二倍角公式详细(答案)

二倍角的正弦、余弦和正切

一. 填空

1) 二倍角的正弦sin2__2sincos____

二倍角的余弦cos2__cos2sin2____或__2cos21___或___12sin2____ 二倍角的正切tan2_______2) 2sin2tan________ 21tan4cos4____sin2____，4sincoscos2______sin4_________

cos22tan(_22.5_)5531 sin2_______，

1tan2(_22.5_)121223) 用只含的三角函數的式子表示下列各式：

2(1) 2sin2___1cos___ (2) cos22cos2___222112cos__ 2sin___ (4) sincos____1sin____ (3) sincos__22222(5) sin42cos42____cos_____ (6)

1_____tan_____ 21tan222tan二. 求值： 1) cos12cos5 12解: 原式=cos 2)

1111115sinsincos2sincossin2sin# 121212212122122622421233cos2 14712解: 原式=

3333333322# 1cos2cos12cos2cos141214121412146142281

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3)

tan105

1tan275解: 原式=

tan7512tan75111133# tan150tan18030tan301tan27521tan27522223) 12sin15cos15 解: 原式=1sin2151

5) sin411230'cos411230' 解:原式=sin211230'cos211230'sin211230'cos211230'12# 22

2# 2cos211230'sin211230'cos225cos18045cos456) 4sin22.5sin67.5

解:原式=22sin22.5cos22.52sin452 三. 化簡 1)

sin130sin40 44cos175sin17522# 2解: 原式=

sin50sin4012sin40cos401sin80 222222cos175sin175cos175sin1752cos175sin1752cos3501cos101# =2cos102

2) cos2cos22

2

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解: 原式=cos2 3)

cos2

1sin222cos222cos2212cos221#

cossincos2sin2cossincossincossin1tancos解:原式= # 2cossin12sincoscossin1tansincos

4) tan5cot52sec80

sin5cos51sin25cos2522解:原式= cos5sin5cos80sin5cos5sin10  5)

2sin22220#

2sin5cos5sin10sin10sin1032cos32cos16cos8

解: 原式= =

2222sincoscoscossincoscos2sincoscos 23232168216168416168222221sincos2sincossin# 488888848286) 12cos2

42解:原式=2cos21cos2cossin#

42422

7) 2sinsin

222解: 原式=2cossinsin#

223

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8)

1cos2

sin2112sin22sin2tan# 解:原式=

2sincos2sincos9) sin15sin30sin75

1111解: 原式=sin15cos15#

2224

10) 1sin

解: 原式=12sincossincossincos#

222222

四. 已知：sin2,,，求：cos2,sin2 322252解:因為,,所以cos1

332254581所以cos212sin1;sin22sincos2

339992五. 已知：3sin4cos0，求tan2 解: 由3sin4cos0得,

sin33,即tan cos443232tan4224# 所以tan2271tan2731164

六. RtABC中兩銳角A,B，化簡：sinAsinB

4

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解: 因為A,B是RtABC中的兩個銳角,所以有B90A 所以sinAsinBsinAcos90A

5七. 若2,3，化簡：1sin2

255323,所以解: 因為,即為第三象限的角 242112sinAcosAsin2A# 22又因為1sin212sincos

八. 已知cossincos2sincos#

13，,2，求sin2和cos2的值 4221513解:因為,2,所以sin1

442所以cos22cos21215115171;sin22sincos2# 448168

九. 已知：sin:sin28:5，求cos

解: 由sin:sin22sin8:5,得

2cos282cos8,所以cos4#

25255sin2

5

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1十. (1) 已知：cos2，求sin的值

8431121解: 由cos2,得cos212sin22sin2

83838343

13化簡得: sin2,所以sin#

8383

2cos2(2) 已知: tanx22,求：

xsinx12的值 2sinx4cosxsinx222cosxsinx22cosxsinx

cosxsinx2cos2解:

xsinx122sinx41tanx1221tanx122cosxsinx2sincosxcossinx44

122122122122

9427942#7

十一. 證明下列恆等式： 1)

1cos2tan2

1cos2112sin2sin2tan2右,所以原式等證# 證: 左=2212cos1cos

6

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2)

1sin21tan

cos21tan2sincos1sin212sincos證:左 22cos2cossincossincossincossin1tan =右

cossin1tan所以原式得證# 3)

cos6Asin6A4cos4A cos2Asin2Acos6Asin6A cos2Asin2A證: 左

cos(4A2A)sin(4A2A)  cos2Asin2A[(cos4A)(cos2A)-(sin4A)(sin2A)][(sin4A)(cos2A)(cos4A)(sin2A)] cos2Asin2Asin4Asin2Asin4Acos2Acos4Acos4Acos2Asin2Asin2Acos2A 2cos4A(sin4A)cos2Asin2A(sin4A)[(sin2A)(sin2A)(cos2A)(cos2A)](sin4A)(cos4A)2cos4A2cos4Asin2Acos2Asin2Acos2A2(sin4A)(cos4A)2cos4Asin4A2cos4A2cos4A4cos4A右所以原式得證# 4)

1sin2Acos2AtanA

1sin2Acos2Asin2Acos2A2sinAcosAcos2Asin2A證:左=2 sinAcos2A2sinAcosAcos2Asin2A7

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2sinAcosAcosAsinAcosAsinA2sinAcosAcosAsinAcosAsinAcosAsinAcosAsinAcosAsinA  cosAsinAcosAsinAcosAsinA2sinAcosAsinAtanA右2cosAcosAsinA所以原式得證#

5） sin33sin4sin3. 證: 左sin3sin2sincos2cossin2

sin(12sin2)cos2sincossin12sin22sincos22sin12sin2sin1sin2

3sin4sin3#

6）cos34cos33cos

證: 左cos3cos2coscos2sinsin2

cos2co2s1sin2incos2cos2co2s12sincos22

cos2cos121coscos4co3s3cos#

十二. 已知為第三象限角,且sin4cos425,求sin2的值 95 9解: sin4cos4sin2cos22sin2cos212sin2cos2解得,sin2cos2所以sincos2;又因為為第三象限角, 9222;所以sin22sincos#

338

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1十三. 若sincos,0,求sin2cos2的值

3解: sincos11,且0,所以是鈍角 311由sincos,得12sincos

39所以sin22sincos118 99sincossincos22sin21178 293911717所以,cos2cos2sin2sincossincos 339178178所以,sin2cos2# 999

十四. 已知tan,tan是一元二次方程x23x40的2個根,求解:因為 tan,tan是一元二次方程x23x40的2個根 所以tantan3,tantan4 即,

十五. 已知sin是sin与cos等差中项, sin是sin与cos的等比中项,求证：2cos2cos2 證: ∵sincos2sin,sin2sincos, ∴4sin212sincos12sin2,

即：21cos211cos2, ∴cos22cos2#

cos2cos22coscos11tantan145cot#

sin2sin22sincostantantan33cos2cos2的值

sin2sin29

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十六. 利用二倍公式求sin18的值 解: sin2sin(903)cos3..

利用二倍角及三倍角公式可把此式化為：

2sincos4cos33cos.

因為coscos180, 所以自兩邊消去cos後,

2sin4cos232sin4(1sin2)3. 4si2n2sin1. 0sin24161584.因為sinsin180,

10

所以sin1815514=4.#