给母亲的信-高中学生自评

和差公式及倍角公式的运用
一、和差公式
sin(
α< br>
β
)

sin
α
cos
β
cos
α
sin
β
,
cos(
α

β
)

cos
α
cos
β

sin
α
sin
β
,

tan(
α

β
)

tan
α

tan
β
1

t an
α
tan
β
;
二、倍角公式
sin2
α
2sin
α
cos
α
,
cos2
α

cos
2
α

sin
2
α

1

2sin
2
α

2cos
2
α

1,

tan2
α

2tan
α
1
tan
2
α
三、应用类型
（题型一）-----给角求值
例1、求
sin100
0
sin(

160
0)

cos200
0
cos(

280
0)
的值．
【解析】原式=

(cos10
0
sin2 0
0

cos20
0
sin10
0
)

sin30
0

1
2
．
或原式=
< br>(sin80
0
sin20
0

cos20
0
cos80
0
)

cos60
0

1
2
.

例2、
计算
12sin
2
22.5
0
的结果等于 （ ）
．

A．
1
2
B．
233
2
C．
3
D．
2

【解析】
1

2sin
2
22. 5
0

cos45
0

2
2
．

答案：B
例3、
已知
sinα
2
3
，则
cos(π2α)
的值为 （ ）
．

A．

5
3
B．

11
5
9
C．
9
D．
3

【解析】
cos(
π
2
α
)< br>
cos2
α
(1

2sin
2
α< br>)

2sin
2
α
1

2
4
9

1

1
9
．

1

答案：B
例4、
已知
α
为第 三象限角，
cosα
3
5
，则
tan2α

．

【解析】∵
α
为第三象限角，
cosα
3
5
，
∴
sin
α
1

cos
2< br>α
1

(

3
)
2
5

4
5
，
于是
tan
α

sin
α
cos
α

4
3
，
2

4
∴
tan2
α

2tan
α
1

tan
2
α

3

24
．

1

(
4
)
27
3
例5、求
sin10
0
sin30
0
si n50
0
sin70
0
的值．
【解析】
法一：利用二倍角公式的变形公式
解：∵
sin2α2sinα cosα
，∴
sin
α

sin2
α
2cosα
，
∴原式=
sin20
0
1sin
2cos10< br>0
•
2
•
100
0
sin140
0
2cos50
0
•
2cos70
0

=
sin20
0
2sin80
0
•
1
2
•
sin80< br>0
2sin40
0
•
sin40
0
1
2si n20
0
=
16
．
法二：先将正弦变成为余弦，再逆用二倍角公式
解：原式=
cos80
0
•
1
•cos40
0•cos20
0
=
1
22
cos20
0
cos 40
0
cos80
0

=
12sin20
0
•cos20
0
cos40
0
cos80
0
sin40< br>0
cos40
2

0
cos80
0
2sin 20
0
=
4sin20
0

=
sin80
0
cos80
0
sin160
0
8sin20
0
=
16sin20
0
=
1
16
．
或原式=
cos80
0
•
1
•cos40
0
•cos20
0
=
1
22
cos20
0
cos40
0
co s80
0

=
1
2
•
sin40
0
1sin80
0
2sin20
0
•
cos80

8
•
cos80
0
1sin160
0
cos40
0 0
1
sin20
0

16
•
sin20
0

16
．
提示：∵
sin2α2sinαcosα
，∴
cos
α

sin2
α
0
sin40
0< br>2sin
α
，因此
cos20

2sin20
0.

2

法三：构造对偶式，列方程求解
令x
sin10
0
sin50
0
sin70
0< br>,
y
cos10
0
cos50
0
cos70
0
.

则
xysin10
0
cos10
0•sin50
0
cos50
0
•sin70
0
cos7 0
0

111
222
11
=
sin20
0
•
sin80
0
•
sin40
0
=
sin 80
0
•
sin40
0
•
sin20
0

88
11
=
cos10
0
cos50
0
c os70
0
=
y

88
11
∵
y0，∴
x
，从而有
sin10
0
sin30
0
sin50
0
sin70
0
=．
816
=
sin 20
0
•
sin100
0
•
sin140
0

例6、求下列各式的值
（1）
sin
2
π
1

； （2）
82
1
2
1
tan
π
12

tan
π

12
【解析】
（1）原式=
（2sin
2
π
1
π
1
π
2

1）
< br>(1

2sin
2
)

cos

；
828244
（2）原式=
1

tan
2
π π
1

tan
2
12

2

12

2

1

23
．
πππ
ta n2tantan
12126
【题后感悟】对二倍角公式的理解应注意以下几点：
（ 1）对“二倍角”应该有广义的理解，如：
4α
是
2α
的二倍角，
α
是
的二倍角，
3α
是
3α
的二倍角等；
2
1
2
α
2
（2）公式逆用：主要形式有
2sinαcosαsi n2α
，
sinαcosαsin2α,

sin
α
s in2
α
sin2
α
2tan
α
,cos
α,
cos
2
αsin
2
αcos2α,

tan2α.

2cos
α
2sin
α
1

tan
2
α
【变式训练】
同步练习、求下列各式的值
⑴ cos20
0
cos40
0
cos60
0
cos80< br>0
； ⑵
(cos

sin)(cos

sin)< br>；⑶
π
8
π
8
π
8
π
8
t an
π
1

tan
2
8
π
8


3

（题型二）------给值求值
例1、 已知
sin(

x)

,x

(0,),求
【点拨】
πππ
求

x的范围

求cos(

x)的值

利用cos2x

sin(

2x)求 值,
442

πππππππ
而sin(

2x)

2sin(

x)cos(

x)；cos(

x)

sin[

(

x)]

sin(

x).
2444244
π
4
1
5
π4
cos2x
的值.

π
cos(

x)4
【解析】∵
x(0,),
∴

x

(0, ),

依题意，
sin(x)
，∴
cos(

x)

1

sin
2
(
x
)

又
cos2xsin(2x)2sin(x)cos(x)2
πππ π
1
cos(x)sin[(x)]sin(x),

42445
46
46
.

∴原式=
25

1
5
5
π
2
π
4
π
4
1
5
π
4
π
4
π
4
π
4
1
5
π
4
π
4
26
,

5
2646
,

525
【题后感悟】
（1）从 角的关系寻找突破口．这类三角函数求值问题常有两种解题
途径：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．
（2）当遇到

x
这样 的角时，可利用互余角的关系和诱导公式，将
π
4
πππ
cos2xsin (2x)2sin(x)cos(x).
条件与结论沟通．
244
类似这样的变换还有：

4

πππ
cos2x

sin(

2x)

2sin(

x)cos(

x),
24 4
π
2
π
2
π
sin2x

cos(
2x)

2cos(

x)

1

1

2sin(

x),

244
π2
π
2
π
sin2xcos(2x)12cos(x)2 sin(x)1等等.
244
例2、已知
sin(
π

x)

2
,x

(0,
π
sin2x
43 4
),
求
的值．
sin(
π
4

x)< br>【解析】
sin2xcos(
π
π
2
2x)

1

2sin
2
(
4

x)
< br>1

2

(
2
3
)
2
< br>1
9
,

又∵
x(0,
π
),
∴
π

x

(0,
π
444
),

依题意，
sin(
π
x)
2
，∴
cos(
π

x)

1

sin2
(
π
x
)

5
43
443
,
而
sin(
π
x)sin[
π
(
πx)]cos(
π
x)
5
42443
,

1
原式
9
5
5

15
.

3
（题型三）------化简
例、化简下列各式：
⑴
cos1 0
0
(1

3tan10
0
)
;
⑵
2cos
2
θ

1
cos70
0
1
cos40
0
.

2tan(
π
4

θ
)sin
2
(
π
4

θ
)< br>【点拨】切化弦，并逆用二倍角公式
0

3sin10
0
c os10(1
【解析】（1）原式=
cos10
0
)
sin200
•
2cos20
0

cos10
0

3sin10
0
2

sin40
0

2

5

13
22(cos10
0

sin10
0
)
2(cos10

3sin10)
22


sin40
0
sin40
0
22(s in30
0
cos10
0

cos30
0
sin1 0
0
)22sin40
0

22.
00
sin 40sin40
00
提示：1、
1cos40
0
2cos
2
20
0
；
2、
还可以将变为cos60
0
, 将
【解析】（2）原式=
1
2
3
变为sin60
0
,因此，分子变为cos50
0
.

2
cos2
θ
π
2sin(

θ
)
π
4
•
cos
2
(

θ
)
π
4
cos(

θ
)
4

cos2
θ
cos2
θ

1.

π
cos2
θ
sin(

2
θ< br>)
2
【题后感悟】
被化简的式子中有切函数与弦函数时，常首先“切化弦”， 然后
分析角的内部关系，看是否有互余或互补的，若有，应用诱导公式转
化；若没有，再分析角 间是否存在线性关系，并利用两角和与差的三
角函数展开（或重新组合），经过这样的处理后，一般都会 化简完毕．
【变式训练】
1

sin
α

co s
α
1

sin
α

cos
α
3 tan12
0

3
化简：⑴； ⑵．

0201

sin
α

cos
α
1

sin
α

cos
α
sin12(4cos12

2)
3sin12
0

3
0
3sin12
0
3cos12
0
cos12
【解析】⑴原式=

2 sin12
0
(2cos
2
12
0

1)2sin 12
0
cos12
0
cos24
0
13
23(si n12
0

cos12
0
)
43(sin30
0< br>sin12
0

cos30
0
cos12
0
)
22


000
sin24cos24sin48
< br>43cos42
0

43sin48
0

43 .

00
sin48sin48

6

< br>αααααα
2sincos

2sin
2
2sincos< br>
2cos
2
222

222
⑵法一：原式=αααααα
2sincos

2cos
2
2sincos
2sin
2
222222
αααα
sincossin
2

cos
2
2

2

22

2
.



αααα
si n
α
cossinsincos
2222
(1

sinα

cos
α
)
2

(1

sin
α

cos
α
)
2
2(1

sin
α
)
2

2cos
2
α
法二：原 式=

22
（1

sin
α

cos< br>α
）(1

sin
α

cos
α
)
(1

sin
α
)

cos
α


4(1

sin
α
)2

.

2sin
α
(1

sin
α
)sin
α< br>四、万能公式（正、余弦的二倍角与正切的单角的关系）
1．
sin2
α
2sin
α
cos
α

22
2sin
α
cos
α
2tan
α
2tan
α

,
即
sin2
α

;

2222
sinα

cos
α
1

tan
α
1

tan
α
cos
2
α

sin
2α
1

tan
2
α
1

tan
2
α

,
即
cos2
α

.

2．
cos2
α

cos
α

sinα

2222
sin
α

cos
α
1

tan
α
1

tan
α
说明：这两个公 式叫做“万能公式”，在是否记忆上不做硬性要求，
但记住了
S
2
α
、C
2
α
与T
2
α
之间的关系，就会使解题过程更简捷．
五、活用公式
由于公式之间存在着紧密的联系，所以，就要求我们在思考问题
的时候 必须因势利导、融会贯通，要有目的地活用公式．
主要形式有：
⑴、
1

sin2
α
sin
2
α
cos
2
α
2sin
α
cos
α
(sin
α
cos
α
)
2
,

sin2
α

sin
α

,

2cos
α

⑵、
sin2< br>α

2sin
α
cos
α


si n2
α

cos
α

.
2sin
α


7


cos2
α
2cos
2
α

1,

2

cos2
α

1

2sin
α
,
1
cos2
α

⑶、
cos2
α

cos
2
α

sin
2
α



co s
2
α

,
2


sin
2α

1

cos2
α
.

2

六、错例分析
例、解不等式
sinxcosx10.

2
【错解】∵
sinxcosx1,
两边平方，得
(sin
x< br>cos
x
)

1,

∴
12sinxcosx1,
∴
sin2x0,

∴
2kπ2x2kππ(kZ),
因此，
kπxkπ
(k

Z).

即原不等式的解集为
(
kπ
,
kπ
),
其中
k

Z.

【正解】∵
sinx cosx1,
两边平方，得
sinxcosx0,

∴必有
sinx0
且
cosx0
，
又∵
sinx1,cosx1
，∴
x
必为第一象限角，
∴
2
kπx
2
kπ
(k

Z).

即原不等式的解集为
(2
kπ
,2
kπ
),
其中
k

Z.

【错因】错因1：忽略了
x
为第一象限 角（因为
sinx1,cosx1
，
又∵
sinxcosx1,< br>所以必须
sinx0
且
cosx0
）；
错因2：上述方法引进了
sinxcosx1
的增解，如果改
用恒等变形，得< br>2sin(x)1,
即
sin(x)
寻找隐含条件．
π
4
π
4
2
，可避免增解，也无需
2
π
2
π
2
π
2
π
2

8