5.5.1 第3课时 二倍角的正弦、余弦、正切公式-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　三角函数 5.5　三角恒等变换 5.5.1　两角和与差的正弦、 余弦和正切公式 第3课时　二倍角的正弦、余弦、正切公式 (教师独具内容) 课程标准：1.能利用两角和的正弦、余弦、正切公式推导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系.2.能利用二倍角公式进行化简、求值、证明.3.熟悉二倍角公式的常见变形，并能灵活应用． 教学重点：二倍角的正弦、余弦、正切公式以及应用． 教学难点：1.二倍角公式的常见变形.2.三角函数公式的综合应用． 核心素养：1.通过公式的推导，培养逻辑推理素养和数学运算素养.2.借助三角函数公式的综合应用，提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 记法 公式 S2α sin2α＝___________ C2α cos2α＝______________ T2α tan2α＝______________ 2sinαcosα cos2α－sin2α 知识点一　二倍角的正弦、余弦、正切公式 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 1-2sin2α 知识点二　二倍角公式的变形 (1) (2)sinαcosα＝__________． (3)1±sin2α＝ ______________ ． 2cos2α-1 (sinα±cosα)2 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 答案 核心概念掌握 9 答案 3．(二倍角的正切公式)若tanθ＝3，则tan2θ＝______． 核心概念掌握 10 核心素养形成 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 【感悟提升】解决给角求值问题的方法 (1)直接正用、逆用二倍角公式，结合诱导公式和同角三角函数的基本关系对已知式子进行转化，一般可以化为特殊角． (2)若形式为几个非特殊角的三角函数式相乘，则一般逆用二倍角的正弦公式，在求解过程中，需利用互余(补)关系配凑出应用二倍角公式的条件，使得问题出现可以连用二倍角的正弦公式的形式． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 题型二　给值求值(角) 解 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 解 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 【感悟提升】解决给值求值问题的方法 给值求值问题要注意寻找已知式与未知式之间的联系，有两个观察方向： (1)有方向地将已知式或未知式化简，使关系明朗化； (2)寻找角之间的关系，看是否适合相关公式的使用，注意常见角的变换和角之间的二倍关系． 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 题型三　化简与证明问题 解 核心素养形成 24 (2)求证：cos2(A＋B)－sin2(A－B)＝cos2Acos2B. 证明 核心素养形成 25 【感悟提升】 1．化简三角函数式的常用方法 (1)切化弦；(2)异名化同名；(3)异角化同角；(4)高次降低次． 2．证明三角恒等式的原则与步骤 (1)观察恒等式两端的结构形式，处理原则是从复杂到简单，高次降低次，复角化单角，如果两端都比较复杂，就将两端都化简，即采用“两头凑”的思想． (2)证明恒等式的一般步骤 ①先观察，找出角、函数名称、式子结构等方面的差异； ②本着“复角化单角”“异名化同名”“变换式子结构”“变量集中”等原则，设法消除差异，达到证明的目的． 核心素养形成 26 解 核心素养形成 27 证明 核心素养形成 28 证明 核心素养形成 29 题型四　倍角公式的综合运用 解 核心素养形成 30 解 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 解 核心素养形成 33 【感悟提升】 (1)倍角公式与三角函数的综合应用，要注意公式的灵活运用，融会贯通，在解决具体问题时，要注意题目中的隐含条件，要会对三角函数值的符号进行判断． (2)三角形中的三角函数，注意题目中角的范围限制，其最多只有一个直角或钝角，正弦值均为正，余弦和正切值并不一定为正． 核心素养形成 34 解 核心素养形成 35 解 核心素养形成 36 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 答案 解析 1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 答案 解析 －1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 对点 求三角函数值；二倍角的正弦公式的应用 利用二倍角的正弦和余弦公式确定角的象限 利用二倍角的正、余弦公式求正切值 利用二倍角的正、余弦公式求余弦值 两角和与差的正弦公式的应用；二倍角的余弦公式的应用 两角和的正弦、正切公式的应用；二倍角的正、余弦公式的逆用 凑角求值——二倍角的余弦公式的应用 二倍角正弦及正切公式的应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用二倍角公式证明三角恒等式 给值求值、求角——二倍角的正、余弦公式；两角差的正切公式 实际问题中二倍角的余弦公式的应用 二倍角的正切公式、两角和的正切公式在数学文化中的应用 二倍角的正、余弦公式；同角三角函数的基本关系 利用诱导公式、两角和与差的正弦公式、二倍角的正弦公式判断三角形形状 二倍角的余弦公式的应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 61 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 62 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 63 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 64 14．(2024·江苏连云港杨集高级中学高一下3月月考)在△ABC中，若sinC＋sin(B－A)＝sin2A，则△ABC的形状为__________________________． 等腰三角形或直角三角形 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 65 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 66 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(2tanα,1－tan2α) [点拨]　(1)倍角公式中的“倍角”是相对的，对于两个角的比值等于2的情况都成立，如6α是3α的2倍，3α是eq \f(3α,2)的2倍．这就是说，“倍”是相对而言的，是描述两个数量之间的关系的． (2)正切二倍角的范围：α≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)且α≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z. eq \f(1-cos2α,2) eq \f(1+cos2α,2) eq \f(1,2)sin2α [拓展]　用正切来表示正弦、余弦的倍角公式，也叫“万能公式”，公式如下： (1)sin2α＝2sinαcosα＝eq \f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq \f(2tanα,1＋tan2α)，即sin2α＝eq \f(2tanα,1＋tan2α). (2)cos2α＝cos2α－sin2α＝eq \f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)，即cos2α＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α). 1．(二倍角的正弦、余弦公式)下列各式中，值为eq \f(1,2)的是(　　) A．sin215°＋cos215° B．cos215°－sin215° C．2cos215° D．2sin15°cos15° 2．(二倍角的余弦公式)已知sinx＝eq \f(1,4)，则cos2x的值为(　　) A.eq \f(7,8) B.eq \f(1,8) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2) －eq \f(3,4) 题型一　给角求值 　求下列各式的值： (1)1－2sin275°；(2)cos415°－sin415°； (3)eq \f(1－tan275°,tan75°)；(4)coseq \f(π,7)coseq \f(3π,7)coseq \f(5π,7). 解　(1)1－2sin275°＝cos150°＝－cos30° ＝－eq \f(\r(3),2). (2)cos415°－sin415° ＝(cos215°－sin215°)(cos215°＋sin215°) ＝cos215°－sin215°＝cos30°＝eq \f(\r(3),2). (3)eq \f(1－tan275°,tan75°)＝2×eq \f(1－tan275°,2tan75°)＝2×eq \f(1,tan150°) ＝－2eq \r(3). (4)∵coseq \f(3π,7)＝－coseq \f(4π,7)，coseq \f(5π,7)＝－coseq \f(2π,7)， ∴coseq \f(π,7)coseq \f(3π,7)coseq \f(5π,7)＝coseq \f(π,7)coseq \f(2π,7)coseq \f(4π,7) ＝eq \f(8sin\f(π,7)cos\f(π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),8sin\f(π,7)) ＝eq \f(4sin\f(2π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),8sin\f(π,7))＝eq \f(2sin\f(4π,7)cos\f(4π,7),8sin\f(π,7)) ＝eq \f(sin\f(8π,7),8sin\f(π,7))＝－eq \f(1,8). 【跟踪训练】 1．求下列各式的值： (1)sineq \f(π,24)coseq \f(π,24)coseq \f(π,12)； (2)2cos2eq \f(25π,12)－1； (3)eq \f(tan15°,（1＋tan15°）（1－tan15°）). 解：(1)原式＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(π,24)cos\f(π,24)))coseq \f(π,12) ＝eq \f(1,2)sineq \f(π,12)coseq \f(π,12)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(π,12)cos\f(π,12))) ＝eq \f(1,4)sineq \f(π,6)＝eq \f(1,8). (2)原式＝coseq \f(25π,6)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π＋\f(π,6)))＝coseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2). (3)原式＝eq \f(tan15°,1－tan215°)＝eq \f(1,2)tan30°＝eq \f(\r(3),6). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))INCLUDEPICTURE"例2灰.TIF" INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)已知cos＝eq \f(3,5)，eq \f(π,2)≤α<eq \f(3π,2)，求coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值． 解　∵eq \f(π,2)≤α<eq \f(3π,2)，∴eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)<eq \f(7π,4). ∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))>0，∴eq \f(3π,2)<α＋eq \f(π,4)<eq \f(7π,4). ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq \r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))) ＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝－eq \f(4,5). ∴cos2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) ＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq \f(3,5)＝－eq \f(24,25)， sin2α＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝1－2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) ＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(7,25). ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)cos2α－eq \f(\r(2),2)sin2α ＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)－\f(7,25)))＝－eq \f(31\r(2),50). (2)已知tanα＝eq \f(1,7)，sinβ＝eq \f(\r(10),10)，且α，β为锐角，求α＋2β的值． 解　∵tanα＝eq \f(1,7)<1，且α为锐角， ∴0<α<eq \f(π,4). 又sinβ＝eq \f(\r(10),10)<eq \f(\r(2),2)，且β为锐角，∴0<β<eq \f(π,4)， ∴0<α＋2β<eq \f(3π,4). 由sinβ＝eq \f(\r(10),10)，β为锐角，得cosβ＝eq \f(3\r(10),10)， ∴tanβ＝eq \f(1,3)， ∴tan2β＝eq \f(2tanβ,1－tan2β)＝eq \f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(3,4)， ∴tan(α＋2β)＝eq \f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β)＝eq \f(\f(1,7)＋\f(3,4),1－\f(1,7)×\f(3,4))＝1， 故α＋2β＝eq \f(π,4).　 【跟踪训练】 2．(2024·湖南岳阳高一上期末教学质量监测)已知α，β为锐角，tanα＝eq \f(1,2)，cos(α＋β)＝－eq \f(\r(2),10). (1)求tan2α的值； (2)求cos2α的值； (3)求α－β的值． 解：(1)tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(4,3). (2)因为α为锐角，且tanα＝eq \f(1,2)， 所以sinα＝eq \f(1,\r(5))，cosα＝eq \f(2,\r(5))， 所以cos2α＝cos2α－sin2α＝eq \f(4,5)－eq \f(1,5)＝eq \f(3,5). (3)由(2)知，sin2α＝2sinαcosα＝2×eq \f(1,\r(5))×eq \f(2,\r(5))＝eq \f(4,5)， 因为α，β为锐角，cos(α＋β)＝－eq \f(\r(2),10)， 所以sin(α＋β)＝eq \r(1－cos2（α＋β）)＝eq \f(7\r(2),10)， sin(α－β)＝sin[2α－(α＋β)] ＝sin2αcos(α＋β)－cos2αsin(α＋β) ＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10)))－eq \f(3,5)×eq \f(7\r(2),10)＝－eq \f(\r(2),2)， 又α，β为锐角，所以α－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故α－β＝－eq \f(π,4).　 (1,1－tanθ)INCLUDEPICTURE"例3灰.TIF" INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)化简：－eq \f(1,1＋tanθ). 解　原式＝eq \f(（1＋tanθ）－（1－tanθ）,（1－tanθ）（1＋tanθ）) ＝eq \f(2tanθ,1－tan2θ)＝tan2θ. 证明　左边＝eq \f(1＋cos（2A＋2B）,2)－eq \f(1－cos（2A－2B）,2) ＝eq \f(cos（2A＋2B）＋cos（2A－2B）,2) ＝eq \f(1,2)(cos2Acos2B－sin2Asin2B＋cos2Acos2B＋sin2Asin2B) ＝cos2Acos2B＝右边， 所以等式成立． 【跟踪训练】 3．(1)化简：eq \f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))). 解：eq \f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))) ＝eq \f(cos2α,\f(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))×sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))) ＝eq \f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α)))＝eq \f(cos2α,cos2α)＝1. (2)设α≠kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，求证：taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))＝eq \f(cosα,1＋sinα). 证明：因为taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))＝eq \f(1－tan\f(α,2),1＋tan\f(α,2)) ＝eq \f(cos\f(α,2)－sin\f(α,2),cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)) ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)－sin\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))\s\up12(2)) ＝eq \f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),1＋2cos\f(α,2)sin\f(α,2))＝eq \f(cosα,1＋sinα)， 所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))＝eq \f(cosα,1＋sinα). (2\r(5),5)INCLUDEPICTURE"例4灰.TIF" INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例4灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)在△ABC中，sinA＝，点D是AC边上一点，且满足AD＝BD， ∠DBC＝eq \f(π,4)，求sinC. 解　因为AD＝BD，所以∠ABD＝∠A， 所以A为锐角， 由sinA＝eq \f(2\r(5),5)， 得cosA＝eq \r(1－sin2A)＝eq \r(1－\f(20,25))＝eq \f(\r(5),5)， 所以sin2A＝2sinAcosA＝2×eq \f(2\r(5),5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(4,5)， cos2A＝1－2sin2A＝1－2×eq \f(20,25)＝－eq \f(3,5). 在△ABC中， 因为∠BDC＝A＋∠ABD＝2A， 所以C＝π－(∠BDC＋∠DBC) ＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,4)))， 所以sinC＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,4)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,4)))＝sin2Acoseq \f(π,4)＋cos2Asineq \f(π,4)＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),10). (2)设f(x)＝eq \r(10sinx－2)－eq \r(5cosx－3).若锐角θ满足tan2θ＝eq \f(24,7)，问：θ是否为方程f(x)＝1的解？ 解　tan2θ＝eq \f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq \f(24,7)， 即12tan2θ＋7tanθ－12＝0， 解得tanθ＝eq \f(3,4)或－eq \f(4,3)， ∵θ是锐角， 可得tanθ＝eq \f(3,4)，即eq \f(sinθ,cosθ)＝eq \f(3,4)， 那么sinθ＝eq \f(3,5)，cosθ＝eq \f(4,5). ∴f(θ)＝eq \r(10×\f(3,5)－2)－eq \r(5×\f(4,5)－3)＝1， 故锐角θ满足tan2θ＝eq \f(24,7)时，θ是方程f(x)＝1的解． 【跟踪训练】 4．(1)已知tanα，eq \f(1,tanα)是关于x的方程x2－2kx＋k2－3＝0的两个实根，且π<α<eq \f(3π,2)，求sin2α的值． 解：由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanα＋\f(1,tanα)＝2k，,tanα·\f(1,tanα)＝k2－3，)) 因为k2－3＝1且π<α<eq \f(3π,2)， 所以解得k＝2，所以tanα＋eq \f(1,tanα)＝4， 则eq \f(sinα,cosα)＋eq \f(cosα,sinα)＝eq \f(1,sinαcosα)＝4，即sin2α＝eq \f(1,2). (2)在△ABC中，A为最小角，C为最大角，且cos(2A＋C)＝－eq \f(4,5)，sinB＝eq \f(4,5)，求cos[2(B＋C)]的值． 解：在△ABC中，cos(2A＋C)＝cos[A＋(π－B)]＝－cos(A－B)＝－eq \f(4,5)，所以cos(A－B)＝eq \f(4,5)，又A为最小角，C为最大角，所以－eq \f(π,2)<A－B<0， 所以sin(A－B)＝－eq \f(3,5). 又sinB＝eq \f(4,5)，B为锐角，所以cosB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(3,5)， 所以cosA＝cos[(A－B)＋B] ＝cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB ＝eq \f(4,5)×eq \f(3,5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq \f(4,5)＝eq \f(24,25)， 所以cos[2(B＋C)]＝cos[2(π－A)]＝cos2A＝2cos2A－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,25)))eq \s\up12(2)－1＝eq \f(527,625). 1．(2024·河北邢台高一上期末)已知sineq \f(α,2)＝eq \f(\r(2),5)，则cosα＝(　　) A．－eq \f(16,25) B.eq \f(16,25) C．－eq \f(21,25) D.eq \f(21,25) 解析：由题意得，cosα＝1－2sin2eq \f(α,2)＝eq \f(21,25).故选D. 2．计算：eq \f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝(　　) A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．－1 D．1 解析：因为eq \f(2tan22.5°,1－tan222.5°)＝tan45°＝1，所以eq \f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝eq \f(1,2).故选B. 3．计算：eq \f(1,sin10°)－eq \f(\r(3),cos10°)＝(　　) A．2 B．2eq \r(3) C．4 D．4eq \r(3) 解析：因为eq \f(1,sin10°)－eq \f(\r(3),cos10°)＝eq \f(cos10°－\r(3)sin10°,sin10°cos10°)＝eq \f(2cos（60°＋10°）,\f(1,2)sin20°)＝eq \f(2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝4.故选C. 4．若eq \f(9－cos2θ,cosθ＋1)＝4，则cosθ＝_____． 解析：因为eq \f(9－cos2θ,cosθ＋1)＝4，所以9－(2cos2θ－1)＝4(cosθ＋1)，整理，得cos2θ＋2cosθ－3＝0，解得cosθ＝1(cosθ＝－3舍去)． 5．(2024·福建同安第一中学高一上第二次月考)已知钝角α满足tan(π－2α)＝eq \f(4,3)，则cos2α＋sin2α－1＝________． 解析：因为tan(π－2α)＝－tan2α＝eq \f(4,3)，所以tan2α＝－eq \f(4,3)，所以eq \f(2tanα,1－tan2α)＝ －eq \f(4,3)，解得tanα＝2或tanα＝－eq \f(1,2)，因为α为钝角，所以tanα＝－eq \f(1,2)，所以cos2α＋sin2α－1＝cos2α＋2sinαcosα－sin2α－cos2α＝2sinαcosα－sin2α＝eq \f(2sinαcosα－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq \f(2tanα－tan2α,tan2α＋1)＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＝－1. 1．角α的终边落在射线3x＋4y＝0(x>0)上，则sin2α＝(　　) A．－3 B．－eq \f(3,5) C．－eq \f(24,25) D．－eq \f(12,25) 解析：在射线3x＋4y＝0(x>0)上任意取一点P(4，－3)，则有x＝4，y＝－3，r＝|OP|＝5，sinα＝eq \f(y,r)＝－eq \f(3,5)，cosα＝eq \f(x,r)＝eq \f(4,5)，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq \f(4,5)＝－eq \f(24,25).故选C. 2．若sineq \f(α,2)＝eq \f(12,13)，coseq \f(α,2)＝－eq \f(5,13)，则角α是(　　) A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角 解析：∵sinα＝2sineq \f(α,2)coseq \f(α,2)＝2×eq \f(12,13)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))<0，cosα＝cos2eq \f(α,2)－sin2eq \f(α,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13))) eq \s\up12(2)<0，∴α是第三象限角． 3．(2024·湖北襄阳六中高一上质检)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan2α＝eq \f(sinα,2＋cosα)，则tanα＝(　　) A.eq \f(\r(15),15) B.－eq \f(\r(15),15) C.eq \r(15) D.－eq \r(15) 解析：∵tan2α＝eq \f(sinα,2＋cosα)，∴tan2α＝eq \f(sin2α,cos2α)＝eq \f(2sinαcosα,2cos2α－1)＝eq \f(sinα,2＋cosα)，又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinα≠0，∴eq \f(2cosα,2cos2α－1)＝eq \f(1,2＋cosα)，解得cosα＝－eq \f(1,4)，∴sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(\r(15),4)，∴tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝－eq \r(15).故选D. 4．已知θ∈(0，π)，2sin2θ＝cos2θ－1，则cosθ＝(　　) A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C．－eq \f(2\r(5),5) D．－eq \f(\r(5),5) 解析：∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0，2sin2θ＝cos2θ－1，∴4sinθcosθ＝1－2sin2θ－1，∴2sinθcosθ＝－sin2θ，∴sinθ＝－2cosθ，∴cosθ<0，∴sin2θ＋cos2θ＝4cos2θ＋cos2θ＝5cos2θ＝1，∴cos2θ＝eq \f(1,5)，∴cosθ＝－eq \f(\r(5),5). 5．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq \f(1,3)，cosαsinβ＝eq \f(1,6)，则cos(2α＋2β)＝(　　) A.eq \f(7,9) B.eq \f(1,9) C．－eq \f(1,9) D．－eq \f(7,9) 解析：因为sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq \f(1,3)，而cosαsinβ＝eq \f(1,6)，因此 sinαcosβ＝eq \f(1,2)，则sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq \f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝ cos[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9).故选B. 6．(多选)(2024·安徽A10联盟高一下开学考试)下列计算中正确的是(　　) A．sin105°cos75°＝eq \f(1,2) B．sin20°cos40°＋cos160°sin220°＝eq \f(\r(3),2) C．1－2cos2eq \f(π,12)＝－eq \f(\r(3),2) D．taneq \f(7π,12)＝2＋eq \r(3) 解析：sin105°cos75°＝sin75°cos75°＝eq \f(1,2)×2sin75°cos75°＝eq \f(1,2)sin150°＝eq \f(1,4)，故A错误；sin20°cos40°＋cos160°sin220°＝sin20°cos40°＋cos20°sin40°＝sin60°＝eq \f(\r(3),2)，故B正确；1－2cos2eq \f(π,12)＝－coseq \f(π,6)＝－eq \f(\r(3),2)，故C正确；taneq \f(7π,12)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(3)＋1,1－\r(3)×1)＝－2－eq \r(3)，故D错误．故选BC. －eq \f(5,6) 7．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),6)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))的值为________． 解析：由coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝－coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))－π))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝－coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,6)))))＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,6)))－1＝－eq \f(5,6). eq \r(3) 8．设sin2α＝－sinα，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tan2α的值是______． 解析：因为sin2α＝－sinα，所以2sinαcosα＝－sinα，由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))知sinα≠0，所以cosα＝－eq \f(1,2)，所以α＝eq \f(2π,3)，所以sinα＝eq \f(\r(3),2)，tanα＝－eq \r(3)，所以tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(2×（－\r(3)）,1－（－\r(3)）2)＝eq \r(3). 9．求证：(1)eq \f(3－4cos2A＋cos4A,3＋4cos2A＋cos4A)＝tan4A； (2)eq \f(cos2α,\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2))＝eq \f(1,4)sin2α. 证明：(1)因为左边＝eq \f(3－4cos2A＋2cos22A－1,3＋4cos2A＋2cos22A－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－cos2A,1＋cos2A)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sin2A,2cos2A)))eq \s\up12(2) ＝(tan2A)2＝tan4A ＝右边， 所以原式成立． (2)证法一：因为左边＝eq \f(cos2α,\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))＝eq \f(cos2α,\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2)))＝eq \f(cos2αsin\f(α,2)cos\f(α,2),cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2)) ＝eq \f(cos2αsin\f(α,2)cos\f(α,2),cosα)＝sineq \f(α,2)coseq \f(α,2)cosα ＝eq \f(1,2)sinαcosα＝eq \f(1,4)sin2α＝右边， 所以原式成立． 证法二：因为左边＝eq \f(cos2αtan\f(α,2),1－tan2\f(α,2)) ＝eq \f(1,2)cos2α·eq \f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq \f(1,2)cos2αtanα ＝eq \f(1,2)cosαsinα＝eq \f(1,4)sin2α＝右边， 所以原式成立． 10．已知cosα＝eq \f(2\r(5),5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). (1)求sin2α的值； (2)设角β的终边与单位圆的交点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)，y))，β∈(0，π)，求2α－β的大小． 解：(1)因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cosα＝eq \f(2\r(5),5)， 所以sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(\r(5),5). 所以sin2α＝2sinαcosα＝eq \f(4,5). (2)因为角β的终边与单位圆的交点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)，y))， 所以cosβ＝eq \f(7\r(2),10). 因为β∈(0，π)，所以sinβ＝eq \r(1－cos2β)＝eq \f(\r(2),10). 由(1)知sin2α＝eq \f(4,5)，cos2α＝cos2α－sin2α＝eq \f(3,5)， 所以tan2α＝eq \f(4,3)，tanβ＝eq \f(1,7). 则tan(2α－β)＝eq \f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝1， 由cosβ＝eq \f(7\r(2),10)，得β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得2α∈(0，π)． 所以2α－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π)). 所以2α－β＝eq \f(π,4). 11.如图，某时钟显示的时刻为9：45，此时时针与分针的夹角为θ，则(sinθ＋ cosθ)(sinθ－cosθ)＝(　　) A.eq \f(\r(2),2) B．－eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2) 解析：由题意，知θ＝eq \f(2π,12)×eq \f(9,12)＝eq \f(π,8)，所以(sinθ＋cosθ)(sinθ－cosθ)＝sin2θ－cos2θ＝－cos2θ＝－coseq \f(π,4)＝－eq \f(\r(2),2).故选B. 12.(多选)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央．出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为：今有水池1丈见方(即CD＝10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接(如图所示)．试问水深、芦苇的长度各是多少？假设θ＝∠BAC，则下列结论正确的是(　　) A．水深为12尺 B．芦苇长为15尺 C．taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3) D．taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(17,7) 解析：设BC＝x，则AC＝x＋1，∵AB＝5，∴52＋x2＝(x＋1)2，∴x＝12，即水深为12尺，故芦苇长为13尺，∴tanθ＝eq \f(12,5)，由tanθ＝eq \f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))，解得taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3)(负值已舍去)．∵tanθ＝eq \f(12,5)，∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋tanθ,1－tanθ)＝－eq \f(17,7).故选ACD. eq \f(1,2) 13．(2024·福建龙岩第一中学高一上第三次月考)被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用.0.618就是黄金分割比：t＝eq \f(\r(5)－1,2)的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18°，则eq \f(1－2sin227°,t\r(4－t2))＝______． 解析：把t＝2sin18°代入eq \f(1－2sin227°,t\r(4－t2))，得原式＝eq \f(cos54°,2sin18°\r(4－4sin218°))＝eq \f(sin36°,4sin18°cos18°)＝eq \f(sin36°,2sin36°)＝eq \f(1,2). 解析：因为sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)，由sinC＋sin(B－A)＝sin2A可得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝sin2A，即sinAcosB＋cosAsinB＋sinBcosA－cosBsinA＝2sinAcosA，所以sinBcosA＝sinAcosA，所以cosA(sinA－sinB)＝0，所以cosA＝0或sinA＝sinB，因为0<A<π，0<B<π，所以A＝eq \f(π,2)或A＝B，所以△ABC的形状为等腰三角形或直角三角形． 15．已知x＋y＝3－cos4θ，x－y＝4sin2θ，求证：xeq \s\up6(\f(1,2))＋yeq \s\up6(\f(1,2))＝2. 证明：x＋y＝3－cos4θ，① x－y＝4sin2θ.② ①＋②，得2x＝3＋4sin2θ－cos4θ＝3＋4sin2θ－1＋2sin22θ＝2(1＋sin2θ)2， ∴x＝(1＋sin2θ)2. ①－②，得2y＝3－cos4θ－4sin2θ＝3－1＋2sin22θ－4sin2θ＝2(1－sin2θ)2， ∴y＝(1－sin2θ)2. ∴xeq \s\up6(\f(1,2))＋yeq \s\up6(\f(1,2))＝eq \r(x)＋eq \r(y)＝1＋sin2θ＋1－sin2θ＝2. $$