2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第4章　§4.4　简单的三角恒等变换（2份打包，原卷版+含解析）

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知识梳理
1．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α：sin 2α＝2sin αcs α.
(2)公式C2α：cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
(3)公式T2α：tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
2．半角公式(不要求记忆)
sin eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,2))；cs eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1＋cs α,2))；tan eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α)).符号由eq \f(α,2)所在象限决定．
常用结论
1．二倍角公式的变形公式
(1)1－cs α＝2sin2eq \f(α,2)，1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2).(升幂公式)
(2)1±sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)±cs \f(α,2)))2.(升幂公式)
(3)sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，tan2α＝eq \f(1－cs 2α,1＋cs 2α).(降幂公式)
2．半角正切公式的有理化
tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α).
自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(1)二倍角的正弦、余弦、正切公式的适用范围是任意角．( × )
(2)半角的正切公式成立的条件是α≠(2k＋1)π(k∈Z)．( √ )
(3)存在角α，使得sin 2α＝2sin α成立．( √ )
(4)sin2eq \f(π,12)－cs2eq \f(π,12)＝eq \f(\r(3),2).( × )
2．cs 15°等于( )
A.eq \r(\f(1＋cs 30°,2)) B.eq \r(\f(1－cs 30°,2))
C．±eq \r(\f(1＋cs 30°,2)) D．±eq \r(\f(1－cs 30°,2))
答案 A
解析 因为15°是第一象限角，所以cs 15°>0，由半角的余弦公式可知cs 15°＝eq \r(\f(1＋cs 30°,2)).
3．若角α满足sin α＋2cs α＝0，则tan 2α等于( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(3,4) C．－eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
答案 D
解析 由题意知，tan α＝－2，所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(4,3).
4．若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,2)))＝－eq \f(\r(7),4)，则cs 2θ的值为 ．
答案 eq \f(1,8)
解析 因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,2)))＝－eq \f(\r(7),4)，所以sin θ＝eq \f(\r(7),4)，所以cs 2θ＝1－2sin2θ＝eq \f(1,8).
题型一 三角函数式的化简
例1 (1)eq \r(1－sin 40°)＋eq \r(\f(1－cs 40°,2))的化简结果为( )
A．－sin 20° B．－cs 20° C．cs 20° D．sin 20°
答案 C
解析 原式＝eq \r(sin 20°－cs 20°2)＋eq \r(\f(1－1－2sin220°,2))＝|sin 20°－cs 20°|＋eq \r(sin220°)
＝cs 20°－sin 20°＋sin 20°＝cs 20°.
(2)化简：cs 20°cs 40°cs 80°＝ .
答案 eq \f(1,8)
解析 cs 20°cs 40°cs 80°＝eq \f(sin 20°cs 20°cs 40°cs 80°,sin 20°)＝eq \f(\f(1,2)sin 40°cs 40°cs 80°,sin 20°)＝eq \f(\f(1,4)sin 80°cs 80°,sin 20°)
＝eq \f(\f(1,8)sin 160°,sin 20°)＝eq \f(1,8).
积化和差、和差化积公式
在三角函数的化简、求值中，有时可以用和差化积、积化和差公式，把非特殊角转化为特殊角进行计算．
典例 化简下列各式．
(1)sin 54°－sin 18°＝ ；
(2)cs 146°＋cs 94°＋2cs 47°cs 73°＝ .
答案 (1)eq \f(1,2) (2)－eq \f(1,2)
解析 (1)由和差化积公式可得，
sin 54°－sin 18°＝2cs 36°·sin 18°＝2×eq \f(2sin 18°cs 18°cs 36°,2cs 18°)＝eq \f(2sin 36°cs 36°,2cs 18°)＝eq \f(sin 72°,2cs 18°)＝eq \f(cs 18°,2cs 18°)＝eq \f(1,2).
(2)由和差化积和积化和差公式可得，cs 146°＋cs 94°＋2cs 47°cs 73°
＝2cs 120°cs 26°＋2×eq \f(1,2)(cs 120°＋cs 26°)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))cs 26°＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋cs 26°＝－eq \f(1,2).
思维升华
(1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则：一看角，二看名，三看式子结构与特征．
(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点．
跟踪训练1 (1)已知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，eq \f(16,3)cs2eq \f(θ,2)＝1＋cs 2θ，则tan θ等于( )
A．－eq \f(\r(5),3) B．－eq \f(\r(5),2) C．－eq \f(3\r(5),5) D．－eq \f(2\r(5),5)
答案 B
解析 因为eq \f(16,3)cs2eq \f(θ,2)＝1＋cs 2θ，将cs2eq \f(θ,2)＝eq \f(1＋cs θ,2)，cs 2θ＝2cs2θ－1代入化简，
可得3cs2θ－4cs θ－4＝0，解得cs θ＝2(舍去)或cs θ＝－eq \f(2,3)，又因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
所以sin θ＝eq \f(\r(5),3)，则tan θ＝eq \f(sin θ,cs θ)＝－eq \f(\r(5),2).
(2)已知0<θ<π，则eq \f(1＋sin θ＋cs θ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(θ,2)－cs \f(θ,2))),\r(2＋2cs θ))＝ .
答案 －cs θ
解析 原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2)＋2cs2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(θ,2)－cs \f(θ,2))),\r(4cs2\f(θ,2)))＝cs eq \f(θ,2)·eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2\f(θ,2)－cs2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2))))＝eq \f(－cs \f(θ,2)·cs θ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)))).
因为0<θ<π，所以00.所以原式＝－cs θ.
题型二 三角函数式的求值
命题点1 给角求值
例2 黄金三角形有两种，一种是顶角为36°的等腰三角形，另一种是顶角为108°的等腰三角形．已知在顶角为36°的黄金三角形中，36°角对应边与72°角对应边的比值为eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618，这个值被称为黄金比例．若t＝eq \f(\r(5)－1,2)，则eq \f(1－2sin227°,2t\r(4－t2))等于( )
A.eq \f(\r(5)＋1,4) B.eq \f(\r(5)－1,4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 D
解析 依题意，得t＝eq \f(sin 36°,sin 72°)＝eq \f(sin 144°,sin 72°)＝2cs 72°，
则eq \f(1－2sin227°,2t\r(4－t2))＝eq \f(cs 54°,4cs 72°\r(4－2cs 72°2))＝eq \f(cs 54°,4cs 72°\r(4sin272°))＝eq \f(cs 54°,4cs 72°·2sin 72°)＝eq \f(sin 36°,4sin 144°)＝eq \f(1,4).
命题点2 给值求值
例3 已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))等于( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(2,3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
答案 D
解析 sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝－cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝1－2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝1－2×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3).
命题点3 给值求角
例4 已知α，β均为锐角，cs α＝eq \f(2\r(7),7)，sin β＝eq \f(3\r(3),14)，则cs 2α＝ ，2α－β＝ .
答案 eq \f(1,7) eq \f(π,3)
解析 因为cs α＝eq \f(2\r(7),7)，所以cs 2α＝2cs2α－1＝eq \f(1,7).又因为α，β均为锐角，sin β＝eq \f(3\r(3),14)，所以sin α＝eq \f(\r(21),7)，cs β＝eq \f(13,14)，因此sin 2α＝2sin αcs α＝eq \f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin 2αcs β－cs 2αsin β＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(13,14)－eq \f(1,7)×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(\r(3),2).因为α为锐角，所以0<2α<π.又cs 2α>0，所以0<2α又β为锐角，所以－eq \f(π,2)<2α－β思维升华
(1)给值求值问题一般是将待求式子化简整理，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角的三角函数值，代入即可．
(2)给角求值问题一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角之间总有一定的关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除特殊角三角函数而得解．
(3)给值求角问题一般先求角的某一三角函数值，再求角的范围，最后确定角．遵照以下原则：
①已知正切函数值，选正切函数；已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，选正、余弦皆可；
②若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦较好．
跟踪训练2 (1)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))＝－eq \f(4,5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,10)))＝ .
答案 eq \f(7,25)
解析 ∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))＝－eq \f(4,5)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))2－1＝eq \f(7,25)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,10)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))＋\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))＝eq \f(7,25).
(2)已知α为锐角，1＋eq \f(\r(3),tan 80°)＝eq \f(1,sin α)，则α＝ .
答案 50°
解析 因为1＋eq \f(\r(3),tan 80°)＝eq \f(sin 80°＋\r(3)cs 80°,sin 80°)＝eq \f(2sin80°＋60°,sin 80°)＝eq \f(2sin 140°,2sin 40°cs 40°)
＝eq \f(sin 40°,sin 40°cs 40°)＝eq \f(1,cs 40°)＝eq \f(1,sin 50°)＝eq \f(1,sin α)，所以sin α＝sin 50°，又因为α为锐角，所以α＝50°.
题型三 三角恒等变换的综合应用
例5 若α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且(1－cs 2α)(1＋sin β)＝sin 2αcs β，则下列结论正确的是( )
A．2α＋β＝eq \f(5π,2) B．2α－β＝eq \f(3π,4)
C．α＋β＝eq \f(7π,4) D．α－β＝eq \f(π,2)
答案 A
解析 ∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴sin α≠0，∵(1－cs 2α)(1＋sin β)＝sin 2αcs β，
∴2sin2α(1＋sin β)＝2sin αcs αcs β，即sin α(1＋sin β)＝cs αcs β.
∴sin α＝cs αcs β－sin αsin β＝cs(α＋β)，∴cs(α＋β)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))，
∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴π<α＋β<2π，且－eq \f(π,2)思维升华
(1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．
(2)形如y＝asin x＋bcs x化为y＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性．
跟踪训练3 已知eq \f(π,4)<θA．c>a>b B．b>c>a C．c>b>a D．b>a>c
答案 C
解析 a＝eq \f(tan θ,tan2θ＋1)＝eq \f(sin θcs θ,sin2θ＋cs2θ)＝sin θcs θ，b＝eq \f(1,2)(1－cs 2θ)＝sin2θ，c＝eq \f(1,cs θ)－cs θ＝eq \f(sin2θ,cs θ)＝sin θtan θ，
又eq \f(π,4)<θ1>sin θ>eq \f(\r(2),2)>cs θ>eq \f(1,2)，所以c＝sin θtan θ>b＝sin2θ>a＝sin θcs θ.
课时精练
一、单项选择题
1．已知α为锐角，cs α＝eq \f(1＋\r(5),4)，则sin eq \f(α,2)等于( )
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)
答案 D
解析 因为α为锐角，所以sin eq \f(α,2)＝eq \r(\f(1－cs α,2))＝eq \r(\f(3－\r(5),8))＝eq \r(\f(\r(5)－12,16))＝eq \f(\r(5)－1,4).
2．1＋tan 22.5°等于( )
A.eq \r(2) B.eq \f(\r(5),2) C.eq \f(1＋\r(5),2) D.eq \f(1＋\r(2),2)
答案 A
解析 由tan 45°＝eq \f(2tan 22.5°,1－tan222.5°)＝1，得2tan 22.5°＝1－tan222.5°，所以(tan 22.5°＋1)2＝2，
又tan 22.5°>0，所以1＋tan 22.5°＝eq \r(2).
3．已知eq \f(sin θ,1＋cs θ)＝2，则tan θ等于( )
A.eq \f(4,3) B．－eq \f(2,3) C．－eq \f(4,3) D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 由eq \f(sin θ,1＋cs θ)＝eq \f(2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2),2cs2\f(θ,2))＝eq \f(sin \f(θ,2),cs \f(θ,2))＝tan eq \f(θ,2)＝2，得tan θ＝eq \f(2tan \f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq \f(4,1－4)＝－eq \f(4,3).
4．已知2cs(2α＋β)－3cs β＝0，则tan αtan(α＋β)等于( )
A．5 B.eq \f(1,5) C．－5 D．－eq \f(1,5)
答案 D
解析 2cs(2α＋β)＝3cs β，则2cs(α＋β＋α)＝3cs(α＋β－α)，
则2cs(α＋β)cs α－2sin(α＋β)sin α＝3cs(α＋β)cs α＋3sin(α＋β)sin α，
即－5sin(α＋β)sin α＝cs(α＋β)cs α，所以－5tan(α＋β)tan α＝1，所以tan αtan(α＋β)＝－eq \f(1,5).
5．已知tan α＝eq \r(2)，则eq \f(sin 3α,sin α)－sin2α等于( )
A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(1,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 因为tan α＝eq \r(2)，
所以eq \f(sin 3α,sin α)－sin2α＝eq \f(sinα＋2α,sin α)－sin2α＝eq \f(sin αcs 2α＋cs αsin 2α,sin α)－sin2α＝cs 2α＋2cs2α－sin2α
＝cs2α－sin2α＋2cs2α－sin2α＝3cs2α－2sin2α＝eq \f(3cs2α－2sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(3－2tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(3－2×\r(2)2,1＋\r(2)2)＝－eq \f(1,3).
6．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(3,5)，eq \f(17π,12)<αA.eq \f(16,25) B.eq \f(4,5) C.eq \f(37,50) D.eq \f(7,10)
答案 D
解析 由eq \f(17π,12)<α所以sin α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－eq \f(\r(2),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)－\f(4,5)))＝－eq \f(7\r(2),10)，
而sin 2α＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝－cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))))＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))2))＝－eq \f(7,25)，
所以sin 2α＋sin2α＝－eq \f(7,25)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10)))2＝eq \f(7,10).
二、多项选择题
7．下列计算结果正确的是( )
A．cs(－15°)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)
B．sin 15°sin 30°sin 75°＝eq \f(1,8)
C．cs(α－35°)cs(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝－eq \f(1,2)
D．2sin 18°cs 36°＝eq \f(1,2)
答案 BD
解析 对于A，cs(－15°)＝cs 15°＝cs(45°－30°)＝cs 45°cs 30°＋sin 45°sin 30°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，所以A错误；
对于B，sin 15°sin 30°sin 75°＝sin 15°sin 30°cs 15°＝eq \f(1,2)sin 15°cs 15°＝eq \f(1,4)sin 30°＝eq \f(1,8)，所以B正确；
对于C, cs(α－35°)cs(25°＋α)＋sin(α－35°)·sin(25°＋α)＝cs[(α－35°)－(25°＋α)]＝cs(－60°)＝cs 60°＝eq \f(1,2)，所以C错误；
对于D,2sin 18°cs 36°＝2cs 72°cs 36°＝2×eq \f(sin 144°,2sin 72°)×eq \f(sin 72°,2sin 36°)＝eq \f(sin 36°,2sin 36°)＝eq \f(1,2)，所以D正确．
8．已知f(x)＝sin xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \f(1,4)，则f(x)的值不可能是( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．－2 D．2
答案 CD
解析 因为f(x)＝sin xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \f(1,4)＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)sin2x＋eq \f(\r(3),2)sin xcs x－eq \f(1,4)
＝eq \f(1,2)×eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(1,4)cs 2x＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
所以－eq \f(1,2)≤f(x)≤eq \f(1,2)，f(x)的值不可能是－2和2.
三、填空题
9．已知0<β<α答案 eq \f(\r(2),2)
解析 ∵cs(2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝－eq \f(1,2)，0<β<α∴sin(α＋β)＝eq \f(\r(3),2)，∴α＋β＝eq \f(π,3)，又α－β＝eq \f(π,6)，∴α＝eq \f(π,4)，∴cs α＝eq \f(\r(2),2).
10．若cs 2α＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，α∈(0，π)，则sin 2α＝ ，tan α＝ .
答案 1 1
解析 由cs 2α＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，得cs2α－sin2α＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs αcs \f(π,4)－sin αsin \f(π,4)))，
即(cs α＋sin α)(cs α－sin α)＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α－sin α))，当sin α＝cs α时，α＝eq \f(π,4)，sin α＋cs α＝eq \r(2)；
当sin α≠cs α时，sin α＋cs α＝eq \r(2).对sin α＋cs α＝eq \r(2)两边平方，得sin2α＋cs2α＋2sin αcs α＝2，
化简得2sin αcs α＝1，即sin 2α＝1，由2sin αcs α＝1，
得eq \f(2sin αcs α,sin2α＋cs2α)＝1，即eq \f(2tan α,tan2α＋1)＝1，整理得tan2α－2tan α＋1＝0，解得tan α＝1.
12．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝ .
答案 eq \f(4－3\r(3),10)
解析 由题意得cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2))),2)＝eq \f(1－sin 2θ,2)＝eq \f(1,10)，即sin 2θ＝eq \f(4,5).
因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)>0，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以0<θ由两角差的正弦公式，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝sin 2θcs eq \f(π,3)－cs 2θsin eq \f(π,3)＝eq \f(4,5)×eq \f(1,2)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4－3\r(3),10).
四、解答题
13．化简并求值．
(1)2cs 50°－eq \f(1,2tan 50°)； (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cs280°)－\f(3,cs210°)))·eq \f(1,cs 20°).
解 (1)原式＝2cs 50°－eq \f(cs 50°,2sin 50°)
＝eq \f(4cs 50°sin 50°－cs 50°,2sin 50°)＝eq \f(2sin 100°－cs 50°,2sin 50°)
＝eq \f(2sin60°＋40°－sin 40°,2cs 40°)＝eq \f(\r(3)cs 40°,2cs 40°)＝eq \f(\r(3),2).
(2)原式＝eq \f(cs 10°－\r(3)cs 80°cs 10°＋\r(3)cs 80°,cs280°cs210°cs 20°)
＝eq \f(cs 10°－\r(3)sin 10°cs 10°＋\r(3)sin 10°,cs280°cs210°cs 20°)＝eq \f(4sin 20°sin 40°,sin210°cs210°cs 20°)＝eq \f(32sin220°cs 20°,sin220°cs 20°)＝32.
14．已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs x，2\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x，－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))，记f(x)＝a·b，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)))＝eq \f(1,3)，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，求cs 2x0.
解 (1)因为f(x)＝a·b＝2cs2x－2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
＝1＋cs 2x－eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝1＋cs 2x－eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(3,2)cs 2x
＝－eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＋1＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1，所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))＋1＝eq \f(1,3)，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))＝eq \f(2,3)，
又因为x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，则x0＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6))))＝－eq \f(\r(5),3)，
则sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))＝－eq \f(4\r(5),9)，
cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))＝cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))＝eq \f(1,9)，
可得cs 2x0＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))cs eq \f(π,3)＋sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,6)))sin eq \f(π,3)
＝eq \f(1,9)×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(5),9)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1－4\r(15),18)，所以cs 2x0＝eq \f(1－4\r(15),18).