4.3 二倍角的三角函数公式(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版2019）

第四章　三角恒等变换 §3　二倍角的三角函数公式 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案·学业评价 03 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 01 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 2sin αcos α cos2 α－sin2 α 1－2sin2 α 2cos2 α－1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 02 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 03 课后案·学业评价 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 谢谢观看 栏目导航 第四章　三角恒等变换 1 学业标准 素养目标 1．会用Sα＋β，Cα＋β，Tα＋β公式推导二倍角公式；能用二倍角公式推导半角公式．(难点) 2．掌握二倍角公式、理解半角公式，并能利用公式进行化简、求值．(重点) 1．通过二倍角公式和半角公式的推导，培养逻辑推理等核心素养． 2．通过二倍角公式和半角公式的应用，促使数学运算等核心素养的提升. 导学1　二倍角公式 在公式Cα＋β，Sα＋β和Tα＋β中，若α＝β，公式还成立吗？ [提示]　成立． 在上述公式中，若α＝β，你能得到什么结论？ [提示]　cos 2α＝cos2 α－sin2 α，sin 2α＝2sin αcos α，tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2 α). 根据同角三角函数的基本关系式sin2 α＋cos2 α＝1，你能否只用sin α或cos α表示cos 2α？ [提示]　cos 2α＝cos2 α－sin2 α＝cos2 α－(1－cos2 α)＝2cos2 α－1． ◎结论形成 二倍角的正弦、余弦、正切公式 名称 公式 记法 二倍角的正弦 sin 2α＝_________________ S2α 二倍角的余弦 cos 2α＝________________＝________________＝_________________ C2α 二倍角的正切 tan 2α＝______________ T2α eq \f(2tan α,1－tan2 α) [导学点睛]　“二倍”的含义 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． 导学2　半角公式 我们知道二倍角公式中，“倍角是相对的”，那么对余弦的二倍角公式，若用2α替换α，结果怎样？ [提示]　结果是cos α＝2cos2 eq \f(α,2)－1＝1－2sin2 eq \f(α,2)＝cos2 eq \f(α,2)－sin2 eq \f(α,2). 根据上述结果，试用sin α，cos α表示sin eq \f(α,2)，cos eq \f(α,2)，tan eq \f(α,2). [提示]　∵cos2 eq \f(α,2)＝eq \f(1＋cos α,2)，∴cos eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cos α,2))， 同理sin eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,2))，∴tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin \f(α,2),cos \f(α,2))＝± eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α)). ◎结论形成 半角三角函数的公式(半角公式) sin eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,2))；cos eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cos α,2))； tan eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α))＝eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \f(1－cos α,sin α). 在这些公式中，根号前面的符号由eq \f(α,2)所在的象限相应的三角函数值的符号确定，若eq \f(α,2)所在象限无法确定，则应保留根号前面的正、负两个符号． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)对于任意的角α，都有sin 2α＝2sin α成立．(　　) (2)存在角α，使cos 2α＝2cos α成立．(　　) (3)cos 3αsin 3α＝eq \f(1,2)sin 6α对任意的角α都成立．(　　) (4)cos eq \f(α,2)＝eq \r(\f(1＋cos α,2)).(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．已知α是第三象限角，cos α＝－eq \f(5,13)，则sin 2α等于(　　) A．－eq \f(12,13)　　　　　　　 B．eq \f(12,13) C．－eq \f(120,169) D．eq \f(120,169) 解析　由α是第三象限角，且cos α＝－eq \f(5,13)， 得sin α＝－eq \f(12,13)，所以sin 2α＝2sin αcos α ＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＝eq \f(120,169)，故选D． 答案　D 3．已知2π<θ<4π，且sin θ＝－eq \f(3,5)，cos θ<0，则tan eq \f(θ,2)＝(　　) A．－3 B．3 C．－eq \f(1,3) D．eq \f(1,3) 解析　由题意知θ为第三象限角， cos θ＝－eq \r(1－\f(9,25))＝－eq \f(4,5)， 所以tan eq \f(θ,2)＝eq \f(sin θ,1＋cos θ)＝eq \f(－\f(3,5),1－\f(4,5))＝－3.故选A． 答案　A 4．若cos α＝－eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则coseq \f(α,2)＝________. 解析　∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴eq \f(α,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))， ∴coseq \f(α,2)＝－eq \r(\f(1＋cos α,2))＝－eq \f(\r(5),5). 答案　－eq \f(\r(5),5) 题型一　利用二倍角公式求值 (1)求下列各式的值． ①eq \f(2,3)－eq \f(4,3)sin2 15°；②cos eq \f(π,5)cos eq \f(2π,5). (2)已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝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． [解析]　(1)①eq \f(2,3)－eq \f(4,3)sin2 15°＝eq \f(2,3)(1－2sin2 15°)＝eq \f(2,3)cos 30°＝eq \f(\r(3),3). ②原式＝eq \f(2sin \f(π,5)cos\f(π,5)cos \f(2π,5),2sin \f(π,5))＝eq \f(sin \f(2π,5)cos \f(2π,5),2sin \f(π,5))＝eq \f(sin \f(4π,5),4sin \f(π,5))＝eq \f(sin \f(π,5),4sin \f(π,5))＝eq \f(1,4). (2)因为eq \f(π,2)≤α<eq \f(3π,2)，所以eq \f(3π,4) ≤α＋eq \f(π,4)<eq \f(7π,4). 因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))>0，所以eq \f(3π,2)<α＋eq \f(π,4)<eq \f(7π,4). 所以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)))2)＝－eq \f(4,5). 所以cos 2α＝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)， sin 2α＝－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)))2＝eq \f(7,25). 所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)cos 2α－eq \f(\r(2),2)sin 2α ＝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). 利用倍角公式求值的思路 (1)注意观察式子的结构特点及角之间是否存在特殊的倍数关系，灵活正用或逆用二倍角公式． (2)一是对题设条件变形，将题设条件中的角、函数名向结论中的角、函数名靠拢；另一种是对结论变形，将结论中的角、函数名向题设条件中的角、函数名靠拢，以便将题设条件代入结论． (3)注意几种公式的灵活应用，如： ①sin 2x＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))) ＝2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))－1＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))； ②cos 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)). [触类旁通] 1．(1)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且3cos 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，则sin 2α的值为(　　) A．eq \f(1,18)　　　　　　　　 B．－eq \f(1,18) C．eq \f(17,18) D．－eq \f(17,18) (2)已知tan α＋eq \f(1,tan α)＝eq \f(5,2)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos 2α和sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值． 解析　(1)cos 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)) ＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))， 代入原式，得 6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)). 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1,6)， 所以sin 2α＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝－eq \f(17,18). (2)由tan α＋eq \f(1,tan α)＝eq \f(5,2)，得eq \f(sin α,cos α)＋eq \f(cos α,sin α)＝eq \f(5,2)， 则eq \f(2,sin 2α)＝eq \f(5,2)，即sin 2α＝eq \f(4,5). 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， 所以cos 2α＝－eq \r(1－sin22α)＝－eq \f(3,5)， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sin 2α·cos eq \f(π,4)＋cos 2α·sin eq \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). 答案　(1)D　(2)略 题型二　半角公式的应用 一题多变 已知cos α＝eq \f(1,3)，α为第四象限角，求sin eq \f(α,2)，cos eq \f(α,2)，tan eq \f(α,2). [解析]　sin eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,2))＝± eq \r(\f(1－\f(1,3),2))＝±eq \f(\r(3),3)， cos eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cos α,2))＝± eq \r(\f(1＋\f(1,3),2))＝±eq \f(\r(6),3)， tan eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α))＝± eq \r(\f(1－\f(1,3),1＋\f(1,3)))＝±eq \f(\r(2),2). ∵α为第四象限角，∴eq \f(α,2)为第二、四象限角． 当eq \f(α,2)为第二象限角时， sin eq \f(α,2)＝eq \f(\r(3),3)，cos eq \f(α,2)＝－eq \f(\r(6),3)，tan eq \f(α,2)＝－eq \f(\r(2),2)； 当eq \f(α,2)为第四象限角时， sin eq \f(α,2)＝－eq \f(\r(3),3)，cos eq \f(α,2)＝eq \f(\r(6),3)，tan eq \f(α,2)＝－eq \f(\r(2),2). [母题变式] (变结论)若本例条件不变，求taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))的值． 解析　∵α是第四象限角，∴sin α＝－eq \r(1－cos2 α)＝－eq \f(2\r(2),3)， ∴taneq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)))÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＝－eq \f(\r(2),2)， 所以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(1＋\f(\r(2),2),1－\f(\r(2),2))＝3＋2eq \r(2). 利用半角公式求值的思路 (1)看角：若已知三角函数式中的角是待求三角函数式中角的两倍，则求解时常常借助半角公式求解． (2)明范围：由于半角公式求值常涉及符号问题，因此求解时务必依据角的范围，求出相应半角的范围． (3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \f(1－cos α,sin α)，其优点是计算时可避免因开方带来的求角的范围问题；涉及半角公式的正、余弦值时，常先利用sin2 eq \f(α,2)＝eq \f(1－cos α,2)，cos2 eq \f(α,2)＝eq \f(1＋cos α,2)计算． (4)下结论：结合(2)求值． [触类旁通] 2．(1)若cos α＝eq \f(1,3)，α∈(0，π)，则coseq \f(α,2)的值为(　　) A．eq \f(\r(6),3) B．－eq \f(\r(6),3) C．±eq \f(\r(6),3) D．±eq \f(\r(3),3) (2)若cos α＝－eq \f(4,5)，α是第三象限的角，则eq \f(1＋tan \f(α,2),1－tan \f(α,2))等于(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．2 D．－2 解析　(1)由题意知eq \f(α,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴coseq \f(α,2)>0，coseq \f(α,2)＝ eq \r(\f(1＋cos α,2))＝eq \f(\r(6),3). (2)∵α是第三象限角，cos α＝－eq \f(4,5)，∴sin α＝－eq \f(3,5)， ∴tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \f(－\f(3,5),1－\f(4,5))＝－3，∴eq \f(1＋tan \f(α,2),1－tan \f(α,2))＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2). 答案　(1)A　(2)A 题型三　三角函数性质与恒等变换的综合应用 已知函数f(x)＝4tan xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))·coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq \r(3). (1)求f(x)的定义域与最小正周期； (2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性． [解析]　(1)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)))＋kπ，k∈Z)). f(x)＝4tan xcos xcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)＝4sin xcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq \r(3) ＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos x＋\f(\r(3),2)sin x))－eq \r(3)＝2sin xcos x＋2eq \r(3)sin2 x－eq \r(3) ＝sin 2x＋eq \r(3)(1－cos 2x)－eq \r(3)＝sin 2x－eq \r(3)cos 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))). 所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π. (2)令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ， 得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z. 设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))， B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＋kπ≤x≤\f(5π,12)＋kπ，k∈Z))， 易知A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4))). 所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时， f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增， 在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减． [素养聚焦]　应用三角公式进行恒等变换，把三角函数式化为一个角的三角函数，体现了逻辑推理、数学运算等核心素养． 三角函数性质与恒等变换的综合问题的解题策略 运用三角函数的和、差、倍角公式将函数关系式化成y＝asin ωx＋bcos ωx＋k的形式，借助辅助角公式化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k(或y＝Acos(ωx＋φ)＋k)的形式，将ωx＋φ看作一个整体研究函数的性质．研究图象问题时用数形结合的方法直观解题，由“数”想图，借“图”解题． [触类旁通] 3．(2024·重庆高一检测)已知函数f(x)＝cos x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq \r(3)cos2x＋eq \f(\r(3),4)，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值和最小值． [解析]　(1)由已知，有f(x)＝cos x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cos x))－eq \r(3)cos2x＋eq \f(\r(3),4) ＝eq \f(1,2)sin x·cos x－eq \f(\r(3),2)cos2x＋eq \f(\r(3),4)＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)(1＋cos 2x)＋eq \f(\r(3),4) ＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)cos 2x＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))). 所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π. (2)因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是减函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是增函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝－eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq \f(1,4)， 所以，函数f(x)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq \f(1,4)，最小值为－eq \f(1,2). 知识落实 技法强化 1．倍角公式、半角公式的推导及简单应用． 2．恒等变换的综合应用. 1．转化法、整体代换法． 2．半角公式中符号的选取及隐含条件的挖掘. $$