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【典例4】若$α + β \in ( \frac{π}{2}, π )$, $β$为锐角, $\sin(α + β)=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\cos 2β=\frac{\sqrt{10}}{10}$,则$α - β$的值为 （）
A.$\frac{π}{3}$
B.$\frac{π}{4}$
C.$\frac{3π}{4}$
D.$\frac{5π}{6}$
解题指导 由$α - β = (α + β) - 2β$,结合平方关系与和差公式求出$α - β$的余弦值即可得解.
解析 因为$α + β \in ( \frac{π}{2}, π )$, $β \in ( 0, \frac{π}{2} )$,
所以$\cos(α + β)=-\sqrt{1-( \frac{2\sqrt{5}}{5} )^2}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$,
$\sin 2β=\sqrt{1-( \frac{\sqrt{10}}{10} )^2}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.
因为$2β \in (0, π)$, $\sin(α + β)=\frac{2\sqrt{5}}{5}＞\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$\cos 2β=\frac{\sqrt{10}}{10}＜\frac{1}{2}$,
所以$\frac{π}{2}＜α + β ＜\frac{2π}{3}$, $\frac{π}{3}＜2β ＜\frac{π}{2} ⇒ -\frac{π}{2} ＜ -2β ＜ -\frac{π}{3}$,所以$0＜α - β ＜\frac{π}{3}$,
所以$\cos(α - β)=\cos[ (α + β)-2β ]=\cos(α + β)\cos 2β + \sin(α + β)\sin 2β=-\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
因为$0＜α - β ＜\frac{π}{3}$,所以$α - β=\frac{π}{4}$.（不能忽视角的范围,只有确定了角的范围,才能根据角的三角函数值,确定角的值）
答案 B
A.$\frac{π}{3}$
B.$\frac{π}{4}$
C.$\frac{3π}{4}$
D.$\frac{5π}{6}$
解题指导 由$α - β = (α + β) - 2β$,结合平方关系与和差公式求出$α - β$的余弦值即可得解.
解析 因为$α + β \in ( \frac{π}{2}, π )$, $β \in ( 0, \frac{π}{2} )$,
所以$\cos(α + β)=-\sqrt{1-( \frac{2\sqrt{5}}{5} )^2}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$,
$\sin 2β=\sqrt{1-( \frac{\sqrt{10}}{10} )^2}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.
因为$2β \in (0, π)$, $\sin(α + β)=\frac{2\sqrt{5}}{5}＞\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$\cos 2β=\frac{\sqrt{10}}{10}＜\frac{1}{2}$,
所以$\frac{π}{2}＜α + β ＜\frac{2π}{3}$, $\frac{π}{3}＜2β ＜\frac{π}{2} ⇒ -\frac{π}{2} ＜ -2β ＜ -\frac{π}{3}$,所以$0＜α - β ＜\frac{π}{3}$,
所以$\cos(α - β)=\cos[ (α + β)-2β ]=\cos(α + β)\cos 2β + \sin(α + β)\sin 2β=-\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
因为$0＜α - β ＜\frac{π}{3}$,所以$α - β=\frac{π}{4}$.（不能忽视角的范围,只有确定了角的范围,才能根据角的三角函数值,确定角的值）
答案 B
答案
B
解析
因为$α + β \in ( \frac{π}{2}, π )$，$β$为锐角即$β \in ( 0, \frac{π}{2} )$，由同角三角函数的平方关系可得：
$\cos(α + β)=-\sqrt{1-( \frac{2\sqrt{5}}{5} )^2}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin 2β=\sqrt{1-( \frac{\sqrt{10}}{10} )^2}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
根据已知三角函数值缩小角的范围：由$\sin(α + β)=\frac{2\sqrt{5}}{5}＞\frac{\sqrt{3}}{2}$得$\frac{π}{2}＜α + β ＜\frac{2π}{3}$，由$\cos 2β=\frac{\sqrt{10}}{10}＜\frac{1}{2}$得$\frac{π}{3}＜2β ＜\frac{π}{2}$，因此$0＜α - β=(α + β)-2β ＜\frac{π}{3}$。
利用两角差的余弦公式计算：
$\cos(α - β)=\cos[ (α + β)-2β ]=\cos(α + β)\cos 2β + \sin(α + β)\sin 2β=-\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
结合$0＜α - β ＜\frac{π}{3}$，可得$α - β=\frac{π}{4}$。
$\cos(α + β)=-\sqrt{1-( \frac{2\sqrt{5}}{5} )^2}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin 2β=\sqrt{1-( \frac{\sqrt{10}}{10} )^2}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
根据已知三角函数值缩小角的范围：由$\sin(α + β)=\frac{2\sqrt{5}}{5}＞\frac{\sqrt{3}}{2}$得$\frac{π}{2}＜α + β ＜\frac{2π}{3}$，由$\cos 2β=\frac{\sqrt{10}}{10}＜\frac{1}{2}$得$\frac{π}{3}＜2β ＜\frac{π}{2}$，因此$0＜α - β=(α + β)-2β ＜\frac{π}{3}$。
利用两角差的余弦公式计算：
$\cos(α - β)=\cos[ (α + β)-2β ]=\cos(α + β)\cos 2β + \sin(α + β)\sin 2β=-\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{\sqrt{10}}{10}+\frac{2\sqrt{5}}{5}×\frac{3\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
结合$0＜α - β ＜\frac{π}{3}$，可得$α - β=\frac{π}{4}$。
【变式4】已知$0＜β＜α＜\frac{π}{2}$，有$\sinα\sin(\frac{π}{2}-β)+\cosα\cos(\frac{π}{2}+β)=\frac{3\sqrt{3}}{14}$，且$P(1,4\sqrt{3})$为角$α$的终边上一点，则角$β$的值为（
A.$\frac{π}{12}$
B.$\frac{π}{6}$
C.$\frac{π}{4}$
D.$\frac{π}{3}$
D
）A.$\frac{π}{12}$
B.$\frac{π}{6}$
C.$\frac{π}{4}$
D.$\frac{π}{3}$
答案
由$\sin α \sin(\frac{π}{2}-β) + \cos α \cos(\frac{π}{2}+β) = \frac{3\sqrt{3}}{14}$，
得$\sin α \cos β - \cos α \sin β = \frac{3\sqrt{3}}{14}$，则$\sin(α-β) = \frac{3\sqrt{3}}{14}$。
由$0＜β＜α＜\frac{π}{2}$，得$0＜α-β＜\frac{π}{2}$，
则$\cos(α-β) = \sqrt{1 - (\frac{3\sqrt{3}}{14})^2} = \frac{13}{14}$。
由$P(1,4\sqrt{3})$为角$α$的终边上一点，得$\sin α = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{1^2+(4\sqrt{3})^2}} = \frac{4\sqrt{3}}{7}$，$\cos α = \frac{1}{\sqrt{1^2+(4\sqrt{3})^2}} = \frac{1}{7}$，
所以$\sin β = \sin[α - (α-β)] = \frac{4\sqrt{3}}{7}×\frac{13}{14} - \frac{1}{7}×\frac{3\sqrt{3}}{14} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$0＜β＜\frac{π}{2}$，所以角$β$的值为$\frac{π}{3}$。
得$\sin α \cos β - \cos α \sin β = \frac{3\sqrt{3}}{14}$，则$\sin(α-β) = \frac{3\sqrt{3}}{14}$。
由$0＜β＜α＜\frac{π}{2}$，得$0＜α-β＜\frac{π}{2}$，
则$\cos(α-β) = \sqrt{1 - (\frac{3\sqrt{3}}{14})^2} = \frac{13}{14}$。
由$P(1,4\sqrt{3})$为角$α$的终边上一点，得$\sin α = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{1^2+(4\sqrt{3})^2}} = \frac{4\sqrt{3}}{7}$，$\cos α = \frac{1}{\sqrt{1^2+(4\sqrt{3})^2}} = \frac{1}{7}$，
所以$\sin β = \sin[α - (α-β)] = \frac{4\sqrt{3}}{7}×\frac{13}{14} - \frac{1}{7}×\frac{3\sqrt{3}}{14} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$0＜β＜\frac{π}{2}$，所以角$β$的值为$\frac{π}{3}$。
【典例5】化简$\frac{2\sin18°(3\cos^29° - \sin^29° -1)}{\cos6° + \sqrt{3}\sin6°}$的结果为（）
A.$\frac{1}{2}$
B.1
C.$2\sin9°$
D.2
解题指导 将“1”化为“$\cos^29° + \sin^29°$”，然后逆用二倍角公式化简.
解析 原式
$=\frac{2\sin18°(3\cos^29° - \sin^29° - \cos^29° - \sin^29°)}{2(\frac{1}{2}\cos6° + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin6°)}$
$=\frac{\sin18°(2\cos^29° - 2\sin^29°)}{\sin30°\cos6° + \cos30°\sin6°}$
$=\frac{2\sin18°\cos18°}{\sin(30° + 6°)}$
$=\frac{\sin36°}{\sin36°}$
$=1.$
答案 B
A.$\frac{1}{2}$
B.1
C.$2\sin9°$
D.2
解题指导 将“1”化为“$\cos^29° + \sin^29°$”，然后逆用二倍角公式化简.
解析 原式
$=\frac{2\sin18°(3\cos^29° - \sin^29° - \cos^29° - \sin^29°)}{2(\frac{1}{2}\cos6° + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin6°)}$
$=\frac{\sin18°(2\cos^29° - 2\sin^29°)}{\sin30°\cos6° + \cos30°\sin6°}$
$=\frac{2\sin18°\cos18°}{\sin(30° + 6°)}$
$=\frac{\sin36°}{\sin36°}$
$=1.$
答案 B
答案
B
解析
将分子中的1改写为$\cos^29°+\sin^29°$，化简分子括号部分：$3\cos^29°-\sin^29°-1=2\cos^29°-2\sin^29°=2\cos18°$；对分母提取2，逆用两角和的正弦公式得：$\cos6°+\sqrt{3}\sin6°=2\sin(30°+6°)=2\sin36°$；代入原式可得：$\frac{2\sin18° · 2\cos18°}{2\sin36°}=\frac{\sin36°}{\sin36°}=1$。
