高一数学人教B版必修4课件：3-2-2 半角的正弦、余弦和正切

[解析]
∵α 是第四象限的角，
3π ∴2kπ＋ 2 <α<2kπ＋2π(k∈Z) 3π α kπ＋ 4 <2<kπ＋π(k∈Z) α 当 k 为偶数时， 是第二象限角， 2 α sin2＝ α cos2＝－ 1－cosα 5 2 ＝5， 1＋cosα 2 5 2 ＝－ 5 ；
α tan ＝－ 2
• 3．2.2 半角的正弦、余弦和
正切
• 重点：半角的正弦、余弦、正切公式及推
导． • 难点：公式的灵活运用． • 1 ．确定半角的正弦、余弦、正切无理表 示式前符号的原则 • (1)若给出的角是某一象限的角时，可根据 下表决定符号.
α (2)若给出角 α 的范围(即某一区间)时， 可先求 的范围， 2 α 然后再根据2所在范围来确定符号． (3)如果没有给出决定符号的条件，则在根号前保留正 负两个符号．
[解析]
由已知 BC＝30，CD＝10 3.
在 Rt△ABE 中，BE＝AEcotθ； 在 Rt△ACE 中，CE＝AEcot2θ. ∴BC＝BE－CE＝AE(cotθ－cot2θ)． 同理可得 CD＝CE－DE＝AE(cot2θ－cot4θ)． BC AEcotθ－cot2θ 于是CD＝ ， AEcot2θ－cot4θ cotθ－cot2θ 30 即 ＝ ＝ 3. cot2θ－cot4θ 10 3
1－cosα 1 ＝－ ； 2 1＋cosα
α 当 k 为奇数时， 是第四象限角， 2 α sin2＝－ α cos2＝ α tan2＝－ 1－cosα 5 2 ＝－ 5 ， 1＋cosα 2 5 2 ＝ 5 ， 1－cosα 1 ＝－2. 1＋cosα
• [点评] 运用半角公式来解题，尤其要注意
cosθ cos2θ sinθ － cotθ－cot2θ sinθ sin2θ sinθsin2θ 而 ＝ ＝ cos2 θ cos4 θ sin2θ cot2θ－cot4θ sin2θ － sin4θ sin2θsin4θ sin4θ ＝ ＝2cos2θ＝ 3. sin2θ 3 ∴cos2θ＝ 2 ，∴2θ＝30° ，∴θ＝15° . 1 1 ∴AE＝ AC＝ BC＝15(m)． 2 2 于是 θ＝15° ，建筑物高为 15m.
π ＝1－cos2α· cos －sin2α 3 cos2α 1－cos2α 1 ＝1－ 2 － ＝2. 2
三、解答题 1＋cos2α 3 6． 已知 0<α<π， ＝ ， 求 sinα＋cosα 的值． α α 10 cot －tan 2 2
[解析]
∵0<α<π，
1＋cos2α 2cos2α 2cos2α ∴ α ＝ 2 α＝ α cot2－tan2 1－tan22 tanα α tan 2 3 ＝cos α· tanα＝sinα· cosα＝10，
[解析]
在直角三角形 OBC 中，OB＝cosα，BC＝sinα.
DA 在直角三角形 OAD 中，OA＝tan60° ＝ 3. 3 3 ∴OA＝ 3 DA＝ 3 sinα， 3 ∴AB＝OB－OA＝cosα－ 3 sinα. 设矩形 ABCD 的面积为 S，则
S＝AB· BC＝ cosα－ 3 sin α sinα 3
π π π 由于 0<α<3，所以当 2α＋6＝2，
π 1 3 3 即 α＝ 时，S 最大＝ － ＝ . 6 6 3 6 π 因此，当 α＝6时，矩形 ABCD 的面积最大，最大面积 3 为6.
[解析]
θ 令 tan2＝t，得
2t 1＋t2 1－t f(θ)＝ 2＋ 2＝ 1－t 1－t 1＋t 2t 1＋ ＋ 1＋ 1＋t2 1＋t2 1＋t2 θ π θ 1－tan tan －tan π θ 2 4 2 － . ＝ ＝ ＝ tan θ π θ 4 2 1＋tan 1＋tan · tan 2 4 2 ∴周期为 2π.f(θ)＝ 3，即
• [点评] 这是一个三角函数在测量方面的
应用问题．在解决过程中运用了初中几何 解直角三角形的知识和方程的思想，但三 角式的化简起到了关键作用，特别是切化 弦，使得式子的分子、分母产生可以约分 的项，这种转化方法应当引起重视．
• 如图，已知OPQ是半径为1，圆心角为
的扇形，C是扇形弧上的动点，ABCD是扇 形的内接矩形．记∠COP＝α，求当角α取 何值时，矩形ABCD的面积最大？并求出 这个最大面积．
2．(1)半角公式的三个变式 1＋cosα 1－cosα 1－cosα 2α 2α cos 2＝ 2 ，sin 2＝ 2 ，tan 2＝ ，在 1＋cosα
2α
实际进行三角函数的化简、求值、证明时经常用到． (2)半角正切的两个有理分式应用时，一要注意公式成 立的条件；二要注意在需要考虑符号，但又不方便讨论符 号时，应用这两个公式就可避免符号的讨论．
π θ tan4－2＝
1－t2 2t － 2 2 1＋t2 1＋t
3.
π θ π π ∴ － ＝kπ＋ ，∴θ＝－2kπ－ (k∈Z)． 4 2 3 6
• [点评] 三角恒等变形通常是通过比较角的
差异，函数名称的差异，和差与积的差异 来进行．在看不出它们间的差异和联系时， 可采用万能代换公式进行化简．
5 ．化简 sin ________．
2
π π 2 α－ ＋ sin α＋ － sin2α 6 6
得的结果是
[解析] －sin2α
原式＝
π 1－cos2α－3
2
＋
π 1－cos2α＋3
2
π π 1 ＝1－2cos2α－3＋cos2α＋3－sin2α
∴θ 为第二象限角． θ ∴ 为第一或第三象限角， 2 θ ∴tan2>0. 3 又∵sinθ＝5及 cosθ<0， 4 θ ∴cosθ＝－5.∴tan2＝ 1－cosθ ＝3. 1＋cosθ
一、选择题 α 1．已知 180° <α<360° ，则 cos 的值等于 2 ( A. 1＋cosα 2 1＋cosα 2 B. 1－cosα 2 1－cosα 2 )
3 2 1 3 ＝sinαcosα－ sin α＝ sin2α－ (1－cos2α) 3 2 6 1 3 3 ＝2sin2α＋ 6 cos2α－ 6
1 3 1 3 ＝ sin2α＋ cos2α－ 6 2 3 2 π 1 3 2 α ＋ ＝ sin 6 － 6 . 3
[解析]
原式＝
1＋cosα α cos ， ＝ 2 2
5π 3π α 5π ∵－3π<α<－ 2 ，∴－ 2 <2<－ 4 ， α α ∴cos2<0，∴原式＝－cos2.
θ 3．已知 2sinθ＝1＋cosθ，则 cot 的值为 2 ( A．2 1 C.2或 0
[答案] D
)
1 B. 2 D．2 或 0
[解析]
2sinθ＝2cos ， 2
2θ
θ θ θ ∴2cos22sin2－cos2＝0， θ θ θ θ ∴cos2＝0 或 2sin2－cos2＝0，∴cot2＝0 或 2.
二、填空题 α α 3 5π α 4．已知 sin2＋cos2＝－ ，且 2 <α<3π，则 cot4的值 5 为________．
3 3 1 4 6＋3 2 ＝ . ＋ × 10 2 5 2
[误解]
3 ∵sinθ＝ >0，sin2θ＝2sinθcosθ<0，故 θ 为第 5
4 二象限角，∴cosθ＝－5. θ ∴tan2＝± 1－cosθ ＝± 1＋cosθ 4 1＋5 3. 4＝± 1－5
[正解]
∵sinθ>0，sin2θ<0，∴cosθ<0，
π 3 ∴cosx0＋4＝5. π fx0＋6＝ π π 2sinx0＋6＋4
＝ ＝ ＝
π π 2sin x0＋4＋6 π π π π 2sinx0＋4cos6＋cosx0＋4sin6 4 2 5×
3．万能公式 1－tan 2 sinα＝ ，cosα＝ ， α α 1＋tan2 1＋tan2 2 2 α 2tan2 α 2tan2
2α
tanα＝
. α 1－tan22
α 这组公式把 sinα， cosα， tanα 都转化为以 t＝tan 为变元 2 的“一元有理函数”实现了三角问题向代数问题的转化， 为 用代数方法解决三角问题提供了一条途径．
• [例2] 如图，在某点B处测得建筑物AE的
顶端A的仰角为θ，沿BE方向前进30m至点 C处测得顶端A的仰角为2θ，再继续前进10 m至D点处测得顶端仰角为4θ.求θ的大小和 建筑物AE的高．
• [分析] 在Rt△ABE和Rt△ACE中，利用公
共的AE和θ、2θ、4θ，表示出BE、CE、 DE，进而用AE和θ、2θ、4θ写出BC、CD， 而BC、CD的长度已知，通过二者之比可 以建立关于θ的方程，利用三角公式化简 可得θ的三角函数值，从而求出角θ.
[解析]
α α 3 4 由 sin2＋cos2＝－ ，得 sinα＝5， 5
α α 2 4 1 sin －cos ＝1－sinα＝1－ ＝ . 2 2 5 5

5π 5π α 3π 5π α 3π ∵ <α<3π，∴ < < ， < < . 2 4 2 2 8 4 4 α α α α 1 α 1 ∴sin <cos .∴sin －cos ＝－ .再由已知得 cos ＝－ ， 2 2 2 2 2 5 5 α ∴cot ＝－ 4 α 1＋cos2 ＝－ α 1－cos2 5 1－ 5 1－ 5 ＝ . 2 5 1＋ 5
C．－
D．－
[答案] C
[解析]
α ∵180° <α<360° ，∴90° <2<180° ， 1＋cosα 2 .