2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第八章向量的數(shù)量積與三角恒等變換8.2三角恒等變換8.2.4第1課時半角公式學(xué)案含解析新人教B版必修第三冊

PAGE10-8．2.4三角恒等變換的應(yīng)用第1課時半角公式[課程目標]1.了解由二倍角的變形公式推導(dǎo)半角的正弦、余弦和正切公式的過程．2．駕馭半角公式，能正確運用這些公式進行簡潔的三角函數(shù)式的化簡、求值和恒等式的證明．[填一填]1．半角公式sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))(Seq\s\do8(eq\f(α,2)))；coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))(Ceq\s\do8(eq\f(α,2)))；taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))(Teq\s\do8(eq\f(α,2)))．2．半角公式的推導(dǎo)在二倍角公式cos2α＝1－2sin2α，cos2α＝2cos2α－1中，用eq\f(α,2)代替α得cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，cosα＝2cos2eq\f(α,2)－1.由此得coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))(Ceq\s\do8(eq\f(α,2)))，sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))(Seq\s\do8(eq\f(α,2)))．上面兩式的兩邊分別相除，可得taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))(Teq\s\do8(eq\f(α,2)))．3．半角正切公式的有理形式依據(jù)正切函數(shù)的定義，得taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2)·2cos\f(α,2),cos\f(α,2)·2cos\f(α,2))＝eq\f(sinα,1＋cosα)，taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2)·2sin\f(α,2),cos\f(α,2)·2sin\f(α,2))＝eq\f(1－cosα,sinα)，由此得到半角正切公式的有理形式：taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)，taneq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,sinα).[答一答]1．應(yīng)用半角的正弦、余弦公式時應(yīng)留意哪些問題？提示：(1)半角eq\f(α,2)是相對于α而言的，eq\f(α,2)＋eq\f(β,2)＝2(eq\f(α,4)＋eq\f(β,4))，即eq\f(α,4)＋eq\f(β,4)是eq\f(α,2)＋eq\f(β,2)的一半，α＋eq\f(π,2)＝2(eq\f(α,2)＋eq\f(π,4))＝4(eq\f(α,4)＋eq\f(π,8))＝…，要正確理解倍角與半角的關(guān)系．(2)Ceq\f(α,2)，Seq\f(α,2)前的正負號是由eq\f(α,2)所在的象限確定的，在沒有給出確定符號的條件時，應(yīng)在根號前保留正負兩個符號；假如題目中給出角α的詳細范圍，則先求出eq\f(α,2)所在的范圍，然后再依據(jù)eq\f(α,2)所在的范圍確定符號．2．應(yīng)用半角的正切公式時應(yīng)留意哪些問題？提示：公式taneq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,sinα)不帶有根號，而且分母為單項式，運用起來特殊便利，但要留意它與公式taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))和taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)的運用范圍不完全相同，后兩個公式只要α≠(2k＋1)π(k∈Z)，而第一個公式除α≠(2k＋1)π(k∈Z)之外，還必需有α≠2kπ(k∈Z)．當然，這三個式子可以互化，在運用時要依據(jù)題目中式子的特征敏捷選用．Ceq\s\do8(eq\f(α,2))，Seq\s\do8(eq\f(α,2))，Teq\s\do8(eq\f(α,2))可以變形為cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)，sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2)，tan2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,1＋cosα)，從左向右為降冪，從右向左為升冪．運用這些變形公式，可以進行角之間的轉(zhuǎn)化，可以將三角函數(shù)的次數(shù)降低或上升，從而達到證明或化簡的目的．3．怎樣確定半角公式中根號前的正負號？提示：確定半角的正弦、余弦和正切公式的符號原則：(1)假如沒有給出確定符號的條件，則在根號前保留正負兩個符號．(2)若給出角α的詳細范圍(既某一區(qū)間)時，則先求eq\f(α,2)所在范圍，然后再依據(jù)eq\f(α,2)所在范圍確定符號．(3)若給出的角α是某一象限的角時，則依據(jù)下表確定符號：αeq\f(α,2)sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)taneq\f(α,2)第一象限第一、三象限＋、－＋、－＋其次象限第一、三象限＋、－＋、－＋第三象限其次、四象限＋、－－、＋－第四象限其次、四象限＋、－－、＋－4.什么是萬能公式？提示：sinα＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，cosα＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2)).類型一三角函數(shù)式的求值[例1]求下列各式的值：(1)taneq\f(π,8)＋eq\f(1,tan\f(π,12))；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tan5°－\f(1,tan5°)))·eq\f(cos70°,1＋sin70°).[分析]運用半角正切公式taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝eq\f(1－cosα,sinα)＝eq\f(sinα,1＋cosα)，為避開符號的選擇，最好選用后面的兩個公式．[解](1)原式＝eq\r(\f(1－cos\f(π,4),1＋cos\f(π,4)))＋eq\r(\f(1＋cos\f(π,6),1－cos\f(π,6)))＝eq\r(\f(1－\f(\r(2),2),1＋\f(\r(2),2)))＋eq\r(\f(1＋\f(\r(3),2),1－\f(\r(3),2)))＝eq\r(\f(2－\r(2),2＋\r(2)))＋eq\r(\f(2＋\r(3),2－\r(3)))＝1＋eq\r(2)＋eq\r(3).(2)解法1：原式＝eq\f(tan25°－1,tan5°)·eq\f(sin20°,1＋cos20°)＝－2·eq\f(1,tan10°)·tan10°＝－2.解法2：原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin5°,cos5°)－\f(cos5°,sin5°)))·eq\f(sin20°,1＋cos20°)＝eq\f(sin25°－cos25°,sin5°·cos5°)·eq\f(sin20°,1＋cos20°)＝－eq\f(cos10°,\f(1,2)sin10°)·eq\f(2sin10°·cos10°,2cos210°)＝－2.解法3：原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－cos10°,sin10°)－\f(1,\f(sin10°,1＋cos10°))))·eq\f(sin20°,1＋cos20°)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－cos10°,sin10°)－\f(1＋cos10°,sin10°)))·eq\f(sin20°,1＋cos20°)＝eq\f(－2cos10°,sin10°)·eq\f(2sin10°·cos10°,2cos210°)＝－2.[變式訓(xùn)練1](1)求值：sineq\f(π,24)coseq\f(π,24)；(2)設(shè)π<θ<2π，coseq\f(θ,2)＝a，求①sinθ的值；②cosθ的值；③sin2eq\f(θ,4)的值．解：(1)sineq\f(π,24)coseq\f(π,24)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,12)＝eq\f(1,2)eq\r(\f(1－cos\f(π,6),2))＝eq\f(1,2)eq\r(\f(1－\f(\r(3),2),2))＝eq\f(\r(2－\r(3)),4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),8).(2)①∵π<θ<2π，∴eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<π，又coseq\f(θ,2)＝a，∴sineq\f(θ,2)＝eq\r(1－cos2\f(θ,2))＝eq\r(1－a2)，∴sinθ＝2sineq\f(θ,2)coseq\f(θ,2)＝2aeq\r(1－a2).②cosθ＝2cos2eq\f(θ,2)－1＝2a2－1.③sin2eq\f(θ,4)＝eq\f(1－cos\f(θ,2),2)＝eq\f(1－a,2).類型二三角函數(shù)式的化簡[例2]化簡eq\f(\r(1－cosα)＋\r(1＋cosα),\r(1－cosα)－\r(1＋cosα))＋eq\f(\r(1＋sinα),\r(1－sinα))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π<α<2π)).[解]∵eq\f(3,2)π<α<2π，∴eq\f(3,4)π<eq\f(α,2)<π，∴eq\r(1－cosα)＝eq\r(2sin2\f(α,2))＝eq\r(2)sineq\f(α,2)，eq\r(1＋cosα)＝eq\r(2cos2\f(α,2))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2)，eq\r(1＋sinα)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))，eq\r(1－sinα)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)－sin\f(α,2)))＝sineq\f(α,2)－coseq\f(α,2).∴原式＝eq\f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))))＋eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2))),sin\f(α,2)－cos\f(α,2))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2,sin2\f(α,2)－cos2\f(α,2))＝eq\f(－4sin\f(α,2)cos\f(α,2),－cosα)＝eq\f(2sinα,cosα)＝2tanα.eq\a\vs4\al(在應(yīng)用半角公式時，可適當做些變換.)[變式訓(xùn)練2]已知π<α<eq\f(3π,2)，化簡eq\f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq\f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα)).解：因為π<α<eq\f(3π,2)，所以eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<eq\f(3π,4)，利用半角公式可得，eq\r(1＋cosα)＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2)，eq\r(1－cosα)＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))＝eq\r(2)sineq\f(α,2).所以原式＝eq\f(1＋sinα,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2))))＋eq\f(1－sinα,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))2,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2))))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2).類型三三角函數(shù)式的證明[例3]求證eq\f(cos2α,\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2))＝eq\f(1,4)sin2α.[分析]從函數(shù)名稱上看可以先切化弦．在切化弦時，用taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))，也可用taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα)進行．[證明]證法1：左邊＝eq\f(cos2α,\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－\f(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＝右邊．故原式成立．證法2：左邊＝eq\f(cos2α,\f(sinα,1－cosα)－\f(sinα,1＋cosα))＝eq\f(cos2α,\f(sinα＋sinαcosα－sinα＋sinαcosα,1－cosα1＋cosα))＝eq\f(cos2α,\f(2sinαcosα,sin2α))＝eq\f(sin2αcos2α,2sinαcosα)＝eq\f(1,4)sin2α＝右邊．故原式成立．證明三角恒等式的實質(zhì)就是消退等式兩邊的差異，有目的地化繁為簡、左右歸一或變更論證.常用的方法有定義法、化弦法、化切法、拆項拆角法、“1”的代換法、公式變形法等.[變式訓(xùn)練3]求證：sin2eq\f(α,4)－1＝－eq\f(cos\f(α,2)＋1,2).證明：由sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))，知sineq\f(α,4)＝±eq\r(\f(1－cos\f(α,2),2))，∴sin2eq\f(α,4)＝eq\f(1－cos\f(α,2),2)，∴sin2eq\f(α,4)－1＝eq\f(1－cos\f(α,2),2)－1＝－eq\f(cos\f(α,2)＋1,2)，原等式得證．類型四半角公式的綜合應(yīng)用[例4]設(shè)a＝(1＋cosα，sinα)，b＝(1－cosβ，sinβ)，c＝(1,0)，其中α∈(0，π)，β∈(π，2π)，a與c的夾角為θ1，b與c的夾角為θ2，其中θ1，θ2∈(0，eq\f(π,2))，且θ1－θ2＝eq\f(π,6)，求sineq\f(α－β,4)的值．[分析]通過向量的夾角公式表示出θ1，θ2的余弦值，并用α，β表示θ1，θ2，結(jié)合條件及半角的正弦公式即可求解．[解]a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(α,2)，2sin\f(α,2)cos\f(α,2)))＝2coseq\f(α,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)，sin\f(α,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin2\f(β,2)，2sin\f(β,2)cos\f(β,2)))＝2sineq\f(β,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(β,2)，cos\f(β,2))).∵α∈(0，π)，β∈(π，2π)，∴eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故|a|＝2coseq\f(α,2)，|b|＝2sineq\f(β,2)，cosθ1＝eq\f(a·c,|a||c|)＝eq\f(2cos2\f(α,2),2cos\f(α,2))＝coseq\f(α,2)，cosθ2＝eq\f(b·c,|b||c|)＝eq\f(2sin2\f(β,2),2sin\f(β,2))＝sineq\f(β,2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,2))).∵0<eq\f(α,2)<eq\f(π,2)，0<eq\f(β,2)－eq\f(π,2)<eq\f(π,2)，∴θ1＝eq\f(α,2)，θ2＝eq\f(β,2)－eq\f(π,2).又θ1－θ2＝eq\f(π,6)，∴eq\f(α,2)－eq\f(β,2)＋eq\f(π,2)＝eq\f(π,6)，故eq\f(α－β,2)＝－eq\f(π,3)，∴coseq\f(α－β,2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，∴sineq\f(α－β,4)＝－eq\r(\f(1－cos\f(α－β,2),2))＝－eq\f(1,2).eq\a\vs4\al(1若沒有給出角的范圍，則根號前的正負號須要依據(jù)條件探討.,2由三角函數(shù)值求其他三角函數(shù)式的值的步驟：,①先化簡所求的式子；,②視察已知條件與所求式子之間的聯(lián)系從角和三角函數(shù)名稱入手.)[變式訓(xùn)練4]已知方程x2＋4ax＋3a＋1＝0(a>1)的兩根為tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，求taneq\f(α＋β,2)的值．解：∵由根與系數(shù)的關(guān)系可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanα＋tanβ＝－4a，,tanαtanβ＝3a＋1，))且a>1，∴eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(4,3).∴tan(α＋β)＝eq\f(4,3).又∵－eq\f(π,2)<α<0，－eq\f(π,2)<β<0，∴－π<α＋β<0，∴sin(α＋β)＝－eq\f(4,5)，cos(α＋β)＝－eq\f(3,5)，∴taneq\f(α＋β,2)＝eq\f(1－cosα＋β,sinα＋β)＝－2.1．tan15°＋eq\f(1,tan15°)等于(C)A．2B．2eq\r(3)C．4D.eq\f(4\r(3),3)解析：tan15°＋eq\f(1,tan15°)＝eq\f(1