沪教版高一数学(下)5.5 二倍角与半角的正弦、余弦和正切学案

5.4 (1)两角和与差的余弦公式一、教学内容分析两角和与差的余弦是三角恒等式的起始课，是本章中一系列的三角恒等式的基础，因此对两角和与差的余弦公式的掌握必须扎实.两角和与差的余弦公式的推导是本节课的重点和难点.这一推导过程难度较大也比较复杂，教师可以通过设置问题情景，提出如何用两角的三角比表示两角差的余弦三角比.在猜测公式和实例检验的过程中激发学生探求公式的兴趣,在具体的推导过程中，引导学生想到借助单位圆来研究任意角三角比的基本方法，运用数形结合完成推导.对学生在推导过程中出现的问题，例如任意角的准确表示等，教师需指出或以引导的方式加以更正.在得到公式之后，需要观察和总结公式的特点和规律，便于记忆.在练习时要注意公式的逆用和其它变式的求值及化简问题，应用所学的公式证明三角恒等式的练习在本节课中不宜太难.二、教学目标设计探求两角和与差的余弦公式的推导，经历公式推导的过程，并在此过程中，进一步形成严密而准确的数学思维方法.初步掌握公式，并会应用它们解决一些简单的有关三角的求值问题与证明问题；三、教学重点及难点两角和与差的余弦公式的推导；掌握和应用两角和与差的余弦公式.四、教学流程设计五、教学过程设计一、讲授新课1、实例引入（1）2160cos =︒、2245cos =︒ ，而︒-︒=︒456015，那么等式︒-︒=︒45cos 60cos 15cos 是否成立？（2）对于任意角α、β，βα-的余弦如何用α和β的三角比来表示？[说明]（1）045cos 60cos <︒-︒，而015cos >︒，所以等式不成立.（2）对学生所提出的猜想，用具体的数加以检验.通过检验发现)cos(βα-不能用简单的βαcos cos -或是βαcos cos +等来表示.从而明确余弦运算不满足分配律.2、公式推导设α、β是两个任意角.在直角坐标系的单位圆中作出两角α、β，射线OA 、OB 分别为其终边，与单位圆相交于A 、B 两点，其坐标分别为)sin ,(cos ααA ，)sin ,(cos ββB . 方法一、将角的终边OA 、OB 都绕O 旋转β-角，分别转到A O '和B O '的位置，则))sin(),(cos(βαβα--'A ，)0,1(B '.根据两点间距离公式，有)sin sin cos (cos 22)sin (sin )cos (cos ||22βαβαβαβα+-=-+-=AB)cos(22)(sin ]1)[cos(||222βαβαβα--=-+--=''B A因为AOB ∆绕O 旋转β-角得到B O A ''∆，所以||||B A AB ''=从而βαβαβαsin sin cos cos )cos(+=- 也可以将角的终边OA 、OB 都绕O 旋转α-角，则同理可得αβαβαβsin sin cos cos )cos(+=-，一方面由诱导公式可知)cos()cos(βααβ-=-，所以得到βαβαβαsin sin cos cos )cos(+=-.另一方面，由于α、β表示任意角，所以用α替换β，β替换α公式仍成立.从而得到βαβαβαsin sin cos cos )cos(+=-. O x y A)sin ,(cos αα)sin ,(cos ββB )0,1(B '))sin(),(cos(βαβα--'A O xy这个公式叫做两角差的余弦公式, 它对任意角α和β都成立.在两角差的余弦公式中，用β-代替β.可得到两角和的余弦公式：βαβαβαs i n s i n c o s c o s )c o s (-=+.3、强调特征两角和与差的余弦公式在结构上的特征为：1、公式左边是复角的余弦，右边是单角的余弦之积以及正弦之积的和与差；2、左右两边的加减号互异.4、例题解析例1、利用两角和与差的余弦公式，求︒15cos 、︒75cos 的值. 解：42615cos +=︒、42675cos -=︒ [说明]可以选择不同的角及公式，例如，)4560cos(15cos ︒-︒=︒、)3045cos(15cos ︒-︒=︒；)45120cos(75cos ︒-︒=︒、)3045cos(75cos ︒+︒=︒例2、化简：)60sin(sin )60cos(cos αααα-︒--︒解：1cos cos(60)sin sin(60)cos(60)cos602αααααα︒--︒-=+-==[说明]两角差的余弦公式逆用.例3、求︒︒+︒︒40cos 10cos 50cos 80cos 的值.解：原式2330cos 50sin 80sin 50cos 80cos =︒=︒︒+︒︒= [说明]公式变式训练.例4已知三角形ABC ，求证：B A B A C cos cos sin sin cos -=[说明]cos cos[()]C A B π=-+三、巩固练习课本第54页 练习5.4（1）：1/（2）；2四、课堂小结（1）本节课使用数形结合的数学思想方法，借助单位圆推导了两角差的余弦公式.还通过变量替换的方法，得到了两角和的余弦公式.（2）能够应用所学公式进行求值运算和化简，以及简单三角恒等式证明.五、课后作业思考题：求证下列恒等式：（1）ααπsin )2cos(=-；（2）ααπcos )2sin(=-课本第54页 练习5.4（1）3；4六、教学设计说明两角差的余弦公式的推导是这堂课的教学难点.一方面，这一推导本身比较复杂，需要学生对任意角有较好的理解.另一方面是来自于学生对待公式推导和证明的认识上.学生其实很清楚，从课本上所学的命题都是被证明过的，是真的.所以认为在课堂学习时，再证明一次并没有多大意义.他们会自觉地重视公式的应用，不自觉地忽视公式的推导.所以要做好证明教学是这堂课成功与否的关键，让学生在探寻、思考、构造的过程中将证明变成真正有意义的学习活动.所以，在设计教学过程时，将公式的证明变形为开放式的探求.探求的起点是合理的联想：)cos(βα-等于什么？一定是与α、β角的三角比有关.学生很容易联想到乘法分配律：mb ma b a m +=+)(，于是猜测βαβαcos cos )cos(-=-.经过实例检验说明上式只对个别角度成立，不具有一般性，从而与乘法分配律区分开.再猜测、再检验…，从这样的过程中一方面培养学生逻辑思考的能力，激励学生探求公式的兴趣，另一方面，发现公式的形式不会太简单，于是转化思路，以求代猜.其基点便是任意角的概念：在直角坐标中由旋转而形成.而研究任意角三角比需借助单位圆的力量.让学生体会到数形结合这一数学思想的美妙.而在单位圆中作出角α、β时，很容易忽略了两角的任意性，将它们表示为：从而没能使接下去的证明涵盖到任意角.这里是教师训练学生逻辑思维和思维严密性的发力点，教师可以通过提问的形式，引导学生自己发现这一问题，想办法补救，使得推导严密准确，适用于任意角度.经历这样一个过程，不但使得学生对公式的任意性有了更好的认识，对变量替换思想有更好的理解，更使得学生的证明能力得到提高，数学的思维方法得到了培养.在得到公式后，教师应对该公式的重要性加以肯定和突出.不仅能加强学生对公式的重视，更能使学生感到其努力是有价值的，从中体验到成就感. αβ将课本的例题4作为思考题留给学生，除了课堂时间有限这一因素之外，也作为与下一堂课的衔接.。

沪教版高一（下）高考题同步试卷：5.5 二倍角与半角的正弦、余弦和正切（01）一、选择题（共9小题）1. 如果函数y ＝sin (ωx)cos (ωx)的最小正周期是4π，那么常数ω为（ ） A.4 B.2C.12D.142. 若sin α2=√33，则cos α＝（ ） A.−23 B.−13 C.13 D.233. 设α∈(0, π2)，β∈(0, π2)，且tan α=1+sin βcos β，则（ ）A.3α−β=π2B.3α+β=π2C.2α−β=π2D.2α+β=π24. 已知α为第二象限角，sin α=35，则sin 2α＝（ ） A.−2425B.−1225C.1225D.24255. 函数y =√2sin 2x cos 2x 是（ ） A.周期为π2的奇函数B.周期为π2的偶函数C.周期为π4的奇函数 D.周期为π4的偶函数6. 已知sin α=23，则cos (π−2α)=( )A.−√53B.−19 C.19 D.√537. 已知sin 2α=23，则cos 2(α+π4)=( )A.1 6B.13C.12D.238. 已知α为第二象限角，sinα+cosα=√33，则cos2α＝（）A.−√53B.−√59C.√59D.√539. 函数y=2cos2x的一个单调增区间是（）A.(−π4，π4) B.(0,π2) C.(π4，3π4) D.(π2，π)二、填空题（共6小题）函数f(x)＝sin2x+sin x cos x+1的最小正周期是________，最小值是________．函数y=1−2cos2(2x)的最小正周期是________．已知函数f(x)={2x3,x<0−tan x,0≤x≤π2，则f（f(π4)）＝________．函数y=√32sin2x+cos2x的最小正周期为________．设sin2α＝−sinα，α∈(π2, π)，则tan2α的值是________．（2009全国卷Ⅰ，理16）若π4<x<π2，则函数y=tan2x tan3x的最大值为________．三、解答题（共15小题）已知函数f(x)=12sin2x−√3cos2x．(1)求f(x)的最小周期和最小值；(2)将函数f(x)的图象上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象．当x∈[π2，π]时，求g(x)的值域．已知函数f(x)=(a+2cos2x)cos(2x+θ)为奇函数，且f(π4)=0，其中a∈R，θ∈(0, π)．（1）求a，θ的值；（2）若f(α4)=−25，α∈(π2, π)，求sin(α+π3)的值．已知函数f(x)=√2cos(x−π12)，x∈R．(Ⅰ)求f(−π6)的值；(Ⅱ)若cosθ=35，θ∈(3π2, 2π)，求f(2θ+π3)．已知函数f(x)=cos x⋅sin(x+π3)−√3cos2x+√34，x∈R．(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在闭区间[−π4, π4]上的最大值和最小值．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知4sin2A−B2+4sin A sin B= 2+√2．(1)求角C的大小；(2)已知b=4，△ABC的面积为6，求边长c的值．已知函数f(x)=(2cos2x−1)sin2x+12cos4x．(1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)若α∈(π2,π)，且f(α)=√22，求α的值．已知函数f(x)=cos x(sin x+cos x)−12．(1)若0<α<π2，且sinα=√22，求f(α)的值；(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．已知△ABC三个内角A、B、C满足A+C=2B，1cos A +1cos C=−√2cos B，求cos A−C2的值．已知函数f(x)=2cos x(sin x+cos x)．(1)求f(5π4)的值；(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．设函数f(x)=√32−√3sin2ωx−sinωx cosωx(ω>0)，且y=f(x)图像的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间[π,3π2]上的最大值和最小值．如图，A，B，C，D为平面四边形ABCD的四个内角．(1)证明：tan A2=1−cos Asin A；(2)若A+C=180∘，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求tan A2+tan B2+tan C2+tan D2的值．（2015⋅福建）已知函数f(x)的图象是由函数g(x)=cos x的图象经如下变换得到：先将g(x)图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变，再将所得到的图象向右平移π2个单位长度．求函数f(x)的解析式，并求其图象的对称轴方程；已知关于x的方程f(x)+g(x)=m在[0, 2π)内有两个不同的解α，β（i）求实数m的取值范围；（ii）证明：cos(α−β)=2m 25−1．已知函数f(x)=sin(π2−x)sin x−√3cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)求f(x)在[π6，2π3]上的单调性．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tan(π4+A)=2．(1)求sin2Asin2A+cos2A的值；(2)若B=π4，a=3，求△ABC的面积．已知函数f0(x)=sin xx(x>0)，设f n(x)为f n−1(x)的导数，n∈N∗．（1）求2f1(π2)+π2f2(π2)的值；（2）证明：对任意n∈N∗，等式|nf n−1(π4)+π4f n(π4)|=√22都成立．参考答案与试题解析沪教版高一（下）高考题同步试卷：5.5 二倍角与半角的正弦、余弦和正切（01）一、选择题（共9小题） 1.【答案】 D【考点】二倍角的三角函数 【解析】逆用二倍角正弦公式，得到y ＝A sin (ωx +φ)+b 的形式，再利用正弦周期公式和周期是求出ω的值 【解答】∵ y ＝sin (ωx)cos (ωx)=12sin (2ωx)，∴ T ＝2π÷2ω＝4π ∴ ω=14， 2.【答案】 C【考点】二倍角的三角函数 【解析】由二倍角的余弦公式可得cos α＝1−2sin 2α2，代入已知化简即可． 【解答】由二倍角的余弦公式可得cos a ＝1−2sin 2α2 ＝1−2×(√33)2=1−2×13=13 3.【答案】 C【考点】三角函数的化简求值 【解析】化切为弦，整理后得到sin (α−β)=cos α，由该等式左右两边角的关系可排除选项A ，B ，然后验证C 满足等式sin (α−β)=cos α，则答案可求． 【解答】 解：由tan α=1+sin βcos β，得：sin αcos α=1+sin βcos β，即sinαcosβ=cosαsinβ+cosα，sin(α−β)=cosα=sin(π2−α)，∵α∈(0, π2)，β∈(0, π2)，∴当2α−β=π2时，sin(α−β)=sin(π2−α)=cosα成立．故选C．4.【答案】A【考点】二倍角的三角函数同角三角函数间的基本关系【解析】直接利用同角三角函数的基本关系式，求出cosα，然后利用二倍角公式求解即可．【解答】因为α为第二象限角，sinα=35，所以cosα=−√1−sin2α=−45．所以sin2α＝2sinαcosα=−2×35×45=−2425．5.【答案】A【考点】二倍角的三角函数【解析】逆用二倍角的正弦公式，整理三角函数式，应用周期的公式求出周期，再判断奇偶性，这是性质应用中的简单问题．【解答】∵y=√2sin2x cos2x=√22sin4x∴T＝2π÷4=π2，∵原函数为奇函数，6.【答案】B【考点】运用诱导公式化简求值二倍角的三角函数【解析】先根据诱导公式求得cos(π−2a)＝−cos2a进而根据二倍角公式把sinα的值代入即可求得答案．【解答】解：∵sinα=23，∴cos(π−2α)=−cos2α=−(1−2sin2α)=−19．故选B.7.【答案】A【考点】二倍角的余弦公式运用诱导公式化简求值【解析】所求式子利用二倍角的余弦函数公式化简，再利用诱导公式变形，将已知等式代入计算即可求出值．【解答】解：∵sin2α=23，∴cos2(α+π4)=12[1+cos(2α+π2)]=12(1−sin2α)=12×(1−23)=16．故选A.8.【答案】A【考点】二倍角的三角函数同角三角函数间的基本关系【解析】由α为第二象限角，可知sinα>0，cosα<0，从而可求得sinα−cosα=√153，利用cos2α＝−(sinα−cosα)(sinα+cosα)可求得cos2α【解答】∵sinα+cosα=√33，两边平方得：1+sin2α=13，∴sin2α=−23，①∴(sinα−cosα)2＝1−sin2α=53，∵α为第二象限角，∴sinα>0，cosα<0，∴sinα−cosα=√153，②∴cos2α＝−(sinα−cosα)(sinα+cosα)＝(−√153)×√33=−√53． 9. 【答案】 D【考点】二倍角的余弦公式 余弦函数的单调性【解析】要进行有关三角函数性质的运算，必须把三角函数式变为y =A sin (ωx +φ)的形式，要先把函数式降幂，降幂用二倍角公式． 【解答】解：函数y =2cos 2x =1+cos 2x ， ∴ 它的一个单调增区间是(π2，π). 故选D ．二、填空题（共6小题） 【答案】 π,3−√22【考点】二倍角的三角函数 三角函数的最值 【解析】由三角函数恒等变换化简解析式可得f(x)=√22sin (2x −π4)+32，由正弦函数的图象和性质即可求得最小正周期，最小值． 【解答】∵ f(x)＝sin 2x +sin x cos x +1 =1−cos 2x 2+12sin 2x +1 =√22sin (2x −π4)+32．∴ 最小正周期T =2π2=π，最小值为：32−√22=3−√22．【答案】π2【考点】二倍角的余弦公式三角函数的周期性及其求法【解析】由二倍角的余弦公式化简，可得其周期． 【解答】解：y=1−2cos2(2x) =−[2cos2(2x)−1]=−cos4x，∴函数的最小正周期为T=2π4=π2.故答案为：π2.【答案】−2【考点】求函数的值函数的求值【解析】利用分段函数求出f(π4)的值，然后求解f(f(π4))即可．【解答】因为f(x)={2x3,x<0−tan x,0≤x≤π2，所以f(π4)=−tanπ4=−1，所以f(f(π4))=f(−1)＝2(−1)3＝−2．【答案】π【考点】两角和与差的三角函数二倍角的三角函数三角函数的周期性及其求法【解析】利用两角和的正弦公式、二倍角的余弦公式化简函数的解析式为f(x)＝sin(2x+π6)，从而求得函数的最小正周期【解答】∵函数y=√32sin2x+cos2x=√32sin2x+1+cos2x2=sin(2x+π6)+12，故函数的最小正周期的最小正周期为2π2=π，【答案】√3【考点】二倍角的三角函数同角三角函数间的基本关系【解析】已知等式左边利用二倍角的正弦函数公式化简，根据sinα不为0求出cosα的值，由α的范围，利用同角三角函数间的基本关系求出sinα的值，进而求出tanα的值，所求式子利用二倍角的正切函数公式化简后，将tan α的值代入计算即可求出值． 【解答】∵ sin 2α＝2sin αcos α＝−sin α，α∈(π2, π)， ∴ cos α=−12，sin α=√1−cos 2α=√32， ∴ tan α=−√3， 则tan 2α=2tan α1−tan 2α=√31−(−√3)2=√3．【答案】 −8【考点】二倍角的三角函数函数的最值及其几何意义 【解析】 此题暂无解析 【解答】y =tan 2x ⋅tan 3x =2tan 4x1−tan 2x =21tan 4x −1tan 2x=2(1tan 2x −12)2−14，∵ π4<x <π2，∴ tan x >1,0<1tan 2x<1,−12<1tan 2x −12<12．∴ 0≤(1tan 2x −12)2<14,−14≤(1tan 2x −12)2−14<0. ∴ 当tan x =√2时，y max =−8.三、解答题（共15小题） 【答案】解：(1)∵ f(x)=12sin 2x −√3cos 2x =12sin 2x −√32(1+cos 2x) =sin (2x −π3)−√32， ∴ f(x)的最小周期T =2π2=π， 最小值为：−1−√32=−2+√32．(2)由条件可知：g(x)=sin (x −π3)−√32, 当x ∈[π2, π]时，有x −π3∈[π6, 2π3]，从而sin (x −π3)的值域为[12, 1]， 那么sin (x −π3)−√32的值域为：[1−√32, 2−√32]， 故g(x)在区间[π2, π]上的值域是[1−√32, 2−√32]．【考点】两角和与差的正弦公式 正弦函数的周期性 三角函数中的恒等变换应用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的定义域和值域【解析】（1）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得f(x)=sin(2x−π3)−√32，从而可求最小周期和最小值；（2）由函数y=A sin(ωx+φ)的图象变换可得g(x)=sin(x−π3)−√32，由x∈[π2, π]时，可得x−π3的范围，即可求得g(x)的值域．【解答】解：(1)∵f(x)=12sin2x−√3cos2x=12sin2x−√32(1+cos2x)=sin(2x−π3)−√32，∴f(x)的最小周期T=2π2=π，最小值为：−1−√32=−2+√32．(2)由条件可知：g(x)=sin(x−π3)−√32,当x∈[π2, π]时，有x−π3∈[π6, 2π3]，从而sin(x−π3)的值域为[12, 1]，那么sin(x−π3)−√32的值域为：[1−√32, 2−√32]，故g(x)在区间[π2, π]上的值域是[1−√32, 2−√32]．【答案】解：（1）f(π4)=−(a+1)sinθ=0，∵θ∈(0, π)．∴sinθ≠0，∴a+1=0，即a=−1∵f(x)为奇函数，∴f(0)=(a+2)cosθ=0，∴cosθ=0，θ=π2．（2）由（1）知f(x)=(−1+2cos2x)cos(2x+π2)=cos2x⋅(−sin2x)=−12sin4x，∴f(α4)=−12sinα=−25，∴sinα=45，∵ α∈(π2, π)，∴ cos α=√1−1625=−35，∴ sin (α+π3)=sin αcos π3+cos αsin π3=4−3√310． 【考点】三角函数中的恒等变换应用 函数奇偶性的性质 【解析】（1）把x =π4代入函数解析式可求得a 的值，进而根据函数为奇函数推断出f(0)=0，进而求得cos θ，则θ的值可得．（2）利用f(α4)=−25和函数的解析式可求得sin α2，进而求得cos α2，进而利用二倍角公式分别求得sin α，cos α，最后利用两角和与差的正弦公式求得答案． 【解答】解：（1）f(π4)=−(a +1)sin θ=0，∵ θ∈(0, π)． ∴ sin θ≠0，∴ a +1=0，即a =−1 ∵ f(x)为奇函数，∴ f(0)=(a +2)cos θ=0， ∴ cos θ=0，θ=π2．（2）由（1）知f(x)=(−1+2cos 2x)cos (2x +π2)=cos 2x ⋅(−sin 2x)=−12sin 4x ，∴ f(α4)=−12sin α=−25， ∴ sin α=45， ∵ α∈(π2, π)， ∴ cos α=√1−1625=−35，∴ sin (α+π3)=sin αcos π3+cos αsin π3=4−3√310． 【答案】（1）f(−π6)=√2cos (−π6−π12)=√2cos (−π4)=√2×√22=1（2）因为cos θ=35，θ∈(3π2,2π) 所以sin θ=−√1−cos 2θ=−45所以sin 2θ=2sin θcos θ=2×(−45)×35=−2425，cos 2θ=cos 2θ−sin 2θ=(35)2−(−45)2=−725所以f(2θ+π3)=√2cos (2θ+π3−π12)=√2cos (2θ+π4)=cos 2θ−sin 2θ=−725−(−2425)=1725【考点】两角和与差的三角函数 【解析】（1）把x =−π6直接代入函数解析式求解．（2）先由同角三角函数的基本关系求出sin θ的值以及sin 2θ，然后将x ＝2θ+π3代入函数解析式，并利用两角和与差公式求得结果． 【解答】（1）f(−π6)=√2cos (−π6−π12)=√2cos (−π4)=√2×√22=1（2）因为cos θ=35，θ∈(3π2,2π) 所以sin θ=−√1−cos 2θ=−45所以sin 2θ=2sin θcos θ=2×(−45)×35=−2425，cos 2θ=cos 2θ−sin 2θ=(35)2−(−45)2=−725所以f(2θ+π3)=√2cos (2θ+π3−π12)=√2cos (2θ+π4)=cos 2θ−sin 2θ=−725−(−2425)=1725 【答案】解：(1)由题意得，f(x)=cos x(12sin x +√32cos x)−√3cos 2x +√34=12sin x ⋅cos x −√32cos 2x +√34=14sin 2x −√34(1+cos 2x)+√34 =14sin 2x −√34cos 2x =12sin (2x −π3).所以，f(x)的最小正周期T =2π2=π．(2)由(1)得f(x)=12sin (2x −π3)，由x ∈[−π4, π4]得，2x ∈[−π2, π2]，则2x −π3∈[−5π6, π6]，∴ 当2x −π3=−π2时，即sin (2x −π3)=−1时，函数f(x)取到最小值是：−12， 当2x −π3=π6时，即sin (2x −π3)=12时，f(x)取到最大值是：14，所以，所求的最大值为14，最小值为−12． 【考点】三角函数中的恒等变换应用 三角函数的周期性及其求法【解析】(1)根据两角和差的正弦公式、倍角公式对解析式进行化简，再由复合三角函数的周期公式T =2π|ω|求出此函数的最小正周期；(2)由(1)化简的函数解析式和条件中x 的范围，求出2x −π3的范围，再利用正弦函数的性质求出再已知区间上的最大值和最小值． 【解答】解：(1)由题意得，f(x)=cos x(12sin x +√32cos x)−√3cos 2x +√34=12sin x ⋅cos x −√32cos 2x +√34=14sin 2x −√34(1+cos 2x)+√34 =14sin 2x −√34cos 2x =12sin (2x −π3).所以，f(x)的最小正周期T =2π2=π．(2)由(1)得f(x)=12sin (2x −π3)，由x ∈[−π4, π4]得，2x ∈[−π2, π2]，则2x −π3∈[−5π6, π6]，∴ 当2x −π3=−π2时，即sin (2x −π3)=−1时，函数f(x)取到最小值是：−12， 当2x −π3=π6时，即sin (2x −π3)=12时，f(x)取到最大值是：14， 所以，所求的最大值为14，最小值为−12． 【答案】解：(1)△ABC 中， ∵ 4sin 2A−B 2+4sin A sin B =2+√2，∴ 4×1−cos (A−B)2+4sin A sin B =2+√2，∴ −2cos A cos B +2sin A sin B =√2， 即 cos (A +B)=−√22， ∴ cos C =√22，∴ C =π4．(2)已知b =4，△ABC 的面积为 6=12ab ⋅sin C =12a ×4×√22， ∴ a =3√2，c =√a 2+b 2−2ab ⋅cos C =√18+16−2×3√2×4×√22=√10. 【考点】 解三角形 余弦定理三角函数的恒等变换及化简求值 三角函数值的符号【解析】（1）△ABC 中由条件利用二倍角的余弦公式、两角和的余弦公式求得cos (A +B)=−√22，从而得到cos C =√22，由此可得C 的值． （2）根据△ABC 的面积为6=12ab ⋅sin C 求得a 的值，再利用余弦定理求得c =√a 2+b 2−2ab ⋅cos C 的值． 【解答】解：(1)△ABC 中， ∵ 4sin 2A−B 2+4sin A sin B =2+√2，∴ 4×1−cos (A−B)2+4sin A sin B =2+√2，∴ −2cos A cos B +2sin A sin B =√2， 即 cos (A +B)=−√22， ∴ cos C =√22，∴ C =π4．(2)已知b =4，△ABC 的面积为 6=12ab ⋅sin C =12a ×4×√22， ∴ a =3√2，c =√a 2+b 2−2ab ⋅cos C=√18+16−2×3√2×4×√2 2=√10.【答案】解：(1)因为f(x)=(2cos2x−1)sin2x+12cos4x=12sin4x+12cos4x=√22sin(4x+π4)∴T=2π4=π2，函数的最大值为：√22．(2)∵f(x)=√22sin(4x+π4)，f(α)=√22，∴sin(4α+π4)=1，∴4α+π4=π2+2kπ，k∈Z，∴α=π16+kπ2，又∵α∈(π2,π)，∴α=916π．【考点】二倍角的正弦公式两角和与差的正弦公式正弦函数的周期性三角函数的最值正弦函数的定义域和值域【解析】（1）利用二倍角的正弦函数以及两角和的正弦函数化简函数为一个角的一个三角函数的形式，通过周期公式求f(x)的最小正周期，利用三角函数的最值求出函数的最大值；（2）通过α∈(π2，π)，且f(α)=√22，求出α的正弦值，然后求出角即可．【解答】解：(1)因为f(x)=(2cos2x−1)sin2x+12cos4x=12sin4x+12cos4x=√22sin(4x+π4)∴T=2π4=π2，函数的最大值为：√22．(2)∵f(x)=√22sin(4x+π4)，f(α)=√22，∴sin(4α+π4)=1，∴4α+π4=π2+2kπ，k∈Z，∴α=π16+kπ2，又∵α∈(π2,π)，∴α=916π．【答案】解：(1)∵0<α<π2，且sinα=√22，∴cosα=√22，∴f(α)=cosα(sinα+cosα)−12=√22×(√22+√22)−12=12；(2)∵函数f(x)=cos x(sin x+cos x)−12=sin x cos x+cos2x−1 2=12sin2x+1+cos2x2−12=12(sin2x+cos2x)=√22sin(2x+π4)，∴f(x)的最小正周期为T=2π2=π；令2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−3π8≤x≤kπ+π8，k∈Z；∴f(x)的单调增区间为[kπ−3π8, kπ+π8]，k∈Z．【考点】正弦函数的周期性函数的单调性及单调区间函数的求值【解析】（1）根据题意，利用sinα求出cosα的值，再计算f(α)的值；（2）化简函数f(x)，求出f(x)的最小正周期与单调增区间即可．【解答】解：(1)∵0<α<π2，且sinα=√22，∴cosα=√22，∴f(α)=cosα(sinα+cosα)−12=√22×(√22+√22)−12=12；(2)∵函数f(x)=cos x(sin x+cos x)−12=sin x cos x+cos2x−1 2=12sin2x+1+cos2x2−12=12(sin2x+cos2x)=√22sin(2x+π4)，∴f(x)的最小正周期为T=2π2=π；令2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−3π8≤x≤kπ+π8，k∈Z；∴f(x)的单调增区间为[kπ−3π8, kπ+π8]，k∈Z．【答案】解：由题设条件知B=60∘，A+C=120∘．∵−√2cos60∘=−2√2，∴1cos A +1cos C=−2√2将上式化为cos A+cos C=−2√2cos A cos C利用和差化积及积化和差公式，上式可化为2cos A+C2cos A−C2=−√2[cos(A+C)+cos(A−C)]将cos A+C2=cos60∘=12，cos(A+C)=−12代入上式得cos(A−C2)=√22−√2cos(A−C)将cos(A−C)=2cos2(A−C2)−1代入上式并整理得4√2cos2(A−C2)+2cos(A−C2)−3√2=0(2cos A−C2−√2)(2√2cos A−C2+3)=0，∵2√2cos A−C2+3≠0，∴2cos A−C2−√2=0．从而得cos A−C2=√22．【考点】三角函数中的恒等变换应用三角函数的积化和差公式【解析】先根据A，B，C的关系求出B的值，再代入到1cos A +1cos C=−√2cos B中得到cos A，cos C的关系，根据和差化积及积化和差公式化简，再将cos A+C2，cos(A+C)的值代入整理后因式分解，即可求出cos A−C2的值．【解答】解：由题设条件知B=60∘，A+C=120∘．∵−√2cos60∘=−2√2，∴1cos A +1cos C=−2√2将上式化为cos A+cos C=−2√2cos A cos C利用和差化积及积化和差公式，上式可化为2cos A+C2cos A−C2=−√2[cos(A+C)+cos(A−C)]将cos A+C2=cos60∘=12，cos(A+C)=−12代入上式得cos(A−C2)=√22−√2cos(A−C)将cos(A−C)=2cos2(A−C2)−1代入上式并整理得4√2cos2(A−C2)+2cos(A−C2)−3√2=0(2cos A−C2−√2)(2√2cos A−C2+3)=0，∵2√2cos A−C2+3≠0，∴2cos A−C2−√2=0．从而得cos A−C2=√22．【答案】解：(1)∵函数f(x)=2cos x(sin x+cos x)=sin2x+1+cos2x=√2sin(2x+π4)+1，∴f(5π4)=√2sin(5π2+π4)+1=√2sin3π4+1=√2×√22+1=2．(2)∵函数f(x)=√2sin(2x+π4)+1，故它的最小正周期为2π2=π．令2kπ−π4≤2x+π4≤2kπ+π4，k∈Z，求得kπ−π4≤x≤kπ，故函数的单调递增区间为[kπ−π4, kπ]，k∈Z．【考点】三角函数中的恒等变换应用正弦函数的单调性三角函数的周期性及其求法函数的求值【解析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式为f(x)=√2sin(2x+π4)+1，从而求得f(5π4)的值．（2）根据函数f(x)=√2sin(2x+π4)+1，求得它的最小正周期．令2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，求得x的范围，可得函数的单调递增区间．【解答】解：(1)∵函数f(x)=2cos x(sin x+cos x) =sin2x+1+cos2x=√2sin(2x+π4)+1，∴f(5π4)=√2sin(5π2+π4)+1=√2sin3π4+1=√2×√22+1=2．(2)∵函数f(x)=√2sin(2x+π4)+1，故它的最小正周期为2π2=π．令2kπ−π4≤2x+π4≤2kπ+π4，k∈Z，求得kπ−π4≤x≤kπ，故函数的单调递增区间为[kπ−π4, kπ]，k∈Z．【答案】解：(1)函数f(x)=√32−√3sin2ωx−sinωx cosωx=√32−√3⋅1−cos2ωx2−12sin2ωx=√32cos2ωx−12sin2ωx=−sin(2ωx−π3)．因为y=f(x)的图像的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，故周期为π，又ω>0，所以2π2ω=4×π4，解得ω=1.(2)由(1)知，f(x)=−sin(2x−π3)，当π≤x≤3π2时，5π3≤2x−π3≤8π3，所以−√32≤sin(2x−π3)≤1，因此，−1≤f(x)≤√32，所以f(x)在区间[π,3π2]上的最大值和最小值分别为：√32，−1．【考点】二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式正弦函数的周期性正弦函数的定义域和值域【解析】（1）通过二倍角的正弦函数与余弦函数化简函数为一个角的一个三角函数的形式，利用函数的正确求出ω的值（2）通过x的范围求出相位的范围，利用正弦函数的值域与单调性直接求解f(x)在区间[π,3π2]上的最大值和最小值．【解答】解：(1)函数f(x)=√32−√3sin2ωx−sinωx cosωx=√32−√3⋅1−cos2ωx2−12sin2ωx=√32cos 2ωx −12sin 2ωx =−sin (2ωx −π3)．因为y =f(x)的图像的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，故周期为π， 又ω>0， 所以2π2ω=4×π4， 解得ω=1.(2)由(1)知，f(x)=−sin (2x −π3)， 当π≤x ≤3π2时，5π3≤2x −π3≤8π3，所以−√32≤sin (2x −π3)≤1，因此，−1≤f(x)≤√32， 所以f(x)在区间[π,3π2]上的最大值和最小值分别为：√32，−1．【答案】 (1)证明：tan A2=sinA2cos A 2=2sin 2A 22cos A 2sin A 2=1−cos A sin A，等式成立．(2)由A +C =180∘，得C =180∘−A ，D =180∘−B ， 由(1)可知：tan A2+tan B2+tan C2+tan D2=1−cos A sin A +1−cos B sin B +1−cos (180∘−A)sin (180∘−A)+1−cos (180∘−B)sin (180∘−B)=2sin A+2sin B，连结BD ，在△ABD 中，有BD 2=AB 2+AD 2−2AB ⋅AD cos A ， 在△BCD 中，有BD 2=BC 2+CD 2−2BC ⋅CD cos C ，所以AB 2+AD 2−2AB ⋅AD cos A =BC 2+CD 2−2BC ⋅CD cos C =BC 2+CD 2+2BC ⋅CD cos A ，又∵ AB =6，BC =3，CD =4，AD =5， 则cos A =AB 2+AD 2−BC 2−CD 22(AB⋅AD+BC⋅CD)=62+52−32−422(6×5+3×4)=37．于是sin A =√1−cos 2A =2√107，连结AC ，同理可得： cos B =AB 2+BC 2−AD 2−CD 22(AB⋅BC+AD⋅CD)=62+32−52−422(6×3+5×4)=119，于是sin B =√1−cos 2B =6√1019．所以tan A2+tan B2+tan C2+tan D2=2sin A +2sin B =2×72√102×196√10 =4√103．【考点】二倍角的正弦公式 三角函数恒等式的证明 余弦定理运用诱导公式化简求值【解析】（1）直接利用切化弦以及二倍角公式化简证明即可．（2）通过A +C =180∘，得C =180∘−A ，D =180∘−B ，利用（1）化简tan A2+tan B 2+tan C 2+tan D 2=2sin A +2sin B ，连结BD ，在△ABD 中，利用余弦定理求出sin A ，连结AC ，求出sin B ，然后求解即可． 【解答】 (1)证明：tan A2=sinA 2cos A 2=2sin 2A 22cos A 2sin A 2=1−cos A sin A，等式成立．(2)由A +C =180∘，得C =180∘−A ，D =180∘−B ， 由(1)可知：tan A2+tan B2+tan C2+tan D2=1−cos A sin A +1−cos B sin B +1−cos (180∘−A)sin (180∘−A)+1−cos (180∘−B)sin (180∘−B)=2sin A +2sin B ，连结BD ，在△ABD 中，有BD 2=AB 2+AD 2−2AB ⋅AD cos A ， 在△BCD 中，有BD 2=BC 2+CD 2−2BC ⋅CD cos C ，所以AB 2+AD 2−2AB ⋅AD cos A =BC 2+CD 2−2BC ⋅CD cos C =BC 2+CD 2+2BC ⋅CD cos A ，又∵ AB =6，BC =3，CD =4，AD =5， 则cos A =AB 2+AD 2−BC 2−CD 22(AB⋅AD+BC⋅CD)=62+52−32−422(6×5+3×4)=37．于是sin A =√1−cos 2A =2√107，连结AC ，同理可得： cos B =AB 2+BC 2−AD 2−CD 22(AB⋅BC+AD⋅CD)=62+32−52−422(6×3+5×4)=119，于是sin B =√1−cos 2B =6√1019．所以tan A2+tan B2+tan C2+tan D2 =2sin A +2sin B =2×72√102×196√10 =4√103．【答案】 f(x)=2sin xx =kπ+π2(k ∈Z)（ⅰ）(−√5, √5) （ii ）解法一：因为α，β是方程√5sin (x +φ)=m 在区间[0, 2π)内有两个不同的解， 所以sin (α+φ)=√5，sin (β+φ)=√5．当1≤m <√5时，α+β=2(π2−φ)， 即α−β=π−2(β+φ)； 当−√5<m <1时，α+β=2(3π2−φ)，即α−β=3π−2(β+φ)；所以cos (α−β)=−cos 2(β+φ)=2sin 2(β+φ)−1=2(√5)2−1=2m 25−1．解法二：因为α,β是方程√5sin (x +φ)=m 在[0,2π)内的两个不同的解， 所以sin (α+φ)=√5sin (β+φ)=√5．当1≤m <√5时，α+β=2(π2−φ)， 即α+φ=π−(β+φ)；当−√5<m <1时，α+β=2(3π2−φ)， 即α+φ=3π−(β+φ)，所以cos (α+φ)=−cos (β+φ)，于是cos (α−β)=cos [(α+φ)−(β+φ)]=cos (α+φ)cos (β+φ)+sin (α+φ)sin (β+φ) =−cos 2(β+φ)+sin (α+φ)sin (β+φ) =−[1−(√5)2]+(√5)2=2m 25−1．【考点】三角函数中的恒等变换应用函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换【解析】 此题暂无解析 【解答】解 解法一：将g(x)=cos x 的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到y =2cos x 的图象，再将y =2cos x 的图象向右平移π2个单位长度后得到y =2cos (x −π2)的图象，故f(x)=2sin x ，从而函数f(x)=2sin x 图象的对称轴方程为x =kπ+π2(k ∈Z)．解法二：同解法一．（i ）解法一f(x)+g(x)=2sin x +cos x =√5(√5x √5x)=√5sin (x +φ)，其中sin φ=√5，cos φ=√5．依题意，sin (x +φ)=√5在区间[0, 2π)内有两个不同的解α，β，当且仅当|√5|<1， 故m 的取值范围是(−√5, √5)． 解法二：同解法一． （ⅱ）略 【答案】解：(1)函数f(x)=sin (π2−x)sin x −√3cos 2x =cos x sin x −√32(1+cos 2x) =12sin 2x −√32cos 2x −√32=sin (2x −π3)−√32， 故函数的周期为2π2=π，最大值为1−√32； (2)当x ∈[π6，2π3] 时，2x −π3∈[0, π]，故当0≤2x −π3≤π2时，即x ∈[π6, 5π12]时，f(x)为增函数；当π2≤2x−π3≤π时，即x∈[5π12, 2π3]时，f(x)为减函数．【考点】三角函数的周期性及其求法二倍角的余弦公式二倍角的正弦公式正弦函数的单调性【解析】(1)由条件利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性和最值求得f(x)的最小正周期和最大值．(2)根据2x−π3∈[0, π]，利用正弦函数的单调性，分类讨论求得f(x)在[π6，2π3]上的单调性．【解答】解：(1)函数f(x)=sin(π2−x)sin x−√3cos2x=cos x sin x−√32(1+cos2x)=12sin2x−√32cos2x−√32=sin(2x−π3)−√32，故函数的周期为2π2=π，最大值为1−√32；(2)当x∈[π6，2π3]时，2x−π3∈[0, π]，故当0≤2x−π3≤π2时，即x∈[π6, 5π12]时，f(x)为增函数；当π2≤2x−π3≤π时，即x∈[5π12, 2π3]时，f(x)为减函数．【答案】解：(1)由tan(π4+A)=tanπ4+tan A1−tanπ4tan A=2，tanπ4=1，解得tan A=13.∴sin2Asin2A+cos2A =2sin A cos A2sin A cos A+cos2A=2tan A 2tan A+1=2×132×13+1=25；(2)由tan A =13，A ∈(0, π)，可得sin A =√1010，cos A =3√1010． 又∵ a =3，B =π4， 由正弦定理a sin A =bsin B ， 可得√1010=bsinπ4，解得b =3√5. ∴ sin C =sin (A +B) =sin (A +π4)=√1010×√22+3√1010×√22=2√55. 设△ABC 的面积为S ， 则S =12ab ⋅sin C =9． 【考点】二倍角的正弦公式 两角和与差的正弦公式 三角形求面积 两角和与差的正切公式 同角三角函数间的基本关系【解析】（1）由两角和与差的正切函数公式及已知可得tan A ，由倍角公式及同角三角函数关系式即可得解．（2）由tan A =13，A ∈(0, π)，可得sin A ，cos A ．又由正弦定理可得b ，由sin C =sin (A +B)=sin (A +π4)，可得sin C ，利用三角形面积公式即可得解． 【解答】解：(1)由tan (π4+A)=tan π4+tan A1−tan π4tan A=2，tan π4=1，解得tan A =13.∴ sin 2Asin 2A+cos 2A =2sin A cos A2sin A cos A+cos 2A =2tan A2tan A +1=2×132×13+1=25；(2)由tan A =13，A ∈(0, π)， 可得sin A =√1010，cos A =3√1010． 又∵ a =3，B =π4， 由正弦定理a sin A =bsin B ， 可得√1010=bsinπ4，解得b =3√5. ∴ sin C =sin (A +B) =sin (A +π4)=√1010×√22+3√1010×√22=2√55. 设△ABC 的面积为S ， 则S =12ab ⋅sin C =9．【答案】解：（1）∵ f 0(x)=sin x x，∴ xf 0(x)=sin x ，则两边求导，[xf 0(x)]′=(sin x)′， ∵ f n (x)为f n−1(x)的导数，n ∈N ∗， ∴ f 0(x)+xf 1(x)=cos x ，两边再同时求导得，2f 1(x)+xf 2(x)=−sin x ， 将x =π2代入上式得，2f 1(π2)+π2f 2(π2)=−1，（2）由（1）得，f 0(x)+xf 1(x)=cos x =sin (x +π2)，恒成立两边再同时求导得，2f1(x)+xf2(x)=−sin x=sin(x+π)，再对上式两边同时求导得，3f2(x)+xf3(x)=−cos x=sin(x+3π2)，同理可得，两边再同时求导得，4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π)，猜想得，nf n−1(x)+xf n(x)=sin(x+nπ2)对任意n∈N∗恒成立，下面用数学归纳法进行证明等式成立：①当n=1时，f0(x)+xf1(x)=cos x=sin(x+π2)成立，则上式成立；②假设n=k(k>1且k∈N∗)时等式成立，即kf k−1(x)+xf k(x)=sin(x+kπ2)，∵[kf k−1(x)+xf k(x)]′=kf k−1′(x)+f k(x)+xf k′(x)=(k+1)f k(x)+xf k+1(x)又[sin(x+kπ2)]′=cos(x+kπ2)⋅(x+kπ2)′=cos(x+kπ2)=sin(π2+x+kπ2)=sin[x+(k+1)π2]，∴那么n=k+1(k>1且k∈N∗)时．等式(k+1)f k(x)+xf k+1(x)=sin[x+(k+1)π2]也成立，由①②得，nf n−1(x)+xf n(x)=sin(x+nπ2)对任意n∈N∗恒成立，令x=π4代入上式得，nf n−1(π4)+π4f n(π4)=sin(π4+nπ2)=±cosπ4=±√22，所以，对任意n∈N∗，等式|nf n−1(π4)+π4f n(π4)|=√22都成立．【考点】三角函数中的恒等变换应用导数的运算【解析】（1）由于求两个函数的相除的导数比较麻烦，根据条件和结论先将原函数化为：xf0(x)=sin x，然后两边求导后根据条件两边再求导得：2f1(x)+xf2(x)=−sin x，把x=π2代入式子求值；（2）由（1）得，f0(x)+xf1(x)=cos x和2f1(x)+xf2(x)=−sin x，利用相同的方法再对所得的式子两边再求导，并利用诱导公式对所得式子进行化简、归纳，再进行猜想得到等式，用数学归纳法进行证明等式成立，主要利用假设的条件、诱导公式、求导公式以及题意进行证明，最后再把x=π4代入所给的式子求解验证．【解答】解：（1）∵f0(x)=sin xx，∴xf0(x)=sin x，则两边求导，[xf0(x)]′=(sin x)′，∵f n(x)为f n−1(x)的导数，n∈N∗，∴f0(x)+xf1(x)=cos x，两边再同时求导得，2f1(x)+xf2(x)=−sin x，将x=π2代入上式得，2f1(π2)+π2f2(π2)=−1，（2）由（1）得，f0(x)+xf1(x)=cos x=sin(x+π2)，恒成立两边再同时求导得，2f1(x)+xf2(x)=−sin x=sin(x+π)，再对上式两边同时求导得，3f2(x)+xf3(x)=−cos x=sin(x+3π2)，同理可得，两边再同时求导得，4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π)，猜想得，nf n−1(x)+xf n(x)=sin(x+nπ2)对任意n∈N∗恒成立，下面用数学归纳法进行证明等式成立：①当n=1时，f0(x)+xf1(x)=cos x=sin(x+π2)成立，则上式成立；②假设n=k(k>1且k∈N∗)时等式成立，即kf k−1(x)+xf k(x)=sin(x+kπ2)，∵[kf k−1(x)+xf k(x)]′=kf k−1′(x)+f k(x)+xf k′(x)=(k+1)f k(x)+xf k+1(x)又[sin(x+kπ2)]′=cos(x+kπ2)⋅(x+kπ2)′=cos(x+kπ2)=sin(π2+x+kπ2)=sin[x+(k+1)π2]，∴那么n=k+1(k>1且k∈N∗)时．等式(k+1)f k(x)+xf k+1(x)=sin[x+(k+1)π2]也成立，由①②得，nf n−1(x)+xf n(x)=sin(x+nπ2)对任意n∈N∗恒成立，令x=π4代入上式得，nf n−1(π4)+π4f n(π4)=sin(π4+nπ2)=±cosπ4=±√22，所以，对任意n∈N∗，等式|nf n−1(π4)+π4f n(π4)|=√22都成立．试卷第31页，总31页。

沪教版(上海某校高一第二学期新高考辅导与训练第5章三角比5.12 二倍角与半角的正弦、余弦和正切（1）一、解答题1. 已知，求的值.2. 证明下列恒等式：（1）；（2）.二、双空题化简：________；________．若，且，则________，________.三、填空题若，，则角的终边在________象限.若，则________．四、单选题若，则等于()A. B. C. D.若，且，则的值为() A. B. C. D.参考答案与试题解析沪教版(上海某校高一第二学期新高考辅导与训练第5章三角比5.12 二倍角与半角的正弦、余弦和正切（1）一、解答题1.【答案】________，√2【考点】算术平方根二次根式的加减混合运算二次根式有意义的条件【解析】根据分式的运算法则将a 2a−1−a−1化简，然后将a=√2+1代入计算即可求出答案．【解答】解：a 2a−1−a−1=a2a−1−(a+1)=a2−(a2−1)a−1=1 a−1当a=√2+1时，原式=√2+1−1=√2=√222.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【考点】二倍角的余弦公式二倍角的正切公式【解析】（1）利用平方差公式以及二倍角公式求解即可；（2）通分，结合二倍角的正切公式求解即可．【解答】（1）cos4α−sin4α=(cos2α+sin2α)(cos2α−sin2α)=cos2α−sin2α=cos2α（2）11−tanα−11+tanα=(1+tanα)−(1−tanα)(1+tanα)(1−tanα)=2tanα1−tan2α=tan2α【答案】________、√633xy √2y【考点】分母有理化平方差公式最简二次根式【解析】直接利用二次根式的性质即可化简．【解答】 解：√2√3=√2√3×√3=√63√18x 2y 3=3xy √2y故答案为：√633xy −√2y【答案】生、左．．【考点】二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式【解析】由平方关系求出sin θ，再由正弦、余弦的的二倍角公式计算． 【解答】因为cos θ=−13，且π<θ<32π，所以sin θ=−√1−(−13)2=−2√23 所以sin2θ=2sin θcos θ=2×(−13)×(−2√23)=4√29cos 2θ=2cos 2θ−1=2×(−13)2−1=−79故答案为：4√29;−79 三、填空题【答案】第四【考点】任意角的三角函数 【解析】试题分析：sin α=−2425,cos α=725，所以为第四象限角．【解答】此题暂无解答4【考点】同底数幂的除法【解析】逆用同底数幂的除法运算法则，即a n−n=a n+a n可得出结果．【解答】解：a n−n=a n÷a a=8÷2=4故答案为：4．四、单选题【答案】C【考点】二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式【解析】由正弦二倍角公式求得cosα2，再由余弦的二倍角公式求得cosα【详加2)由题意sinαsinα2=2sinα2cosα2sinα2=85，所以cosα2=45所以cosα=2cos2α2−1=2×(45)2−1=725故选：c．【解答】此题暂无解答【答案】B【考点】二倍角的正弦公式【解析】利用正切函数的性质得出cosα−sinα<0，再由平方关系以及二倍角公式求解即可．【解答】∵α∈(π4,π2 )tanα>1，即cosα<sinαcosα−sinα<0cosα−sinα=−√(cosα−sinα)2 =−√1−2sinαcosα=−√1−sin2α=−√1−1 4=−√3 2故选：B。

第4课时二倍角的正弦、余弦、正切公式[目标] 1。

会推导并记住二倍角公式;2。

能够运用二倍角公式及其变形解决有关化简、求值和证明问题．[重点] 二倍角公式的推导．[难点] 二倍角公式的变形应用．知识点一二倍角的正弦、余弦、正切公式的推导[填一填］在公式sin(α＋β），cos（α＋β），tan（α＋β)中,令α＝β，就可得到相应的二倍角的三角函数公式：sin2α＝2sinαcosα。

cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.tan2α＝错误!。

上面三组公式,称为倍角公式．［答一答］1．倍角公式中的“倍角"是什么意思？提示：倍角公式不仅可运用于2α是α的二倍的情况，还可运用于4α作为2α的二倍,α作为α2的二倍，3α作为错误!的二倍，α＋β作为错误!的二倍等情况．2．正确的打“√”，错误的打“×”．（1)对于任意角α,总有sin2α＝2sinα。

（×）(2)对于任意角α,总有cos2α＝1－2cos2α.（×）(3）对于任意角α，总有tan2α＝错误!.（√）知识点二倍角公式的变形[填一填］1．1±sin2α＝（sinα±cosα)2；1＋cos2α＝2cos2α；1－cos2α＝2sin2α.2．sin2错误!＝错误!;cos2错误!＝错误!；tan2错误!＝错误!。

[答一答]3．二倍角公式及变形公式的作用是什么?提示：利用上述公式不仅可以促成二倍角与单角的互化，同时还可以实现式子次数的转化．4．请把正确的答案写在横线上．（1)sin22°30′cos22°30′＝错误!。

（2）2cos275°－1＝－错误!。

（3）sin215°－cos215°＝－错误!。

类型一化简求值［例1]求下列各式的值：（1）cos错误!cos错误!＝________；（2)错误!－cos215°＝________；(3）错误!＝________。