二倍角的正弦,余弦,正切;簡單的三角恒等變換教案練習(xí)答案

第一課時二倍角的正弦、余弦、正切教學(xué)目標(biāo)理解二倍角的正弦、余弦、正切公式及其推導(dǎo)掌握二倍角的正弦、余弦、正切公式及其推導(dǎo)，提高學(xué)生的變形能力.通過綜合運用公式，使學(xué)生掌握有關(guān)技巧，提高學(xué)生分析問題，解決問題的能力.教學(xué)重點二倍角的正弦、余弦、正切公式的推導(dǎo)及其運用教學(xué)難點公式的應(yīng)用.教學(xué)過程復(fù)習(xí)引入回顧：在上一節(jié)課中，我們學(xué)習(xí)了兩角和的正弦，余弦以及正切公式，公式如下：2.提問，假若在上述公式中，公式將會成為什么樣的呢？二．教材講解1.當(dāng)時，我們得到如下公式：思考：把上述關(guān)于的式子能否變成只含有或形式的式子呢？；．．上述公式總結(jié)：3.說明：（1）二倍角的相對性，即二倍角公式不僅限于2α是α的二倍的形式,其他如4α是2α的二倍,是的二倍,3α是的二倍,是的二倍，-α是-的二倍等,所有這些都可以應(yīng)用二倍角公式.（2）這組公式用途很廣，首先公式左邊角是右邊角的2倍；左邊是2α的三角函數(shù)的一次式，對于余弦的二倍角公式而言，用途非常廣泛，它的右邊是α的三角函數(shù)的二次式，即左到右→升冪縮角，右到左→降冪擴(kuò)角、二倍角的正弦是單項式，余弦是多項式，正切是分式.三．例題講解例1、已知求的值．解：由得．又因為．于是；；．例2．在△ABC中，，解：因為在△ABC中，A+B+C=，所以，，所以，所以，所以。又因為①而②將②代入①中得，例3.已知cosα=,cos(α-β)=,且0<β<α<,(1)求tan2α的值;(2)求β.解:(1)由cosα=,0<α<,得sinα==∴tanα===4.于是tan2α=(2)由0<α<β<,得0<α-β<.又∵cos(α-β)=,∴sin(α-β)=由β=α-(α-β),得cosβ=cos［α-(α-β)］=cosαcos(α-β)+sinαsin(α-β)=×+=.∴β=.點評:本題主要考查三角恒等變形的主要基本公式、三角函數(shù)值的符號,已知三角函數(shù)值求角以及計算能力.四．課堂練習(xí)1.不查表,求值:sin15°+cos15°.2..若,則cosα+sinα的值為()A.B.C.D.3.求sin10°sin30°sin50°sin70°的值.課堂小結(jié)本節(jié)我們主要學(xué)習(xí)的內(nèi)容是正弦，余弦，正切的2倍角公式，在學(xué)習(xí)的過程中，我們不僅要學(xué)會公式的正用，還要學(xué)會逆用以及變形使用公式。第二課時簡單的三角恒等變換（一）教學(xué)目標(biāo)1.通過二倍角的變形公式推導(dǎo)半角的正弦、余弦、正切公式，體會化歸、換元、方程、逆向使用公式等數(shù)學(xué)思想，提高學(xué)生的推理能力。2.理解并掌握二倍角的正弦、余弦、正切公式，并會利用公式進(jìn)行簡單的恒等變形，體會三角恒等變形在數(shù)學(xué)中的應(yīng)用。3.通過例題的解答，引導(dǎo)學(xué)生對變換對象目標(biāo)進(jìn)行對比、分析，促使學(xué)生形成對解題過程中如何選擇公式，如何根據(jù)問題的條件進(jìn)行公式變形，以及變換過程中體現(xiàn)的換元、逆向使用公式等數(shù)學(xué)思想方法的認(rèn)識，從而加深理解變換思想，提高學(xué)生的推理能力教學(xué)重點1.引導(dǎo)學(xué)生以已有的十一個公式為依據(jù)，以推導(dǎo)積化和差、和差化積、半角公式的推導(dǎo)作為基本訓(xùn)練，學(xué)習(xí)三角變換的內(nèi)容、思路和方法，在與代數(shù)變換相比較中，體會三角變換的特點，提高推理、運算能力教學(xué)難點1.認(rèn)識三角變換的特點，并能運用數(shù)學(xué)思想方法指導(dǎo)變換過程的設(shè)計，不斷提高從整體上把握變換過程的能力．教學(xué)過程一．復(fù)習(xí)引入三角函數(shù)的和（差）公式，倍角公式二．教材講解1、顯然的二倍關(guān)系，學(xué)習(xí)和（差）公式，倍角公式以后，我們就有了進(jìn)行變換的工具，從而使三角變換的內(nèi)容、思路和方法更加豐富，這為我們的推理、運算能力提供了新的平臺．三．例題講解例1、試以表示．解：我們可以通過二倍角和來做此題．因為，可以得到；因為，可以得到．又因為．例2．已知，化簡：A、.B、C、-D、-例3、求證：（１）、；（２）、．證明：（１）因為和是我們所學(xué)習(xí)過的知識，因此我們從等式右邊著手．；．兩式相加得；即；（２）由（１）得①；設(shè)，那么．把的值代入①式中得．課堂練習(xí)1、已知，且，則（）A、B、.C、D、2.若，則=（）A、3B、.C、–3D、–3、用表示。解：小結(jié)：(1)二倍角公式：(2)二倍角變式：(3)三角變形技巧和代數(shù)變形技巧常見的三角變形技巧有①切割化弦；②“1”的變用；③統(tǒng)一角度，統(tǒng)一函數(shù)，統(tǒng)一形式等等．第三課時簡單的三角恒等變換（二）教學(xué)目標(biāo)1、通過三角恒等變形，形如的函數(shù)轉(zhuǎn)化為的函數(shù)；2、靈活利用公式，通過三角恒等變形，解決函數(shù)的最值、周期、單調(diào)性等問題。教學(xué)重點三角恒等變形的應(yīng)用。教學(xué)難點三角恒等變形。教學(xué)過程一．復(fù)習(xí)引入復(fù)習(xí)：二倍角公式。二．例題講解例1.如圖，已知OPQ是半徑為1，圓心角為的扇形，C是扇形弧上的動點，ABCD是扇形的內(nèi)接矩形.記∠COP＝a，求當(dāng)角a取何值時，矩形ABCD的面積最大？并求出這個最大面積.例2．解：.例３．已知函數(shù)求的最小正周期，（2）當(dāng)時，求的最小值及取得最小值時的集合．點評：例３是三角恒等變換在數(shù)學(xué)中應(yīng)用的舉例，它使三角函數(shù)中對函數(shù)的性質(zhì)研究得到延伸，體現(xiàn)了三角變換在化簡三角函數(shù)式中的作用．課堂練習(xí)1：；．解：（1）由得（2）θ2：把一段半徑為R的圓木鋸成橫截面為矩形的木料，怎樣鋸法能使橫截面的面積最大？（分別設(shè)邊與角為自變量）θ解：（1）如圖，設(shè)矩形長為l，則面積，所以當(dāng)且僅當(dāng)即時，取得最大值，此時S取得最大值，矩形的寬為即長、寬相等，矩形為圓內(nèi)接正方形.五．課堂小結(jié)建立函數(shù)模型利用三角恒等變換解決實際問題.課后作業(yè)第二單元和差倍角公式測試題一、選擇題：1．(05春北京)在△ABC中，已知2sinAcosB＝sinC，則△ABC一定是 ()A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形2．eq\f(2cos10°－sin20°,sin70°)的值是 ()A．eq\f(1,2) B．eq\f(eq\r(3),2) C．eq\r(3) D．eq\r(2)3．f(x)＝eq\f(sinxcosx,1＋sinx＋cosx)的值域為 ()A．(―eq\r(3)―1,―1)∪(―1,eq\r(3)―1) B．[eq\f(－eq\r(2)－1,2),―1]∪(―1,eq\f(eq\r(2)－1,2))C．(eq\f(－eq\r(3)－1,2),eq\f(eq\r(3)－1,2)) D．[eq\f(－eq\r(2)－1,2),eq\f(eq\r(2)－1,2)]4．已知x∈(－eq\f(π,2),0)，cosx＝eq\f(4,5)，則tan2x等于 ()A．eq\f(7,24) B．－eq\f(7,24) C．eq\f(24,7) D．－eq\f(24,7)5．(2004春北京)已知sin(θ＋π)＜0，cos(θ－π)＞0，則下列不等關(guān)系中必定成立的是()A．taneq\f(θ,2)＜coteq\f(θ,2)，B．taneq\f(θ,2)＞coteq\f(θ,2)，C．sineq\f(θ,2)＜coseq\f(θ,2)，D.sineq\f(θ,2)＞coseq\f(θ,2)．6．(04江蘇)已知0＜α＜eq\f(π,2)，taneq\f(α,2)＋coteq\f(α,2)＝eq\f(5,2)，則sin(α－eq\f(π,3))的值為()A．eq\f(4＋3eq\r(3),10) B．eq\f(4－3eq\r(3),10) C．eq\f(3eq\r(3)－4,10) D．－eq\f(4＋3eq\r(3),10)7．等式sinα＋eq\r(3)cosα＝eq\f(4m－6,4－m)有意義，則m的取值范圍是 ()A．(－1,eq\f(7,3)) B．[－1,eq\f(7,3)] C．[－1,eq\f(7,3)] D．[―eq\f(7,3),―1]8．在△ABC中，tanAtanB＞1是△ABC為銳角三角形的 ()A．充要條件B．僅充分條件C．僅必要條件D．非充分非必要條件9．已知α.β是銳角，sinα＝x，cosβ＝y(tǒng)，cos(α＋β)＝－eq\f(3,5)，則y與x的函數(shù)關(guān)系式為()A．y＝―eq\f(3,5)eq\r(1―x2)＋eq\f(4,5)x(eq\f(3,5)＜x＜1) B．y＝―eq\f(3,5)eq\r(1―x2)＋eq\f(4,5)x(0＜x＜1)C．y＝―eq\f(3,5)eq\r(1―x2)―eq\f(4,5)x(0＜x＜eq\f(3,5)＝ D．y＝―eq\f(3,5)eq\r(1―x2)―eq\f(4,5)x(0＜x＜1＝10．已知α∈(0,π)，且sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，則tanα的值為 ()A．－eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)或－eq\f(3,4) C．－eq\f(3,4) D．eq\f(4,3)或－eq\f(3,4)11．(05全國)在△ABC中，已知taneq\f(A＋B,2)＝sinC，則以下四個命題中正確的是（)(1)tanA·cotB＝1．(2)1＜sinA＋sinB≤eq\r(2)．(3)sin2A＋cos2B＝1．(4)cos2A＋cos2B＝sin2C．A．①③ B．②④ C．①④ D．②③12．(2003⑷)函數(shù)的最大值為 ()（A）（B）（C）（D）2二、填空題：13．(03上海)若x＝eq\f(π,3)是方程2cos(x＋α)＝1的解，α∈(0,2π)，則α＝＿＿14．已知cosθ＋cos2θ＝1，則sin2θ＋sin6θ＋sin8θ＝＿＿＿＿＿＿＿＿＿15．函數(shù)y＝5sin(x＋20°)－5sin(x＋80°)的最大值是＿＿＿＿＿＿＿＿＿。16．若圓內(nèi)接四邊形的四個頂點A、B、C、D把圓周分成eq\o(AB,\s\up8(︵))∶eq\o(BC,\s\up8(︵))∶eq\o(CD,\s\up8(︵))∶eq\o(DA,\s\up8(︵))＝4∶3∶8∶5，則四邊形四個內(nèi)角A、B、C、D的弧度數(shù)為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿三、解答題17．設(shè)cos(α－eq\f(β,2))＝－eq\f(1,9)，sin(eq\f(α,2)－β)＝eq\f(2,3)，且eq\f(π,2)＜α＜π，0＜β＜eq\f(π,2)，求cos（α＋β）．18．已知f(x)＝2asin2x－2eq\r(2)asinx＋a＋b的定義域是[0,eq\f(π,2)]，值域是[－5,1]，求a、b的值．19．(04湖北)已知6sin2α＋sinαcosα－2cos2α＝0，α∈[eq\f(π,2),π]，求sin(2α＋eq\f(π,3))的值．20．(05北京)在△ABC中，sinA＋cosA＝eq\f(eq\r(2),2)，AC＝2，AB＝3，求tanA的值和△ABC的面積．21．在矩形ABCD中，AB＝a，BC＝2a，在BC上取一點P，使得AB＋BP＝PD，求tan∠APD的值．22．是否存在銳角α和β，使α＋2β＝eq\f(2π,3)①，且taneq\f(α,2)tanβ＝2－eq\r(3)②，同時成立？若存在，求出α和β的值；若不存在，請說明理由．參考答案：1．B由2sinAcosB＝sin(A＋B)sin(B－A)＝0B＝A．2．C原式＝eq\f(2cos(30°―20°)―sin20°,cos20°)＝eq\f(eq\r(3)cos20°,cos20°)＝eq\r(3)．3．B令t＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))∈[―eq\r(2),―1]∪(―1,eq\r(2))．則f(x)＝eq\f(eq\f(t2－1,2),1＋t)＝eq\f(t－1,2)∈[eq\f(－eq\r(2)－1,2),―1]∪(―1,eq\f(eq\r(2)－1,2))．4．D．5．B∵sinθ＞0，cosθ＜0，taneq\f(θ,2)－coteq\f(θ,2)＝eq\f(sineq\f(θ,2),coseq\f(θ,2))－eq\f(coseq\f(θ,2),sineq\f(θ,2))＝－eq\f(2cosθ,sinθ)＞0．∴taneq\f(θ,2)＞coteq\f(θ,2)．6．Btaneq\f(α,2)＋coteq\f(α,2)＝eq\f(2,sinα)＝eq\f(5,2)．∴sinα＝eq\f(4,5)．cosα＝eq\f(3,5)．sin(α－eq\f(π,3))＝eq\f(1,2)sinα－eq\f(eq\r(3),2)cosα＝eq\f(4－3eq\r(3),10)．7．C 8．A9．Ay＝cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝―eq\f(3,5)eq\r(1―x2)＋eq\f(4,5)x＞04x＞3eq\r(1―x2)eq\f(3,5)＜x＜1．10．A解：當(dāng)α∈(0,eq\f(π,2))時，sinα＋cosα＝eq\r(2)sin(α＋eq\f(π,4))＞1．故α∈(eq\f(π,2),π)．∴sinα＞0,cosα＜0．且|sinα|＞|cosα|∴|tanα|＞1．由(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,25)sin2α＝－eq\f(24,25)eq\f(2tanα,1＋tan2α)＝－eq\f(24,25)tanα＝－eq\f(4,3)或tanα＝－eq\f(3,4)(舍)．11．B解：由taneq\f(A＋B,2)＝eq\f(1－cos(A＋B),sin(A＋B))＝eq\f(1＋cosC,sinC)＝sinC。∴cosC＝0，C＝eq\f(π,2)．∴A＋B＝eq\f(π,2)．故①式＝tan2A≠1。②式＝sinA＋cosA＝eq\r(2)sin(A＋eq\f(π,4))∈(1，eq\r(2))，③式＝2sin2A≠1，④式＝cos2A＋sin2A＝1＝sin2C．12．Ａ解：。13．eq\f(4π,3)。14．1解：cosθ＝sin2θ，∴sin6θ＝cos3θ，sin8θ＝cos4θ．∴sin2θ＋sin6θ＋sin8θ＝cosθ＋cos3θ＋cos4θ＝cosθ＋cos2θ(cosθ＋cos2θ)＝cosθ＋cos2θ＝1．15．7解：y＝3sin(x＋20°)＋5[sin(x＋20°)cos60°＋cos(x＋20°)sin60°]＝eq\f(11,2)sin(x＋20°)＋eq\f(5eq\r(3),2)cos(x＋20°)＝7sin(x＋20°＋φ)≤7．16．,eq\f(13π,20),eq\f(9π,20),eq\f(7π,20)，解∵eq\f(2π,4＋3＋8＋5)＝eq\f(π,10)．故四條弧所對圓心角分別為eq\f(4π,10)，eq\f(3π,10)，eq\f(8π,10)，eq\f(5π,10)．四內(nèi)角分別為eq\f(1,2)(eq\f(3π,10)＋eq\f(8π,10))＝eq\f(11,20)π．eq\f(1,2)(eq\f(8π,10)＋eq\f(5π,10))＝eq\f(13π,20)，eq\f(9π,20)，eq\f(7π,20)．17．分析：∵eq\f(α＋β,2)＝(α―eq\f(β,2))―(eq\f(α,2)－β)．解：∵α∈(eq\f(π,2),π)β∈(0,eq\f(π,2))．∴eq\f(π,4)＜α－eq\f(β,2)＜π，－eq\f(π,4)＜eq\f(α,2)－β＜eq\f(π,2)．∴由cos(α－eq\f(β,2))＝－eq\f(1,9)得sin(α－eq\f(β,2))＝eq\f(4eq\r(5),9)，由sin(eq\f(α,2)－β)＝eq\f(2,3)．得cos(eq\f(α,2)－β)＝eq\f(eq\r(5),3)．∴coseq\f(α＋β,2)＝cos[(α―eq\f(β,2))―(eq\f(α,2)―β)]＝…＝eq\f(7eq\r(5),27)．∴cos(α＋β)＝2×(eq\f(7eq\r(5),27))2－1＝－eq\f(239,729)．18．解：令sinx＝t，∵x∈[0,eq\f(π,2)]．∴t∈[0,1]．f(x)＝g(t)＝2at2－2eq\r(2)at＋a＋b＝2a(t－eq\f(eq\r(2),2))2＋b．當(dāng)a＞0時，則eq\b\lc\{(\a\al(b＝－5,a＋b＝1))eq\b\lc\{(\a\al(a＝6,b＝－5))當(dāng)a＜0時，則eq\b\lc\{(\a\al(b＝1,a＋b＝－5))eq\b\lc\{(\a\al(a＝－6,b＝1))．19．解：依題知α≠eq\f(π,2)，cosα≠0．方程可化為6tan2α＋tanα－2＝0．tanα＝－eq\f(2,3)或eq\f(1,2)(舍)．∴sin(2α＋eq\f(π,3))＝sin2αcoseq\f(π,3)＋cos2α·sineq\f(π,3)＝sinαcosα＋eq\f(eq\r(3),2)(cos2α－sin2α)＝eq\f(sinαcosα,sin2α＋cos2α)＋eq\f(eq\r(3),2)·eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(tanα,1＋tan2α)＋eq\f(eq\r(3),2)×eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(6,13)＋eq\f(5eq\r(3),26)．20．解：sinA＋cosA＝eq\r(2)cos(A－45°)＝eq\f(eq\r(2),2)，∴cos(A－45°)＝eq\f(1,2)．∵0°＜A＜180°，∴A－45°＝60°，A＝105°，∴tanA＝tan(60°＋45°)＝―2―eq\r(3)，sinA＝sin(60°＋45°)＝eq\f(eq\r(6)＋eq\r(2),4)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AC·AB．sinA＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(eq\r(6)＋e