数学人教A版必修4达标训练： 3.1.3二倍角的正弦、余弦、正切公式 含解析 精品

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基础•巩固 1.cos 275°+cos 215°+cos75°cos15°的值等于( ) A.
2
6 B.23 C.45 D.43
1+
思路分析:原式=sin 215°+cos 215°+sin15°cos15°=1+21sin30°=1+41=4
5. 答案:C 2.8
sin 8
cos
4
4
π
π
-的值等于( )
A.0
B.
23 C.1 D.2
2
思路分析:原式=(cos 2
8π+sin 28π)(cos 28π-sin 2
8π)=cos 4π=2
2.
答案:D 3.
︒
-
︒80sin 3
10sin 1的值是( ) A.1 B.2 C.4 D.
4
1 思路分析:原式=︒︒︒-︒=︒∙︒︒-︒=︒-︒10cos 10sin 2)
10sin 2310cos 21(410cos 10sin 10sin 310cos 10cos 310sin 1 420sin 20sin 420sin )10sin 30cos 10cos 30(sin 4=︒
︒
=︒︒︒-︒︒=
答案:C 4.若sinx=
2
1
5-，则sin2(x-4π)=____________.
思路分析:∵sinx=
2
15-， ∴sin2(x-
4π)=sin(2x-2π)=-sin(2
π
-2x)=-cos2x=2sin 2x-1 =2×(
2
15-)2
-1=52-. 答案: 52-
5.已知sin(
4π-α)=135，α∈(0，4
π
)，则)
4
cos(2cos απ
α
+的值为___________.
思路分析:∵α∈(0，4π)，∴4π-α∈(0，4
π
).
又∵sin(4π-α)=13
5
，
∴cos(
4π-α)=13
12)135(1)4(sin 122=-=--απ. ∴原式=132413122)4cos(2)
4sin()
4cos()4sin(2)]4(2cos[)
22
sin(=
⨯=-=---=---απαπαπ
απαππαπ. 答案:13
24
综合•应用 6.已知32
tan
=θ
，则
θ
θθ
θsin cos 1sin cos 1+++-=____________.
思路分析:∵32
tan =θ，∴原式=2cos
2sin 22cos 22cos
2sin 22sin 2sin 2cos 2sin 2sin 222
22
θθθθ
θθθθθθ
++=
++ =
331392
tan
12tan
2
tan 2
=++=++θθ
θ
.
答案:3
7.已知tan(
4
π
+θ)=3，求sin2θ-2cos 2θ的值. 解法一：∵tan(4
π
+θ)=3，
∴原式=sin2θ-(1+cos2θ)=sin2θ-cos2θ-1=-cos(
2π+2θ)-sin(2π+2θ)-1=-2cos 2(4π+θ)-2sin(4
π+θ) cos(4π+θ)=2
222231322)
4
(tan 1)
4tan(2)4(cos )4(sin )4cos()4sin(2)4(cos 2+⨯--=+++--=+++++-+-θπθπ
θπθπθπθπθπ 5
4-=.
解法二：∵tan(4π+θ)=
3tan 1tan 1=-+θθ，∴tanθ=2
1
∴原式=541)2
1(2
2121
tan 2tan 2cos sin cos 2cos sin 2cos sin cos 22sin 22
222222-=+-⨯
=+-=+-=+-θθθθθθθθθθθ. 8.如图3-1-11，要把半径为R 的半圆形材料截成长方体，应怎样截取才能使长方形面积最大？
图3-1-11
解：设圆心为O ，长方形面积为S ，∠AOB=α，则AB=Rsinα，OB=Rcosα， S=(Rsinα)·2(Rcosα)=2R 2sinαcosα=R 2sin2α. 故在Rt △AOB 中，∵0＜α＜2
π
，∴0＜2α＜π. ∴当2α=
2π，即α=4
π
时，长方形截面面积最大，最大截面面积等于R 2. 9.如图3-1-12，在某点B 处测得建筑物AE 的顶端A 的仰角为θ，沿BE 方向前进30 m 至点C 处测得顶端A 的仰角为2θ，再继续前进310 m 至D 点处测得顶端仰角为4θ，求θ的大小和建筑物AE 的高
.
图3-1-12
思路分析:在Rt △ABE 和Rt △ACE 中，利用公共的AE 和θ、2θ、4θ，表示出BE 、CE 、DE ，进而用AE 和θ、2θ、4θ写出BC 、CD ，而BC 、CD 的长度已知，通过二者之比可以建立关于θ的方程，利用三角公式化简可得θ的三角函数值，从而求出角θ. 解:由已知，BC=30 m ，CD=310 m. 在Rt △ABE 中，BE=AEcotθ； 在Rt △ACE 中，CE=AEcot2θ. ∴BC=BE-CE=AE(cotθ-cot2θ).
同理,可得CD=CE-DE=AE(cot2θ-cot4θ). 于是
)4cot 2(cot )2cot (cot θθθθ--=AE AE CD BC ，即33
1030
4cot 2cot 2cot cot ==--θθθθ. 而32cos 22sin 4sin 4sin 2sin 2sin 2sin sin sin 4sin 4cos 2sin 2cos 2sin 2cos sin cos 4cot 2cos 2cot cot ====-
-
=--θθθθ
θθθθθ
θθθθθθθθθθθθ，
∴2cos2θ=3⇒cos2θ=
2
3
⇒2θ=30°.
∴θ=15°. ∴AE=
21AC=2
1
BC=15 m. 于是θ=15°，建筑物高为15 m.
回顾•展望
10.(2004全国高考) 已知α为第二象限角，且sinα=415，求1
2cos 2sin )
4sin(+++
ααπ
α的值. 思路分析:根据sinα的值和角α的范围可以求出cosα的值，再利用倍角公式和两角和的正弦
将三角函数展开计算即得整个式子的值. 解:因为sinα=
4
15
，α为第二象限角，所以cosα=41-.
所以sin2α=2sinαcosα=815-.由此可得=++=+++α
απ
απαααπα2cos 22sin 4sin
cos 4cos sin 12cos 2sin )4sin( 2151230)4
1(281522
41224152
-=--=-⨯+-⨯-⨯. 11.(2006陕西高考,理) 已知函数f(x)=3sin(2x-
6π)+2sin 2(x-12
π
)(x ∈R )
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)求使函数f(x)取得最大值的x 的集合.
思路分析:将函数变形为一个三角函数的形式，即可同时解决两个问题. 解:(1)f(x)=3sin(2x-
6π)+1-cos2(x-12
π)
=2［
2
3
sin2(x-12π)-21cos2(x-12π)］+1 =2sin ［2(x-12π)-6π］+1=2sin(2x-3
π)+1, ∴T=
2
2π=π. (2)当f(x)取最大值时,sin(2x-
3π)=1,有2x-3π=2kπ+2
π, 即x=kπ+125π,(k ∈Z ).∴所求x 的集合为{x ∈R |x=kπ+12
5π
,(k ∈Z )}.
12.(2006湖南高考,文) 已知)
cos()
22sin(
sin 3θπθπ
θ+--·cosθ=1,θ∈(0,π),求θ的值. 思路分析:利用诱导公式和倍角公式展开，注意角的取值范围.
解:由已知条件得1cos cos 2cos sin 3=∙--
θθ
θ
θ,即3sinθ-2sin 2θ=0.
解得sinθ=
2
3
或sinθ=0. 由0＜θ＜π知sinθ=2
3
，从而θ=3π或θ=32π.。