优化方案高中数学 第三章 三角恒等变换 3.2 简单的三角恒等变换应用案巩固提升 新人教A版必修4

【优化方案】2017高中数学 第三章 三角恒等变换 3.2 简单的三角
恒等变换应用案巩固提升 新人教A 版必修4
[A 基础达标]
1．已知2sin α＝1＋cos α，则tan α
2＝( )
A.1
2 B ．1
2或不存在 C ．2
D ．2或不存在
解析：选B ．由2sin α＝1＋cos α， 即4sin α2cos α2＝2cos 2 α
2，
当cos α2＝0时，则tan α
2不存在；
当cos α2≠0时，则tan α2＝1
2
.
2．已知cos θ＝－14(－180°＜θ＜－90°)，则cos θ
2＝( )
A ．－
6
4
B ．
64
C ．－38
D ．38
解析：选B ．因为－180°＜θ＜－90°，所以－90°＜θ2＜－45°.又co s θ＝－1
4，
所以cos θ
2
＝
1＋cos θ
2
＝1－142＝6
4，故选B ． 3．若α∈⎣⎢
⎡⎦
⎥
⎤7π4，2π，则
1＋cos 2α
2
－1－cos 2α
2
等于( ) A ．cos α－sin α B ．cos α＋sin α C ．－cos α＋sin α D ．－cos α－sin α
解析：选B ．因为α∈⎣⎢
⎡⎦
⎥
⎤7π4，2π，
所以sin α≤0，cos α＞0， 则
1＋cos 2α
2
－1－cos 2α2
＝cos 2α－sin 2
α ＝|cos α|－|sin α|＝cos α－(－sin α)＝cos α＋sin α. 4．若θ∈⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤π4，π2，sin 2θ＝378，则sin θ＝( )
A.35 B ．45 C.74
D.34
解析：选D.因为θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2 ，所以2θ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π2，π， 所以cos 2θ≤0，
所以cos 2θ＝－1－sin 2
2θ
＝－
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫3782
＝－18.
又cos 2θ＝1－2sin 2
θ，
所以sin 2
θ＝1－cos 2θ2＝1－⎝ ⎛⎭⎪
⎫－182＝916
，
所以sin θ＝3
4
.
5．化简⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α2＋cos α22
＋2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π
4－α2得( )
A ．2＋sin α
B ．2＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4
C ．2
D ．2＋2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π4 解析：选C.原式＝1＋2sin α2cos α2＋1－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α2＝2＋sin α－cos ⎝ ⎛⎭⎪
⎫π2－α＝2＋sin α－sin α＝2.
6．已知sin θ2－cos θ2＝6
3，则cos 2θ＝________．
解析：因为sin θ2－cos θ2＝6
3，
所以1－sin θ＝23，即sin θ＝1
3，
所以cos 2θ＝1－2sin 2
θ＝1－29＝79.
答案：79
7．若3sin x －3cos x ＝23sin(x ＋φ)，φ∈(－π，π)，则φ＝________． 解析：因为3sin x －3cos x ＝23⎝
⎛⎭
⎪⎫32sin x －12cos x ＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x －π6，
因为φ∈(－π，π)，所以φ＝－π
6.
答案：－π
6
8．已知sin 2θ＝35，0＜2θ＜π
2，则2cos 2θ
2－sin θ－1
2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝________．
解析：2cos 2θ
2
－sin θ－1
2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫θ＋π4
＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫2cos 2 θ2－1－sin θ
2⎝
⎛⎭⎪⎫sin θcos π4＋cos θsin π4
＝cos θ－sin θ
sin θ＋cos θ＝1－
sin θ
cos θsin θcos θ＋1＝1－tan θtan θ＋1
. 因为sin 2θ＝35，0＜2θ＜π
2
，
所以cos 2θ＝45，所以tan θ＝sin 2θ1＋cos 2θ＝3
5
1＋45＝1
3
，
所以1－tan θ
tan θ＋1＝1－1313
＋1＝12
，
即2cos 2 θ
2－sin θ－1
2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1
2.
答案：12
9．已知2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4＋α＝sin θ＋cos θ，2sin 2
β＝sin 2θ，
求证：sin 2α＋1
2
co s 2β＝0.
证明：由2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4＋α＝sin θ＋cos θ， 得2cos α＋2sin α＝sin θ＋cos θ， 两边平方得，2(1＋sin 2α)＝1＋sin 2θ，①
又2sin 2
β＝sin 2θ，②
由①②两式消去sin 2θ，得2(1＋sin 2α)＝1＋2sin 2
β， 即2sin 2α＋cos 2β＝0，所以sin 2α＋1
2cos 2β＝0.
10．(2015·高考广东卷)已知tan α＝2. (1)求tan ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π4的值； (2)求sin 2α
sin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1的值．
解：(1)tan ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋tan
π
41－tan αtan
π4＝2＋11－2×1＝－3.
(2)sin 2α
sin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1 ＝2sin αcos α
sin 2
α＋sin αcos α－2cos 2
α
＝
2tan αtan 2
α＋tan α－2＝2×2
4＋2－2
＝1.
[B 能力提升]
1．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝34，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，π，则sin θ＋cos θ的值是
( )
A ．
62 B ．－62
C ．－
22
D ．
22
解析：选C.cos ⎝
⎛⎭⎪⎫π4＋θ·cos ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫π4－θ
＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝12sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－2θ
＝12cos 2θ＝34. 所以cos 2θ＝3
2
. 因为θ∈⎝
⎛⎭⎪⎫3π4，π，所以2θ∈⎝ ⎛⎭
⎪
⎫3π2，2π，
所以sin 2θ＝－1
2，且sin θ＋cos θ＜0.
所以(sin θ＋cos θ)2
＝1＋sin 2θ＝1－12＝12
.
所以sin θ＋cos θ＝－
22
. 2．已知A ＋B ＝2π3，那么cos 2A ＋cos 2
B 的最大值是______，最小值是________．
解析：因为A ＋B ＝2π3，所以cos 2A ＋cos 2
B
＝1
2(1＋cos 2A ＋1＋cos 2B ) ＝1＋1
2(c os 2A ＋cos 2B )
＝1＋cos(A ＋B )cos(A －B ) ＝1＋cos 2π
3cos(A －B )
＝1－1
2cos(A －B )，
所以当cos(A －B )＝－1时， 原式取得最大值3
2
；
当cos(A －B )＝1时，原式取得最小值1
2.
答案：32 12
3．已知π＜α＜3π
2
，化简：
1＋sin α1＋cos α－1－cos α
＋
1－sin α
1＋cos α＋1－cos α.
解：原式＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫sin α2＋cos α22
2⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2－2⎪
⎪⎪⎪⎪⎪sin α2＋
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
sin α2－cos α22
2⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2＋2⎪
⎪⎪⎪⎪⎪sin α2，
因为π＜α＜3π2，所以π2＜α2＜3π
4.
所以cos α2＜0，sin α
2
＞0.
所以原式＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫sin α2＋cos α22
－2⎝
⎛⎭⎪⎫sin α2＋cos α2＋
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
sin α2－cos α22
2⎝
⎛⎭⎪⎫sin α2－cos α2
＝－sin α2＋cos α22＋sin α2－cos
α22
＝－2cos α
2.
4．(选做题)如图所示，已知OPQ 是半径为1，圆心角为π
3的扇形，四边形ABCD 是扇形
的内接矩形，B ，C 两点在圆弧上，OE 是∠POQ 的平分线，E 在PQ
︵
上，连接OC
，记∠COE ＝α，则角α为何值时矩形ABCD 的面积最大？并求最大面积．
解：如图所示，设OE 交AD 于M ，交BC 于N ，显然矩形ABCD 关于OE 对称，而M ，N 均为AD ，BC 的中点，在Rt △ONC 中，CN ＝sin α，ON ＝cos α，OM ＝DM
tan
π6＝3DM ＝3CN
＝3sin α，
所以MN ＝ON －OM ＝cos α－3sin α，
即AB ＝cos α－3sin α，而BC ＝2CN ＝2sin α， 故S 矩形ABCD ＝AB ·BC ＝()cos α－3sin α·2sin α
＝2sin αcos α－23sin 2
α ＝sin 2α－3(1－cos 2α) ＝sin 2α＋3cos 2α－ 3 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫
12sin 2α＋32cos 2α－ 3
＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2α＋π3－ 3. 因为0＜α＜π6，所以0＜2α＜π3，π3＜2α＋π3＜2π
3.
故当2α＋π3＝π2，即α＝π
12时，S 矩形ABCD 取得最大值，
此时S 矩形ABCD ＝2－ 3.。