數(shù)學北師大版必修4學案3.3二倍角的三角函數(shù)第1課時

§3二倍角的三角函數(shù)第1課時倍角公式學習目標重點難點1．以兩角和的正弦、余弦和正切公式為基礎，推導二倍角正弦、余弦和正切公式，理解推導過程，了解它們的內在聯(lián)系．2．熟練掌握二倍角的余弦公式及其變形．3．靈活運用二倍角公式及其變形形式解決有關化簡、求值及其證明問題，提高三角恒等變形的能力.重點：二倍角的正弦、余弦和正切公式的推導以及在求值、化簡證明中的應用．難點：二倍角的余弦公式及其變形的活用．疑點：二倍角是一個相對的概念，對此概念要從廣義的角度去理解.二倍角公式記法公式推導S2αsin2α＝__________Sα＋βeq\o(→,\s\up7(令))S2αC2αcos2α＝__________cos2α＝______cos2α＝______Cα＋βeq\o(→,\s\up7(令))C2α利用________________T2αtan2α＝________Tα＋βeq\o(→,\s\up7(令))T2α預習交流1如何由S2α，C2α推出T2α？預習交流2將cos2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α變形，你能得到哪些重要公式？預習交流3(1)計算：1－2sin222.5°的結果為()．A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)(2)若tanα＝eq\f(1,3)，則tan2α＝()．A.eq\f(1,4) B.eq\f(2,3) C.eq\f(3,4) D.eq\f(2,5)(3)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝eq\f(3,5)，則cos2θ＝__________.(4)若sinθ＋cosθ＝eq\f(1,5)，則sin2θ＝__________.答案：2sinαcosαβ＝αcos2α－sin2α2cos2α－11－2sin2αβ＝αsin2α＋cos2α＝1消去sin2α或cos2αeq\f(2tanα,1－tan2α)β＝α預習交流1：提示：tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinα·cosα,cos2α－sin2α)，分子、分母同除以cos2α，得tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).預習交流2：提示：降冪擴角公式：cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).升冪縮角公式：1＋cos2α＝2cos2α；1－cos2α＝2sin2α.預習交流3：(1)B(2)C(3)－eq\f(7,25)(4)－eq\f(24,25)在預習中，還有哪些問題需要你在聽課時加以關注？請在下列表格中做個備忘吧！我的學困點我的學疑點1．利用公式求值(1)求coseq\f(π,12)·coseq\f(5π,12)的值；(2)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，求sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))及tan2α的值；(3)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(\r(2),6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，求sin2α.思路分析：(1)將coseq\f(5π,12)化成sineq\f(π,12)，然后配系數(shù)2，化為二倍角的正弦形式．(2)中給出了sinα＝eq\f(3,5)這一條件，欲求sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))及tan2α的值，可先求出cosα的值，然后利用誘導公式以及二倍角公式建立起已知和未知的關系．(3)中注意角eq\f(π,4)－α與eq\f(π,4)＋α的關系及角α的范圍．1．求下列各式的值：(1)sin75°·cos75°；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)－sin\f(π,12)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)＋sin\f(π,12))).2．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝eq\f(3,5)，求cos2θ的值．(1)在利用二倍角公式解決這類問題時，要充分挖掘題目中各角之間的關系，如角2α，eq\f(π,2)＋2α分別是α，eq\f(π,4)＋α的二倍角，角eq\f(π,4)＋α與eq\f(π,4)－α互余等，是順利求值的關鍵．(2)(sinα±cosα)2＝1±sin2α是常用結論，應扎實記憶．(3)當遇到eq\f(π,4)±α這樣的角時可利用互余角的關系和誘導公式，將條件與結論溝通．cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)).類似這樣的變換還有：cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))，sin2α＝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，sin2α＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))等等．2．利用公式化簡求值(1)化簡：cos20°cos40°cos80°；(2)若180°＜α＜270°，試化簡eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cos2α)).思路分析：(1)式子中的角具有“二倍”的關系，并且是連乘積的形式，可以創(chuàng)造條件利用二倍角的正弦公式化簡求值；(2)該式化簡的目的就是要去掉根號，利用二倍角的余弦公式的變形形式可去根號，但要注意角的范圍對三角函數(shù)值符號的影響．eq\f(2sin2α,1＋cos2α)·eq\f(cos2α,cos2α)＝()．A．tanα B．tan2α C．1 D.eq\f(1,2)在運用二倍角公式化簡求值時應注意：1．明確式子結構，觀察角與角之間的關系當單角是非特殊角，而其倍角是特殊角時，常利用倍角公式及其變形公式化為特殊角求值；當式子中涉及的角較多，要先變角，化異角為同角；對根式形式的化簡，以去根號為目的，化簡時注意角的范圍．2．靈活選取公式形式主要逆用公式形式：2sinαcosα＝sin2α；cosα＝eq\f(sin2α,2sinα)；cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α＝cos2α；eq\f(2tanα,1－tan2α)＝tan2α.主要變形用公式形式：1±sin2α＝sin2α＋cos2α±2sinαcosα＝(sinα±cosα)2；1＋cos2α＝2cos2α；1－cos2α＝2sin2α；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).3．利用公式研究三角函數(shù)的性質已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))(0＜φ＜π)，其圖像過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2))).(1)求φ的值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖像上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，求函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值．思路分析：先利用降冪公式與和差公式將f(x)化成Acos(ωx＋φ)＋k(或Asin(ωx＋φ)＋k)的形式，再研究函數(shù)的性質．已知函數(shù)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x，x∈R.求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調增區(qū)間．解答此類綜合題的關鍵是利用三角函數(shù)的公式將f(x)化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，然后借助于三角函數(shù)的圖像及性質去研究f(x)的相應性質，解答過程中一定要注意公式的合理應用，以免錯用公式，導致化簡失誤．答案：活動與探究1：解：(1)原式＝coseq\f(π,12)·sineq\f(π,12)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4).(2)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5).∴sin2α＝2sinα·cosα＝－eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(7,25)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(3,4).∴sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝－cos2α＝－eq\f(7,25)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))2)＝－eq\f(24,7).(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\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))sineq\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))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝eq\f(1,2)cos2α＝eq\f(\r(2),6).∴cos2α＝eq\f(\r(2),3).又0＜α＜eq\f(π,2)，∴0＜2α＜π.∴sin2α＝eq\f(\r(7),3).遷移與應用：1.解：(1)原式＝eq\f(1,2)sin150°＝eq\f(1,4)；(2)原式＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).2．解：sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝cosθ＝eq\f(3,5)，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝－eq\f(7,25).活動與探究2：解：(1)原式＝eq\f(23sin20°,23sin20°)·cos20°·cos40°·cos80°＝eq\f(22·sin40°·cos40°·cos80°,8sin20°)＝eq\f(2sin80°·cos80°,8sin20°)＝eq\f(sin160°,8sin20°)＝eq\f(sin20°,8sin20°)＝eq\f(1,8).(2)∵180°＜α＜270°，∴90°＜eq\f(α,2)＜135°，則cosα＜0，sineq\f(α,2)＞0.原式＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)(1＋cos2α)))＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(cos2α))＝eq\r(\f(1,2)－\f(1,2)cosα)＝eq\r(sin2\f(α,2))＝sineq\f(α,2).遷移與應用：B解析：原式＝eq\f(2sin2α,2cos2α)·eq\f(cos2α,cos2α)＝tan2α.活動與探究3：解：(1)f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1＋cos2x,2)cosφ－eq\f(1,2)cosφ＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1,2)cos2xcosφ＝eq\f(1,2)(sin2xsinφ＋cos2xcosφ)＝eq\f(1,2)cos(2x－φ)．又函數(shù)圖像過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－φ))，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－φ))＝1.又0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,3).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，將函數(shù)y＝f(x)的圖像上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，可知g(x)＝f(2x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以4x∈[0，π]，因此4x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，故－eq\f(1,2)≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))≤1.所以y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值分別為eq\f(1,2)和－eq\f(1,4).遷移與應用：解：f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋(1＋cos2x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(3,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(3,2)，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.由題意得2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.∴f(x)的單調增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.1．函數(shù)f(x)＝sinxcosx的最小值是()．A．－1 B．－eq\f(1,2) C.eq\f(1,2) D．12.eq\r(1－sin20°)＝()．A．cos10° B．sin10°－cos10°C.eq\r(2)sin35° D．±(sin10°－cos10°)3．已