5.5.2 简单的三角恒等变换

$ \because $ 角 $ \alpha $ 是第二象限角,且终边经过点 $ (-3,4) $ ,

$ \therefore \sin \alpha =\dfrac{4}{5} $ , $ \cos \alpha =-\dfrac{3}{5} $ ,

$ \therefore \tan \dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{ \sin \dfrac{\alpha }{2}}{ \cos \dfrac{\alpha }{2}}=\dfrac{2\cdot \sin \dfrac{\alpha }{2}\cdot \cos \dfrac{\alpha }{2}}{2{ \cos }^{2}\frac{\alpha }{2}}=\dfrac{ \sin \alpha }{1+ \cos \alpha }=\dfrac{\dfrac{4}{5}}{1+(-\dfrac{3}{5})}=2 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \cos \alpha =1-2{ \sin }^{2}\frac{\alpha }{2} $ ， $ \cos \alpha =\dfrac{1+\sqrt{5}}{4} $ ，所以 $ { \sin }^{2}\frac{\alpha }{2}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{8} $ .又因为 $ \alpha $ 为锐角，所以 $ \dfrac{\alpha }{2} $ 为锐角，则 $ \sin \dfrac{\alpha }{2}=\sqrt{\dfrac{3-\sqrt{5}}{8}}=\sqrt{\dfrac{6-2\sqrt{5}}{16}}=\sqrt{{\left(\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4} $ ，故选 $ \mathrm{D} $ .

$ \sqrt{\dfrac{1+ \cos \alpha }{2}}-\sqrt{\dfrac{1- \cos \alpha }{2}}=\sqrt{{ \cos }^{2}\frac{\alpha }{2}}-\sqrt{{ \sin }^{2}\frac{\alpha }{2}}=| \cos \dfrac{\alpha }{2}|- $

$ | \sin \dfrac{\alpha }{2}| $ , $ \because 3\mathrm{\pi } < \alpha < 4\mathrm{\pi } $ , $ \therefore \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} < \dfrac{\alpha }{2} < 2\mathrm{\pi } $ ,

$ \therefore \sin \dfrac{\alpha }{2} < 0 $ , $ \cos \dfrac{\alpha }{2} > 0 $ .

$ \therefore $ 原式 $ = \sin \dfrac{\alpha }{2}+ \cos \dfrac{\alpha }{2}=\sqrt{2} \sin (\dfrac{\alpha }{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由 $ { \tan }^{2}\frac{\alpha }{2}=\dfrac{3 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+\alpha )+ \sin \alpha -3}{ \sin \alpha } $ ，

得 $ { \tan }^{2}\frac{\alpha }{2}=\dfrac{3 \cos \alpha + \sin \alpha -3}{ \sin \alpha }=\dfrac{2 \sin \dfrac{\alpha }{2} \cos \dfrac{\alpha }{2}-6{ \sin }^{2}\frac{\alpha }{2}}{2 \sin \dfrac{\alpha }{2} \cos \dfrac{\alpha }{2}}=1-3 \tan \dfrac{\alpha }{2} $ ，

则 $ \tan \alpha =\dfrac{2 \tan \dfrac{\alpha }{2}}{1-{ \tan }^{2}\frac{\alpha }{2}}=\dfrac{2}{3} $ ，而 $ \cos 2\alpha =\dfrac{{ \cos }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\alpha }{{ \cos }^{2}\alpha +{ \sin }^{2}\alpha }=\dfrac{1-{ \tan }^{2}\alpha }{1+{ \tan }^{2}\alpha }=\dfrac{5}{13} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为 $ \sin \alpha $ ， $ \cos \alpha $ 是方程 $ 25{x}^{2}-35x+12=0 $ 的两个根，

所以 $ \begin{cases} \sin \alpha + \cos \alpha =\dfrac{7}{5} > 0,\\ \sin \alpha \cos \alpha =\dfrac{12}{25} > 0.\end{cases} $

又因为 $ \alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ，

所以 $ \cos \alpha - \sin \alpha =\sqrt{1-2 \sin \alpha \cos \alpha }=\dfrac{1}{5} $ .

又 $ \sin \alpha + \cos \alpha =\dfrac{7}{5} $ ，所以 $ \cos \alpha =\dfrac{4}{5} $ ，

$ \cos \dfrac{\alpha }{2}=\sqrt{\dfrac{1+ \cos \alpha }{2}}=\sqrt{\dfrac{1+\dfrac{4}{5}}{2}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ .

设 $ x=2\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,于是 $ \sin (2\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{12})=\dfrac{\sqrt{2}}{3}= \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})= \sin x \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+ \cos x \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,

整理可得 $ \sin x+ \cos x=\dfrac{2}{3} $ ,根据万能公式, $ \sin x+ \cos x=\dfrac{2 \tan \dfrac{x}{2}}{1+{ \tan }^{2}\frac{x}{2}}+\dfrac{1-{ \tan }^{2}\frac{x}{2}}{1+{ \tan }^{2}\frac{x}{2}}=\dfrac{2}{3} $ ,

整理可得 $ { \tan }^{2}\frac{x}{2}=\dfrac{1}{5}+\dfrac{6}{5} \tan \dfrac{x}{2} $ ,

由 $ x=2\alpha -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 可得, $ \alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ \alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{12}=\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,

故 $ \tan (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) \tan (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{12})= \tan (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) \tan (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ,

根据诱导公式, $ \tan (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=\dfrac{ \sin (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})}{ \cos (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})}=-\dfrac{ \cos \dfrac{x}{2}}{ \sin \dfrac{x}{2}}=-\dfrac{1}{ \tan \dfrac{x}{2}} $ ,

根据两角和的正切公式得 $ \tan (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{ \tan \dfrac{x}{2}+1}{1- \tan \dfrac{x}{2}} $ ,

故 $ \tan (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) \tan (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{12}) $

$ =-\dfrac{1}{ \tan \dfrac{x}{2}}\cdot \dfrac{ \tan \dfrac{x}{2}+1}{1- \tan \dfrac{x}{2}} $

$ =\dfrac{ \tan \dfrac{x}{2}+1}{{ \tan }^{2}\frac{x}{2}- \tan \dfrac{x}{2}} $

$ =\dfrac{ \tan \dfrac{x}{2}+1}{\dfrac{1}{5}+\dfrac{6}{5} \tan \dfrac{x}{2}- \tan \dfrac{x}{2}} $

$ =\dfrac{ \tan \dfrac{x}{2}+1}{\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5} \tan \dfrac{x}{2}}=5 $ .

由 $ \sin (\alpha +\beta ) \sin (\alpha -\beta )=\dfrac{1}{3} $ ，

得 $ -\dfrac{1}{2}( \cos 2\alpha - \cos 2\beta )=\dfrac{1}{3} $ ，

即 $ { \sin }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\beta =\dfrac{1}{3} $ ，又 $ \sin \alpha + \sin \beta =m $ ，

结合平方差公式可得 $ \sin \alpha - \sin \beta =\dfrac{1}{3m} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由积化和差公式可得 $ \cos {40}^{\circ }\cdot \cos {20}^{\circ }=\dfrac{1}{2}[ \cos ({40}^{\circ }-{20}^{\circ })+ \cos ({40}^{\circ }+{20}^{\circ })]=\dfrac{1}{2}( \cos {20}^{\circ }+ \cos {60}^{\circ })=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2} \cos {20}^{\circ } $ ,

故 $ 1+4 \cos {20}^{\circ }{ \sin }^{2}{50}^{\circ }=1+4 \cos {20}^{\circ } \cos {40}^{\circ }\cdot \cos {40}^{\circ }=1+4(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2} \cos {20}^{\circ }) \cos {40}^{\circ } $

$ =1+ \cos {40}^{\circ }+2 \cos {20}^{\circ } \cos {40}^{\circ } $

$ =2{ \cos }^{2}{20}^{\circ }+2 \cos {20}^{\circ } \cos {40}^{\circ } $

$ =2 \cos {20}^{\circ }( \cos {20}^{\circ }+ \cos {40}^{\circ }) $ ,

由和差化积公式可得

$ \cos {20}^{\circ }+ \cos {40}^{\circ }=2 \cos \dfrac{{40}^{\circ }+{20}^{\circ }}{2}\cdot \cos \dfrac{{40}^{\circ }-{20}^{\circ }}{2}=2 \cos {30}^{\circ } \cos {10}^{\circ }=\sqrt{3} \cos {10}^{\circ } $ ,

故 $ 1+4 \cos {20}^{\circ }{ \sin }^{2}{50}^{\circ }=2 \cos {20}^{\circ }( \cos {20}^{\circ }+ \cos {40}^{\circ })=2\sqrt{3} \cos {10}^{\circ } \cos {20}^{\circ } $ ,

所以 $ \dfrac{2 \sin {80}^{\circ } \cos {20}^{\circ }}{1+4 \cos {20}^{\circ }{ \sin }^{2}{50}^{\circ }} $

$ =\dfrac{2 \cos {10}^{\circ } \cos {20}^{\circ }}{2\sqrt{3} \cos {10}^{\circ } \cos {20}^{\circ }}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ \sin \alpha + \cos \beta =\dfrac{2}{3} $ , $ \cos \alpha + \sin \beta =\dfrac{1}{3} $ ，

所以 $ ( \sin \alpha + \cos \beta )^{2}={ \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\beta +2 \sin \alpha \cos \beta =\dfrac{4}{9} $ ， $ ( \cos \alpha + \sin \beta )^{2}={ \cos }^{2}\alpha +{ \sin }^{2}\beta +2 \cos \alpha \sin \beta =\dfrac{1}{9} $ ，

相加得 $ { \sin }^{2}\alpha +{ \sin }^{2}\beta +{ \cos }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\beta +2 \sin \alpha \cos \beta +2 \cos \alpha \sin \beta =\dfrac{5}{9} $ ，

即 $ 2+2 \sin (\alpha +\beta )=\dfrac{5}{9} $ ，

所以 $ \sin (\alpha +\beta )=-\dfrac{13}{18} $ .

相减得 $ { \sin }^{2}\alpha +{ \cos }^{2}\beta -{ \cos }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\beta +2 \sin \alpha \cos \beta -2 \cos \alpha \sin \beta $

$ =2({ \sin }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\beta )+2( \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta ) $

$ =2({ \sin }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\beta )+2 \sin (\alpha -\beta )=\dfrac{1}{3} $ ，

又 $ \sin \alpha + \sin \beta = \sin (\dfrac{\alpha +\beta }{2}+\dfrac{\alpha -\beta }{2})+ \sin (\dfrac{\alpha +\beta }{2}-\dfrac{\alpha -\beta }{2})=2 \sin \dfrac{\alpha +\beta }{2} \cos \dfrac{\alpha -\beta }{2} $ ，

$ \sin \alpha - \sin \beta = \sin (\dfrac{\alpha +\beta }{2}+\dfrac{\alpha -\beta }{2})- \sin (\dfrac{\alpha +\beta }{2}-\dfrac{\alpha -\beta }{2})=2 \cos \dfrac{\alpha +\beta }{2} \sin \dfrac{\alpha -\beta }{2} $ ，

所以 $ { \sin }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\beta =2 \sin \dfrac{\alpha +\beta }{2} \cos \dfrac{\alpha -\beta }{2}\cdot 2 \cos \dfrac{\alpha +\beta }{2} \sin \dfrac{\alpha -\beta }{2}= \sin (\alpha -\beta ) \sin (\alpha +\beta ) $ ，

所以 $ { \sin }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\beta =-\dfrac{13}{18} \sin (\alpha -\beta ) $ ，

所以 $ \sin (\alpha -\beta )=\dfrac{1}{6}-({ \sin }^{2}\alpha -{ \sin }^{2}\beta )=\dfrac{1}{6}+\dfrac{13}{18} \sin (\alpha -\beta ) $ ，

解得 $ \sin (\alpha -\beta )=\dfrac{3}{5} $ .

依题意, $ \sin (\dfrac{A+B}{2}+\dfrac{A-B}{2})+ \sin (\dfrac{A+B}{2}-\dfrac{A-B}{2})= \cos (\dfrac{A+B}{2}+\dfrac{A-B}{2})+ \cos (\dfrac{A+B}{2}-\dfrac{A-B}{2}) $ ,

则 $ 2 \sin \dfrac{A+B}{2} \cos \dfrac{A-B}{2}=2 \cos \dfrac{A+B}{2} \cos \dfrac{A-B}{2} $ .

在 $ △ABC $ 中, $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \dfrac{A-B}{2} < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,即 $ \cos \dfrac{A-B}{2} > 0 $ ,因此 $ \tan \dfrac{A+B}{2}=1 $ ,又 $ 0 < \dfrac{A+B}{2} < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,于是得 $ \dfrac{A+B}{2}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,

即 $ A+B=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以 $ △ABC $ 是直角三角形.

故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意可得，

$ f(x)=2\sqrt{3} \sin \omega x \cos \omega x-2{ \cos }^{2}\omega x+1=\sqrt{3} \sin 2\omega x- \cos 2\omega x=2 \sin (2\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，若函数 $ f(x) $ 的最小正周期为 $ \mathrm{\pi } $ ，则 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{2\omega }=\mathrm{\pi } $ ，得 $ \omega =1 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ，当 $ \omega =2 $ 时， $ f(x)=2 \sin (4x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ，若 $ x\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ ，则 $ 4x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ，

因为函数 $ y= \sin x $ 在 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上单调递增，所以 $ f(x) $ 在区间 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ 上单调递增，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ，当 $ \omega =2 $ 时， $ f(x)=2 \sin (4x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ，因为 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{24})=2 \sin (4×\dfrac{\mathrm{\pi }}{24}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=2 \sin 0=0 $ ，所以点 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{24},0) $ 是函数 $ f(x) $ 图象的一个对称中心，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ，当 $ x\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 时， $ 2\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\omega -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ，若 $ f(x) $ 在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 上有且只有两个零点，

则 $ \mathrm{\pi } < \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\omega -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant 2\mathrm{\pi } $ ,即 $ \dfrac{7\mathrm{\pi }}{6} < \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\omega \leqslant \dfrac{13\mathrm{\pi }}{6} $ ，解得 $ \dfrac{7}{4} < \omega \leqslant \dfrac{13}{4} $ ，即 $ \omega \in (\dfrac{7}{4},\dfrac{13}{4}] $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.

故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

$ \because \alpha $   为钝角， $ \beta $   为锐角， $ \sin \text{ }\alpha =\dfrac{4}{5} $ ， $ \sin \text{ }\beta =\dfrac{12}{13} $ ，

$ \therefore \cos \text{ }\alpha =-\dfrac{3}{5} $ ， $ \cos \text{ }\beta =\dfrac{5}{13}.\text{ } \cos (\alpha -\beta )= \cos \text{ }\alpha \cos \text{ }\beta + \sin \text{ }\alpha \sin \text{ }\beta =-\dfrac{3}{5}×\dfrac{5}{13}+\dfrac{4}{5}×\dfrac{12}{13}=\dfrac{33}{65} $ .

又 $ \because \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} < \alpha < \mathrm{\pi } $   ， $ 0 < \beta < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，

$ \therefore 0 < \alpha -\beta < \mathrm{\pi } $   ， $ 0 < \dfrac{\alpha -\beta }{2} < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}.\text{ }\therefore \cos \text{ }\dfrac{\alpha -\beta }{2}=\text{ }\sqrt{\dfrac{1+ \cos (\alpha -\beta )}{2}}=\text{ }\sqrt{\dfrac{1+\dfrac{33}{65}}{2}}=\dfrac{7\sqrt{65}}{65} $ .