5.5.2 第1课时 简单的三角恒等变换(一)-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　三角函数 5.5　三角恒等变换 5.5.2　简单的三角恒等变换 第1课时　简单的三角恒等变换(一) (教师独具内容) 课程标准：1.能用二倍角公式导出半角公式.2.能用两角和与差的三角函数公式导出积化和差、和差化积公式． 教学重点：利用三角恒等变换对三角函数式化简、求值以及进行三角恒等式的证明． 教学难点：三角恒等变换的特点、变换技巧． 核心素养：通过对公式的推导及简单应用，培养逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 1-2sin2α 2cos2α-1 2α α 知识点一　半角公式 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 答案 核心概念掌握 8 答案 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　利用半角公式解决求值问题 解 核心素养形成 11 解 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 求sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°的值． 题型二　积化和差、和差化积公式的应用 解 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 【感悟提升】利用积化和差及和差化积公式进行转化求值的注意点 (1)积化和差时，可以是同名函数的乘积，也可以是异名函数的乘积，而和差化积时，必须是同名函数的和差． (2)和差化积时，两函数值的系数绝对值相同，注意特殊角的三角函数与特殊值在转化中的使用技巧． 核心素养形成 19 证明 【跟踪训练】 2．已知sinA＋sin3A＋sin5A＝a，cosA＋cos3A＋cos5A＝b.求证：(2cos2A＋1)2＝a2＋b2. 证明：由题意知(sinA＋sin5A)＋sin3A＝2sin3Acos2A＋sin3A＝a， (cosA＋cos5A)＋cos3A＝2cos3Acos2A＋cos3A＝b， ∴sin3A(2cos2A＋1)＝a，① cos3A(2cos2A＋1)＝b.② ①2＋②2，得(2cos2A＋1)2＝a2＋b2. 核心素养形成 20 题型三　三角函数式的化简与证明问题 解 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 【感悟提升】化简与证明问题中的“三变” (1)变角：三角变换时通常先寻找式子中各角之间的关系，通过拆、凑等手段消除角之间的差异，合理选择联系它们的公式． (2)变名：观察三角函数种类的差异，尽量统一函数的名称，如统一为弦或统一为切． (3)变式：观察式子的结构形式的差异，选择适当的变形途径，如升幂、降幂、配方、开方等． 核心素养形成 23 证明 核心素养形成 24 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 答案 解析 －5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 利用半角余弦公式化简三角函数式 半角正弦公式的应用 求三角函数值；半角正切公式的应用 利用半角余弦公式、两角差的余弦公式判断三角形形状 利用半角正弦公式、两角差的正弦公式、正弦函数的单调性比较大小 利用二倍角公式、半角公式化简三角函数式 半角正弦公式、二倍角的余弦公式化简求值 积化和差公式的应用；余弦型函数求值域 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 32 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用和差化积公式化简三角函数式 三角恒等式的证明 诱导公式的应用；半角余弦公式的应用 诱导公式的应用；半角正切公式的应用；两角差的正切公式的应用 同角三角函数的基本关系的应用；两角差的余弦公式的应用；积化和差公式的应用 同角三角函数的基本关系的应用；两角和公式的应用；半角公式的应用 同角三角函数的基本关系；半角正弦及余弦公式的应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 33 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 34 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 35 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 36 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 －3 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 　　　　　　　　　　　　　 R [提醒]　公式中的正负号不能直接去掉，要根据eq \f(α,2)所在范围选用符号． 1-2sin2eq \f(α,2) 2cos2eq \f(α,2)-1 知识点二　积化和差与和差化积公式 (1)积化和差公式 sinαcosβ＝eq \f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]． cosαsinβ＝eq \f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]． cosαcosβ＝eq \f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]． sinαsinβ＝－eq \f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]． (2)和差化积公式 sinα＋sinβ＝2sineq \f(α＋β,2)coseq \f(α－β,2). sinα－sinβ＝2coseq \f(α＋β,2)sineq \f(α－β,2). cosα＋cosβ＝2coseq \f(α＋β,2)coseq \f(α－β,2). cosα－cosβ＝－2sineq \f(α＋β,2)sineq \f(α－β,2). 1．(半角的正弦公式)已知180°<α<360°，则sineq \f(α,2)的值为(　　) A．－eq \r(\f(1－cosα,2)) B.eq \r(\f(1－cosα,2)) C．－eq \r(\f(1＋cosα,2)) D.eq \r(\f(1＋cosα,2)) 2．(半角的余弦公式)设3π<α<4π，coseq \f(α,2)＝m，那么coseq \f(α,4)＝(　　) A.eq \r(\f(m＋1,2)) B．－eq \r(\f(m＋1,2)) C．－eq \r(\f(1－m,2)) D.eq \r(\f(1－m,2)) 3．(半角的正切公式)已知taneq \f(θ,2)＝2，则cosθ＝(　　) A.eq \f(4,5) B．－eq \f(4,5) C.eq \f(4,15) D．－eq \f(3,5) (3,5)INCLUDEPICTURE"例1灰.TIF" INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例1灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例1灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例1灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知|cosθ|＝，且eq \f(5π,2)<θ<3π，求sineq \f(θ,2)，coseq \f(θ,2)，taneq \f(θ,2)的值． 解　∵|cosθ|＝eq \f(3,5)，eq \f(5π,2)<θ<3π， ∴cosθ＝－eq \f(3,5)，eq \f(5π,4)<eq \f(θ,2)<eq \f(3π,2). ∴sineq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq \f(2\r(5),5)， coseq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq \f(\r(5),5)， ∴taneq \f(θ,2)＝eq \f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝2. [条件探究]　若条件变为“θ为第二象限角，tanθ＝－eq \f(4,3)，且sineq \f(θ,2)<coseq \f(θ,2)”，如何求解？ 解：∵θ为第二象限角，且sineq \f(θ,2)<coseq \f(θ,2)， ∴eq \f(θ,2)为第三象限角，故coseq \f(θ,2)<0. ∵tanθ＝－eq \f(4,3)，∴cosθ＝－eq \f(3,5). ∴sineq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1－cosθ,2))＝－eq \f(2\r(5),5)， coseq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1＋cosθ,2))＝－eq \f(\r(5),5)， taneq \f(θ,2)＝2. 【感悟提升】利用半角公式求值的思路 (1)看角：若已知三角函数式中的角是待求三角函数式中角的两倍，则常常借助半角公式求解． (2)明范围：由于半角公式求值常涉及符号问题，因此求解时务必依据角的范围，求出相应半角的范围． (3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用taneq \f(α,2)＝eq \f(sinα,1＋cosα)＝eq \f(1－cosα,sinα)，其优点是计算时可避免因开方带来的求角的范围问题；涉及半角公式的正、余弦值时，常先利用sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1－cosα,2)，cos2eq \f(α,2)＝eq \f(1＋cosα,2)计算． (4)下结论：结合(2)求值． 【跟踪训练】 1．已知α为钝角，β为锐角，且sinα＝eq \f(4,5)，sinβ＝eq \f(12,13). (1)求coseq \f(α－β,2)的值； (2)求taneq \f(α－β,2)的值． 解：(1)因为α为钝角，β为锐角，sinα＝eq \f(4,5)，sinβ＝eq \f(12,13)， 所以cosα＝－eq \f(3,5)，cosβ＝eq \f(5,13)， 所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq \f(5,13)＋eq \f(4,5)×eq \f(12,13)＝eq \f(33,65). 因为eq \f(π,2)<α<π，且0<β<eq \f(π,2)，所以0<α－β<π， 即0<eq \f(α－β,2)<eq \f(π,2)， 所以coseq \f(α－β,2)＝eq \r(\f(1＋cos（α－β）,2))＝eq \r(\f(1＋\f(33,65),2)) ＝eq \f(7\r(65),65). (2)解法一：由(1)可知，0<eq \f(α－β,2)<eq \f(π,2)， 所以sineq \f(α－β,2)＝eq \r(1－cos2\f(α－β,2))＝eq \f(4\r(65),65)， 所以taneq \f(α－β,2)＝eq \f(sin\f(α－β,2),cos\f(α－β,2))＝eq \f(4,7). 解法二：由0<α－β<π，cos(α－β)＝eq \f(33,65)， 得sin(α－β)＝eq \r(1－cos2（α－β）)＝eq \f(56,65)， 所以taneq \f(α－β,2)＝eq \f(sin（α－β）,1＋cos（α－β）)＝eq \f(\f(56,65),1＋\f(33,65))＝eq \f(4,7). 解　解法一：sin220°＋cos250°＋sin20°cos50° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋eq \f(1,2)(1＋cos100°)＋eq \f(1,2)[sin70°＋sin(－30°)] ＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)(cos100°－cos40°＋sin70°) ＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)(－2sin70°sin30°＋sin70°) ＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)(－sin70°＋sin70°) ＝eq \f(3,4). 解法二：sin220°＋cos250°＋sin20°cos50° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°(cos50°＋sin20°) ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°(sin40°＋sin20°) ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°·2sin30°cos10° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°cos10° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋eq \f(1,2)(cos60°＋cos40°) ＝eq \f(3,4). (3π,2)INCLUDEPICTURE"例3灰.TIF" INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知π<α<，化简： eq \f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq \f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα)). 解　原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))－\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＋\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))). ∵π<α<eq \f(3π,2)，∴eq \f(π,2)<eq \f(α,2)<eq \f(3π,4)， ∴coseq \f(α,2)<0，sineq \f(α,2)>0， ∴原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))\s\up12(2),－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))))＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))) ＝－eq \f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2),\r(2))＋eq \f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2),\r(2)) ＝－eq \r(2)coseq \f(α,2). 【跟踪训练】 3．求证：eq \f(2sinxcosx,（sinx＋cosx－1）（sinx－cosx＋1）)＝eq \f(1＋cosx,sinx). 证明：左边＝eq \f(2sinxcosx,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(x,2)cos\f(x,2)－2sin2\f(x,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(x,2)cos\f(x,2)＋2sin2\f(x,2)))) ＝eq \f(2sinxcosx,4sin2\f(x,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(x,2)－sin2\f(x,2))))＝eq \f(sinx,2sin2\f(x,2))＝eq \f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))＝eq \f(2cos2\f(x,2),2sin\f(x,2)cos\f(x,2))＝eq \f(1＋cosx,sinx)＝右边． 所以原等式成立． 1．已知cosθ＝eq \f(2,3)且θ∈(0，π)，则coseq \f(θ,2)＝(　　) A.eq \f(\r(30),6) B．－eq \f(\r(30),6) C．±eq \f(\r(30),6) D．－eq \f(\r(5),6) 解析：∵cosθ＝eq \f(2,3)，且θ∈(0，π)，∴eq \f(θ,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴coseq \f(θ,2)>0，∴coseq \f(θ,2)＝eq \r(\f(1＋cosθ,2))＝eq \r(\f(1＋\f(2,3),2))＝eq \f(\r(30),6). 2．(2024·辽宁沈阳郊联体高一上期末)设π<θ<2π，cosθ＝－eq \f(1,3)，则sineq \f(θ,2)＝(　　) A.eq \f(\r(6),3) B．－eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(3),3) D．±eq \f(\r(6),3) 解析：由π<θ<2π，得eq \f(π,2)<eq \f(θ,2)<π，则sineq \f(θ,2)>0，所以sineq \f(θ,2)＝eq \r(\f(1－cosθ,2))＝eq \r(\f(2,3))＝eq \f(\r(6),3).故选A. 3．已知eq \f(π,2)<θ<eq \f(3π,4)，且sin2θ＝－eq \f(3,5)，则tanθ＝(　　) A．3 B．－eq \f(1,2) C．－3或－eq \f(1,2) D．－3 解析：∵eq \f(π,2)<θ<eq \f(3π,4)，∴π<2θ<eq \f(3π,2)，∴cos2θ＝－eq \r(1－sin22θ)＝－eq \f(4,5)， ∴tanθ＝eq \f(sin2θ,1＋cos2θ)＝eq \f(－\f(3,5),1－\f(4,5))＝－3. eq \f(\r(5),5) 4．(2024·上海第十中学高一上期末)已知sinα＋cosα＝eq \f(1,5)，0<α<π，则coseq \f(α,2)＝______． 解析：sinα＋cosα＝eq \f(1,5)　①，两边平方得1＋2sinαcosα＝eq \f(1,25)，即2sinαcosα＝－eq \f(24,25)<0，因为0<α<π，所以sinα>0，cosα<0，所以sinα－cosα＝eq \r(（sinα－cosα）2)＝eq \r(1－2sinαcosα)＝eq \f(7,5)　②，①②两式联立，得sinα＝eq \f(4,5)， cosα＝－eq \f(3,5)，所以coseq \f(α,2)＝eq \r(\f(1＋cosα,2))＝eq \f(\r(5),5). 5．(2024·山东青岛二中高一下月考)若α是第三象限角，且sin(α－β)cosβ＋sinβcos(α－β)＝－eq \f(5,13)，则taneq \f(α,2)＝______． 解析：由sin(α－β)cosβ＋sinβcos(α－β)＝－eq \f(5,13)，可得sinα＝－eq \f(5,13)，因为α是第三象限角，所以cosα＝－eq \f(12,13)，所以taneq \f(α,2)＝eq \f(1－cosα,sinα)＝－5. 1．若π<α<2π，则化简eq \r(\f(1－cos（α－π）,2))的结果是(　　) A．sineq \f(α,2) B．coseq \f(α,2) C．－coseq \f(α,2) D．－sineq \f(α,2) 解析：∵π<α<2π，∴eq \f(π,2)<eq \f(α,2)<π，∴coseq \f(α,2)<0，原式＝eq \r(\f(1＋cosα,2))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝ －coseq \f(α,2).故选C. 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cosα＝eq \f(1＋\r(5),4)，则sineq \f(α,2)＝(　　) A.eq \f(3－\r(5),8) B.eq \f(－1＋\r(5),8) C.eq \f(3－\r(5),4) D.eq \f(－1＋\r(5),4) 解析：因为cosα＝1－2sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1＋\r(5),4)，而α为锐角，解得sineq \f(α,2)＝eq \r(\f(3－\r(5),8))＝eq \r(\f(（\r(5)－1）2,16))＝eq \f(\r(5)－1,4).故选D. 3．已知角α是第二象限角，且终边经过点(－3，4)，则taneq \f(α,2)＝(　　) A．3 B.eq \f(1,2) C．2 D.eq \f(1,2)或2 解析：∵角α是第二象限角，且终边经过点(－3，4)，∴sinα＝eq \f(4,5)，cosα＝－eq \f(3,5)，∴taneq \f(α,2)＝eq \f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq \f(2sin\f(α,2)cos\f(α,2),2cos2\f(α,2))＝eq \f(sinα,1＋cosα)＝eq \f(\f(4,5),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))))＝2.故选C. 4．在△ABC中，若sinAsinB＝cos2eq \f(C,2)，则△ABC是(　　) A．等边三角形 B．等腰三角形 C．不等边三角形 D．直角三角形 解析：∵sinAsinB＝eq \f(1,2)(1＋cosC)，即2sinAsinB＝1＋cosC，∴2sinAsinB＝1－cosAcosB＋sinAsinB，故得cos(A－B)＝1，又A－B∈(－π，π)，∴A－B＝0，即A＝B，则△ABC是等腰三角形． 5．设a＝eq \f(1,2)cos6°－eq \f(\r(3),2)sin6°，b＝2sin13°cos13°，c＝eq \r(\f(1－cos50°,2))，则有(　　) A．c<b<a B．a<b<c C．a<c<b D．b<c<a 解析：a＝eq \f(1,2)cos6°－eq \f(\r(3),2)sin6°＝sin(30°－6°)＝sin24°，b＝2sin13°cos13°＝sin26°，c＝eq \r(\f(1－cos50°,2))＝sin25°，又函数y＝sinx，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))是增函数，所以a<c<b.故选C. 6．(多选)下列各式与tanα相等的是(　　) A.eq \r(\f(1－cos2α,1＋cos2α)) B.eq \f(sinα,1＋cosα) C.eq \r(\f(1＋cos（π＋2α）,2))·eq \f(1,cosα)(α∈(0，π)) D.eq \f(1－cos2α,sin2α) 解析： eq \r(\f(1－cos2α,1＋cos2α))＝eq \r(\f(2sin2α,2cos2α))＝eq \r(tan2α)＝|tanα|，A不符合题意；eq \f(sinα,1＋cosα)＝eq \f(2sin\f(α,2)cos\f(α,2),2cos2\f(α,2))＝taneq \f(α,2)，B不符合题意；因为α∈(0，π)，所以原式＝eq \r(\f(1－cos2α,2))·eq \f(1,cosα)＝eq \f(sinα,cosα)＝tanα，C符合题意；eq \f(1－cos2α,sin2α)＝eq \f(2sin2α,2sinαcosα)＝tanα，D符合题意． －eq \f(1,9) 7．(2024·浙江杭州学军中学高一上月考)在△ABC中，若cosA＝eq \f(1,3)，则sin2eq \f(B＋C,2)＋cos2A＝______． 解析：sin2eq \f(B＋C,2)＋cos2A＝eq \f(1－cos（B＋C）,2)＋2cos2A－1＝eq \f(1＋cosA,2)＋2cos2A－1＝－eq \f(1,9). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2))) 8．已知α，β为锐角，且α－β＝eq \f(π,6)，那么sinαsinβ的取值范围是________． 解析：∵α－β＝eq \f(π,6)，∴sinαsinβ＝－eq \f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]＝ －eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos（α＋β）－\f(\r(3),2)))＝－eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β＋\f(π,6)))－\f(\r(3),2))).∵α，β为锐角，∴0<β<eq \f(π,3)， ∴eq \f(π,6)<2β＋eq \f(π,6)<eq \f(5π,6)，∴－eq \f(\r(3),2)<coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β＋\f(π,6)))<eq \f(\r(3),2)，∴0<－eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β＋\f(π,6)))－\f(\r(3),2)))<eq \f(\r(3),2). 故sinαsinβ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2))). 9．化简：eq \f(cosα＋cos3α＋cos5α＋cos7α,sinα＋sin3α＋sin5α＋sin7α). 解：原式＝eq \f(（cosα＋cos7α）＋（cos3α＋cos5α）,（sinα＋sin7α）＋（sin3α＋sin5α）) ＝eq \f(2cos4αcos3α＋2cos4αcosα,2sin4αcos3α＋2sin4αcosα) ＝eq \f(2cos4α（cos3α＋cosα）,2sin4α（cos3α＋cosα）) ＝eq \f(1,tan4α). 10．求证：taneq \f(3x,2)－taneq \f(x,2)＝eq \f(2sinx,cosx＋cos2x). 证明：证法一(由左推右)： taneq \f(3x,2)－taneq \f(x,2)＝eq \f(sin\f(3x,2),cos\f(3x,2))－eq \f(sin\f(x,2),cos\f(x,2)) ＝eq \f(sin\f(3x,2)cos\f(x,2)－cos\f(3x,2)sin\f(x,2),cos\f(3x,2)cos\f(x,2)) ＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq \f(sinx,cos\f(3x,2)cos\f(x,2)) ＝eq \f(2sinx,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2)))) ＝eq \f(2sinx,cosx＋cos2x). 所以原等式成立． 证法二(由右推左)： eq \f(2sinx,cosx＋cos2x)＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2)))) ＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3x,2)cos\f(x,2)－cos\f(3x,2)sin\f(x,2))),2cos\f(3x,2)cos\f(x,2)) ＝eq \f(sin\f(3x,2),cos\f(3x,2))－eq \f(sin\f(x,2),cos\f(x,2)) ＝taneq \f(3x,2)－taneq \f(x,2). 所以原等式成立． 11．(2024·重庆八中高一上期末)若tan(π＋α)＝－eq \f(4,3)，α是第二象限角，则eq \f(1,sin\f(π＋α,2)·sin\f(π－α,2))＝(　　) A.eq \f(3,5) B．3 C．5 D.eq \f(5,3) 解析：因为tan(π＋α)＝tanα＝－eq \f(4,3)，α是第二象限角，所以cosα＝－eq \f(3,5)，所以eq \f(1,sin\f(π＋α,2)·sin\f(π－α,2))＝eq \f(1,cos\f(α,2)·cos\f(α,2))＝eq \f(2,1＋cosα)＝eq \f(2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))))＝5.故选C. 12．(多选)设sin2x＝a，cos2x＝b，0<x<eq \f(π,4)，下列各式等于taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的是(　　) A．－eq \f(b,1＋a) B.eq \f(a－b＋1,a＋b－1) C.eq \f(a－1,b) D.eq \f(a－b－1,a＋b＋1) 解析：taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))),1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))))＝eq \f(－cos2x,1＋sin2x)＝eq \f(－b,1＋a)，A正确；taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))))＝eq \f(1－sin2x,－cos2x)＝eq \f(1－a,－b)＝eq \f(a－1,b)，C正确；tanx＝eq \f(sin2x,1＋cos2x)＝eq \f(a,1＋b)，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq \f(tanx－tan\f(π,4),1＋tanxtan\f(π,4))＝eq \f(\f(a,1＋b)－1,1＋\f(a,1＋b))＝eq \f(a－b－1,a＋b＋1)，D正确．故选ACD. 13．(多选)已知cos(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，cos2α＝－eq \f(5,13)，其中α，β为锐角，下列判断正确的是(　　) A．sin2α＝eq \f(12,13) B.cos(α－β)＝eq \f(19\r(5),65) C．cosαcosβ＝eq \f(8\r(5),65) D.tanαtanβ＝eq \f(11,8) 解析：因为cos(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，cos2α＝－eq \f(5,13)，其中α，β为锐角，所以sin(α＋β)＝eq \f(2\r(5),5)，sin2α＝eq \r(1－cos22α)＝eq \f(12,13)，故A正确；cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＋eq \f(12,13)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(29\r(5),65)，故B错误；cosαcosβ＝eq \f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)＋\f(29\r(5),65)))＝eq \f(8\r(5),65)，故C正确；sinαsinβ＝eq \f(1,2)[cos(α－β)－cos(α＋β)]＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(29\r(5),65)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))))＝eq \f(21\r(5),65)，所以tanαtanβ＝eq \f(21,8)，故D错误．故选AC. 14．(2024·山东济宁育才中学高一上期末)已知α为第二象限角，且eq \f(1－tanα,1＋tanα)＝eq \f(4,3)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,8)))＝________，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝________． eq \f(4－3\r(3),10) 解析：∵α为第二象限角，且eq \f(1－tanα,1＋tanα)＝eq \f(4,3)，∴tanα＝－eq \f(1,7)＝eq \f(sinα,cosα)，又sin2α＋cos2α＝1，∴sinα＝eq \f(\r(2),10)，cosα＝－eq \f(7\r(2),10)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq \f(π,4)＋cosαsineq \f(π,4)＝－eq \f(3,5)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝cosαcoseq \f(π,4)－sinαsineq \f(π,4)＝－eq \f(4,5)，∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,8)))＝eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq \f(1＋\f(4,5),－\f(3,5))＝－3.∵sineq \f(π,12)＝eq \r(\f(1－cos\f(π,6),2))＝eq \f(\r(2－\r(3)),2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，coseq \f(π,12)＝eq \r(\f(1＋cos\f(π,6),2))＝eq \f(\r(2＋\r(3)),2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝sinαcoseq \f(π,12)＋cosαsineq \f(π,12)＝eq \f(\r(2),10)×eq \f(\r(6)＋\r(2),4)－eq \f(7\r(2),10)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝eq \f(4－3\r(3),10). 15．已知eq \f(π,2)<α<π，且cosαeq \r(\f(1－sinα,1＋sinα))＋sinα·eq \r(\f(1＋cosα,1－cosα))＝eq \f(1,5). (1)求sinα－cosα的值； (2)求eq \f(－3sin2\f(α,2)－4sin\f(α,2)cos\f(α,2)＋cos2\f(α,2)＋1,tanα＋\f(1,tanα))的值． 解：(1)cosαeq \r(\f(1－sinα,1＋sinα))＋sinαeq \r(\f(1＋cosα,1－cosα)) ＝cosαeq \r(\f(（1－sinα）2,（1＋sinα）（1－sinα）))＋sinαeq \r(\f(（1＋cosα）2,（1－cosα）（1＋cosα）)) ＝cosαeq \f(1－sinα,|cosα|)＋sinαeq \f(1＋cosα,|sinα|)， 由eq \f(π,2)<α<π， 得原式＝sinα－1＋1＋cosα＝sinα＋cosα＝eq \f(1,5)， 平方，得1＋2sinαcosα＝eq \f(1,25)， 即2sinαcosα＝－eq \f(24,25)， ∵eq \f(π,2)<α<π， ∴sinα－cosα＝eq \r(1－2sinαcosα)＝eq \f(7,5). (2)eq \f(－3sin2\f(α,2)－4sin\f(α,2)cos\f(α,2)＋cos2\f(α,2)＋1,tanα＋\f(1,tanα)) ＝eq \f(\f(（－3）（1－cosα）,2)－2sinα＋\f(1＋cosα,2)＋1,tanα＋\f(1,tanα)) ＝eq \f(2（cosα－sinα）,\f(sinα,cosα)＋\f(cosα,sinα))＝2sinαcosα(cosα－sinα) ＝－eq \f(24,25)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)))＝eq \f(168,125). $$