5.5.2 简单的三角恒等变换

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【基础过关系列】2022-2023 学年高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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必修第一册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

半角公式

$\qquad \qquad$ $\sin \dfrac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{2}}$ , $\cos \dfrac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\dfrac{1+\cos \alpha}{2}}$ , $\tan \dfrac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}$
(由降幂公式可得)
证明
由降幂公式 $\sin ^2 \alpha=\dfrac{1-\cos 2 \alpha}{2}$ 得 $\sin \alpha=\pm \sqrt{\dfrac{1-\cos 2 \alpha}{2}}$，则 $\sin \dfrac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{2}}$；
由降幂公式 $\cos ^2 \alpha=\dfrac{1+\cos 2 \alpha}{2}$ 得 $\cos \alpha=\pm \sqrt{\dfrac{1+\cos 2 \alpha}{2}}$，则 $\cos \dfrac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\dfrac{1+\cos \alpha}{2}}$；
$\tan \dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin \dfrac{\alpha}{2}}{\cos \dfrac{\alpha}{2}}=\pm \sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}$.
解释
半角公式，利用 $\cos α$ 表示了 $\sin \dfrac{\alpha}{2}$ 、$\cos \dfrac{\alpha}{2}$、$\tan \dfrac{\alpha}{2}$ .
 

万能公式

$\qquad \qquad$ $\sin \alpha=\dfrac{2 \tan \dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}$， $\cos \alpha=\dfrac{1-\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}$, $\tan \alpha=\dfrac{2 \tan \dfrac{\alpha}{2}}{1-\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}$
(由倍角公式可得)
证明
$\sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha=\dfrac{2 \sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^2 \alpha+\cos ^2 \alpha}=\dfrac{2 \tan \alpha}{1+\tan ^2 \alpha}$，则 $\sin \alpha=\dfrac{2 \tan \dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}$；
$\cos 2 \alpha=\cos ^2 \alpha-\sin ^2 \alpha=\dfrac{\cos ^2 \alpha-\sin ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha+\cos ^2 \alpha}=\dfrac{1-\tan ^2 \alpha}{1+\tan ^2 \alpha}$，则 $\cos \alpha=\dfrac{1-\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}$；
$\tan 2 \alpha=\dfrac{2 \tan \alpha}{1-\tan ^2 \alpha}$，则 $\tan \alpha=\dfrac{2 \tan \dfrac{\alpha}{2}}{1-\tan ^2 \dfrac{\alpha}{2}}$.
解释
万能公式，利用 $\tan \dfrac{α}{2}$ 表示了 $\sin α$、$\cos α$ 和 $\tan α$.
 

和化积公式

$\qquad \qquad$ $\sin \alpha+\sin \beta=2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}$ $\sin \alpha-\sin \beta=2 \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$
$\qquad \qquad$ $\cos \alpha+\cos \beta=2 \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}$ $\cos \alpha-\cos \beta=-2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$
(由和差公式可得)
证明
$\sin \alpha+\sin \beta=\sin \left[\dfrac{\alpha+\beta}{2}+\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right]+\sin \left[\dfrac{\alpha+\beta}{2}-\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right]$
$=\sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}+\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}+\sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}-\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$
$=2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}$.
其他类似证明.
 

积化和公式

$\qquad \qquad$ $\sin \alpha \cdot \cos \beta=\dfrac{1}{2}[\sin (\alpha+\beta)+\sin (\alpha-\beta)]$
$\qquad \qquad$ $\cos \alpha \cdot \cos \beta=\dfrac{1}{2}[\cos (\alpha+\beta)+\cos (\alpha-\beta)]$
$\qquad \qquad$ $\sin α\cdot \sin β=\dfrac{1}{2}[\cos ⁡(α-β)-\cos ⁡(α+β)]$
(由和差公式可得)
证明
由和化积公式 $\sin x+\sin y=2 \sin \dfrac{x+y}{2} \cos \dfrac{x-y}{2}$
可得 $\sin \dfrac{x+y}{2} \cos \dfrac{x-y}{2}=\dfrac{1}{2}(\sin x+\sin y) \quad(*)$
令 $\alpha=\dfrac{x+y}{2}$， $\beta=\dfrac{x-y}{2}$，则 $x=α+β$$，y=α-β$，
则公式 $(*)$ 变成 $\sin \alpha \cdot \cos \beta=\dfrac{1}{2}[\sin (\alpha+\beta)+\sin (\alpha-\beta)]$.
其他类似证明.
解释
积化和公式相当于和化积公式的逆运算.
 

基本方法

【题型1】 公式证明

【典题 1】 证明： $\cos \alpha+\cos \beta=2 \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}$.
证明 $\cos \alpha+\cos \beta=\cos \left[\dfrac{\alpha+\beta}{2}+\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right]+\cos \left[\dfrac{\alpha+\beta}{2}-\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right]$
$=\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}-\sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}+\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}+\sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$
$=2 \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}$.
 

【巩固练习】

1. 证明： $\sin \alpha-\sin \beta=2 \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$.
 
 

2. 证明： $\cos \alpha \cdot \cos \beta=\dfrac{1}{2}[\cos (\alpha+\beta)+\cos (\alpha-\beta)]$.
 
 
 

参考答案

1. 证明 $\sin \alpha-\sin \beta=\sin \left[\dfrac{\alpha+\beta}{2}+\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right]-\sin \left[\dfrac{\alpha+\beta}{2}-\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right]$
   $=\sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}+\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}-\sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2}+\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$
   $=2 \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$.

2. 证明 由和化积公式 $\cos x+\cos y=2 \cos \dfrac{x+y}{2} \cos \dfrac{x-y}{2}$，
   可得 $\cos \dfrac{x+y}{2} \cos \dfrac{x-y}{2}=\dfrac{1}{2}(\cos x+\cos y) \quad(*)$，
   令 $\alpha=\dfrac{x+y}{2}$，$\beta=\dfrac{x-y}{2}$，则 $x=α+β$，$y=α-β$，
   则公式 $(*)$ 变成 $\cos \alpha \cdot \cos \beta=\dfrac{1}{2}[\cos (\alpha+\beta)+\cos (\alpha-\beta)]$.
    

【题型2】 半角公式的运用

【典题 1】 已知 $\sin \alpha=-\dfrac{8}{17}$ 且 $π<α<\dfrac{3}{2} π$，求 $\sin \dfrac{α}{2}$,$\cos \dfrac{α}{2}$,$\tan \dfrac{α}{2}$ 的值．
解析 $\because \sin \alpha=-\dfrac{8}{17}$ 且 $π<α<\dfrac{3}{2} π$， $\therefore \cos \alpha=-\dfrac{15}{17}$．
又 $\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{\alpha}{2}<\dfrac{3}{4} \pi$， $\therefore \sin \dfrac{\alpha}{2}=\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{2}}=\sqrt{\dfrac{1+\frac{15}{17}}{2}}=\dfrac{4 \sqrt{17}}{17}$，
$\cos \dfrac{\alpha}{2}=-\sqrt{\dfrac{1+\cos \alpha}{2}}=-\sqrt{\dfrac{1-\frac{15}{17}}{2}}=-\dfrac{\sqrt{17}}{17}$， $\tan \dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin \dfrac{\alpha}{2}}{\cos \dfrac{\alpha}{2}}=-4$．
 

【巩固练习】

1. 已知 $\cos θ=-\dfrac{1}{5}$，$\dfrac{5\pi}{2}<θ<3π$，那么 $\sin \dfrac{\theta}{2}=$ (　　)
 A． $\dfrac{\sqrt{10}}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $-\dfrac{\sqrt{10}}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $-\dfrac{\sqrt{15}}{5}$
 

2. 已知 $α∈(\dfrac{\pi}{2},π)$，且 $\cos \alpha=-\dfrac{3}{5}$，则 $\tan \dfrac{α}{2}$ 等于 (　　)
 A．$2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$-2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-\dfrac{1}{2}$
 

3. 已知 $\cos \theta=-\dfrac{7}{25}$， $\theta \in(-\pi, 0)$，则 $\sin \dfrac{\theta}{2}+\cos \dfrac{\theta}{2}=$$\underline{\quad \quad}$ .
 
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 $\because \dfrac{5\pi}{2}<θ<3π$，$\therefore \dfrac{5\pi}{4}<\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{3\pi}{2}$．
   $\therefore \sin \dfrac{\theta}{2}<0$，
   $\therefore \sin \dfrac{\theta}{2}=-\sqrt{\dfrac{1-\cos \theta}{2}}=-\sqrt{\left(1+\dfrac{1}{5}\right) \times \dfrac{1}{2}}=-\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．

2. 答案 $A$
   解析 $\because α∈(\dfrac{\pi}{2},π)$，$\therefore \dfrac{α}{2}∈(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2})$，
   $\therefore \sin \dfrac{\alpha}{2}=\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{2}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$， $\cos \dfrac{\alpha}{2}=\sqrt{\dfrac{1+\cos \alpha}{2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$．
   $\therefore \tan \dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin \dfrac{\alpha}{2}}{\cos \dfrac{\alpha}{2}}=2$．

3. 答案 $-\dfrac{1}{5}$
   解析 $\because θ∈(-π ,0)$，$\therefore \dfrac{\theta}{2}∈(-\dfrac{\pi}{2} ,0)$，
   $\therefore \sin \dfrac{\theta}{2}=-\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{2}}=-\dfrac{4}{5}$， $\cos \dfrac{\theta}{2}=\sqrt{\dfrac{1+\cos \alpha}{2}}=\dfrac{3}{5}$，
   $\therefore \sin \dfrac{\theta}{2}+\cos \dfrac{\theta}{2}=-\dfrac{1}{5}$．
    

【题型3】三角函数恒等变换与化简

【典题 1】证明 $\dfrac{1+\sin 2 \varphi}{\cos \varphi+\sin \varphi}=\cos \varphi+\sin \varphi$.
证明 $\dfrac{1+\sin 2 \varphi}{\cos \varphi+\sin \varphi}=\dfrac{\cos ^2 \varphi+\sin ^2 \varphi+2 \sin \varphi \cos \varphi}{\cos \varphi+\sin \varphi}=\dfrac{(\cos \varphi+\sin \varphi)^2}{\cos \varphi+\sin \varphi}=\cos \varphi+\sin \varphi$.
 

【典题 2】证明 $\dfrac{1+\sin 2 \theta-\cos 2 \theta}{1+\sin 2 \theta+\cos 2 \theta}=\tan \theta$.
证明 $\dfrac{1+\sin 2 \theta-\cos 2 \theta}{1+\sin 2 \theta+\cos 2 \theta}=\dfrac{2 \sin ^2 \theta+2 \sin \theta \cos \theta}{2 \cos ^2 \theta+2 \sin \theta \cos \theta}=\dfrac{2 \sin \theta(\sin \theta+\cos \theta)}{2 \cos \theta(\sin \theta+\cos \theta)}=\dfrac{\sin \theta}{\cos \theta}=\tan \theta$.
 

【典题 3】 已知 $π<α<\dfrac{3\pi}{2}$，化简： $\dfrac{1+\sin \alpha}{\sqrt{1+\cos \alpha}-\sqrt{1-\cos \alpha}}+\dfrac{1-\sin \alpha}{\sqrt{1+\cos \alpha}+\sqrt{1-\cos \alpha}}$．
解析 原式 $=\dfrac{\left(\sin \dfrac{\alpha}{2}+\cos _2^\alpha\right)^2}{\sqrt{2}\left|\cos \dfrac{\alpha}{2}\right|-\sqrt{2}\left|\sin \dfrac{\alpha}{2}\right|}+\dfrac{\left(\sin \dfrac{\alpha}{2}-\cos \dfrac{\alpha}{2}\right)^2}{\sqrt{2}\left|\cos \dfrac{\alpha}{2}\right|+\sqrt{2}\left|\sin \dfrac{\alpha}{2}\right|}$，
$\because π<α<\dfrac{3\pi}{2}$，$\therefore \dfrac{\pi}{2}<\dfrac{α}{2}<\dfrac{3\pi}{4}$，
$\therefore \cos \dfrac{\alpha}{2} <0$，$\sin \dfrac{α}{2}>0$．
$\therefore$ 原式 $=\dfrac{\left(\sin \dfrac{\alpha}{2}+\cos \dfrac{\alpha}{2}\right)^2}{-\sqrt{2}\left(\sin \dfrac{\alpha}{2}+\cos \dfrac{\alpha}{2}\right)}+\dfrac{\left(\sin \dfrac{\alpha}{2}-\cos \dfrac{\alpha}{2}\right)^2}{\sqrt{2}\left(\sin \dfrac{\alpha}{2}-\cos \dfrac{\alpha}{2}\right)}$
$=-\dfrac{\sin \dfrac{\alpha}{2}+\cos \dfrac{\alpha}{2}}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sin \dfrac{\alpha}{2}-\cos \dfrac{\alpha}{2}}{\sqrt{2}}=-\sqrt{2} \cos \dfrac{\alpha}{2}$．
 

【巩固练习】

1. 化简 $\dfrac{\sin 4 \alpha}{4 \sin ^2\left(\dfrac{\pi}{4}+\alpha\right) \tan \left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)}$ 得 (　　)
 A．$\sin 2α$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\cos 2α$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\sin α$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\cos α$
 

2. 证明 $\dfrac{1-\cos 2 \theta}{1+\cos 2 \theta}=\tan ^2 \theta$.
 
 

3. 证明 $3+\cos 4α-4\cos 2α=8\sin ^4 α$.
 
 

4. 已知 $α,β$ 都是锐角，且 $\tan \beta=\dfrac{\sin \alpha-\cos \alpha}{\sin \alpha+\cos \alpha}$，求 $\dfrac{\sin \beta}{\sin \alpha-\cos \alpha}$ 的值.
 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 $4 \sin ^2\left(\dfrac{\pi}{4}+\alpha\right) \tan \left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)=4 \cos ^2\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right) \tan \left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)$$=4 \cos \left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right) \sin \left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)$
   $=2\sin (\dfrac{\pi}{2}-2α)=2\cos 2α$，
   原式 $=\dfrac{\sin 4 \alpha}{4 \sin ^2\left(\dfrac{\pi}{4}+\alpha\right) \cdot \tan \left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)}=\dfrac{\sin 4 \alpha}{2 \cos 2 \alpha}=\dfrac{2 \sin 2 \alpha \cdot \cos 2 \alpha}{2 \cos 2 \alpha}=\sin 2 a$．

2. 证明 左边 $=\dfrac{1-\left(1-2 \sin ^2 \theta\right)}{1+2 \cos ^2 \theta-1}=\tan ^2 \theta=$ 右边.

3. 证明 左边 $=3+2 \cos ^2⁡2α-1-4 \cos ⁡2α=2 \cos ^2⁡2α-4 \cos ⁡2α+2$
   $=2(1-2 \sin ^2⁡α )^2-4(1-2 \sin ^2⁡α )+2 =2-8 \sin ^2⁡α+8 \sin ^4⁡α-4+8 \sin ^2⁡α+2$
   $=8\sin ^4⁡α=$ 右边.

4. 答案 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
   解析 $\tan \beta=\dfrac{\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}-1}{\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}+1}=\dfrac{\tan \alpha-\tan \dfrac{\pi}{4}}{1+\tan \alpha \tan \dfrac{\pi}{4}}=\tan \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)$
   因为 $α,β$ 都是锐角，所以 $β=α-\dfrac{\pi}{4}$，
   所以 $\dfrac{\sin \beta}{\sin \alpha-\cos \alpha}=\dfrac{\sin \beta}{\sqrt{2} \sin \left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

分层练习

【A组---基础题】

1. 已知 $\cos x=\dfrac{2}{3}$，且 $x$ 为第四象限角，则 $\tan ⁡\dfrac{x}{2}=$(　　)
 A. $-\dfrac{\sqrt{5}}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B.$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $-\dfrac{\sqrt{5}}{3}$
 

2. 若 $θ∈[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}]$， $\sin 2 \theta=\dfrac{3 \sqrt{7}}{8}$，则 $\sin θ=$ (　　)
 A．$\dfrac{3}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{4}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{\sqrt{7}}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{3}{4}$
 

3. 已知 $\dfrac{3\pi}{2}<α<2π$，则 $\sqrt{\dfrac{1+\cos \alpha}{1-\cos \alpha}}+\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=$ (　　)
 A． $-\dfrac{1}{\sin \alpha}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{\sin \alpha}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $-\dfrac{2}{\sin \alpha}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{2}{\sin \alpha}$
 

4. 已知 $\cos \theta=-\dfrac{7}{25}$,$θ∈(-π,0)$，则 $\sin \dfrac{\theta}{2}+\tan \dfrac{\theta}{2}=$$\underline{\quad \quad}$．
 

5. 在 $△ABC$ 中，若 $\cos A=\dfrac{1}{3}$，则 $\sin ^2 \dfrac{B+C}{2}+\cos 2 A$ 等于 $\underline{\quad \quad}$．
 

6. 化简 $\sqrt{1+\sin 6}+\sqrt{1-\sin 6}=$$\underline{\quad \quad}$ ．
 

7. 化简：$\sin ^2 2x+2\cos ^2 x\cos 2x=$$\underline{\quad \quad}$．
 

8. 已知 $\sin ⁡(α+β)=\dfrac{1}{2}$，$\sin ⁡(α-β)=\dfrac{1}{3}$，求证
  (1) $\sin ⁡α\cos ⁡β=5\cos ⁡α\sin ⁡β$; (2) $\tan ⁡α=5\tan ⁡β$.
 
 

9. 证明 $\tan ⁡(\dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi}{4})+\tan ⁡(\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi}{4})=2\tan ⁡x$.
 
 

10. 已知 $\dfrac{1-\tan \theta}{2+\tan \theta}=1$，求证 $\tan ⁡2θ=-4\tan ⁡(θ+\dfrac{\pi}{4})$.
 
 

参考答案

1. 答案 $-\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
   解析 $\because x$ 为第四象限角，$\therefore \dfrac{x}{2}$ 为第二象限角或第四象限角，$\therefore \tan ⁡\dfrac{x}{2}<0$，
   $\therefore \tan \dfrac{\alpha}{2}=-\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=-\dfrac{\sqrt{5}}{5}$.

2. 答案 $\dfrac{3}{4}$
   解析 由 $θ∈[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2}]$，得 $2θ∈[\dfrac{\pi}{2},π]$， $\cos 2 \theta=-\sqrt{1-\sin ^2 2 \theta}=-\dfrac{1}{8}$，
   $\therefore \sin \theta=\sqrt{\dfrac{1-\cos 2 \theta}{2}}=\dfrac{3}{4}$．

3. 答案 $C$
   解析 因为 $\dfrac{3\pi}{2}<α<2π$，所以 $\sin \dfrac{\alpha}{2} >0$,$\cos \dfrac{\alpha}{2} <0$，
   所以 $\sqrt{\dfrac{1+\cos \alpha}{1-\cos \alpha}}+\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=\sqrt{\dfrac{1+2 \cos ^2 \dfrac{\alpha}{2}-1}{1-1+2 \sin ^2 \dfrac{\alpha}{2}}}+\sqrt{\dfrac{1-1+2 \sin ^2 \dfrac{\alpha}{2}}{1+2 \cos ^2 \dfrac{\alpha}{2}-1}}$$=\sqrt{\dfrac{\cos ^2 \dfrac{\alpha}{2}}{\sin ^2 \dfrac{\alpha}{2}}}+\sqrt{\dfrac{\sin ^2 \dfrac{\alpha}{2}}{\cos ^2 \dfrac{\alpha}{2}}}=-\left(\dfrac{\cos \dfrac{\alpha}{2}}{\sin \dfrac{\alpha}{2}}+\dfrac{\sin \dfrac{\alpha}{2}}{\cos \dfrac{\alpha}{2}}\right)=-\dfrac{2}{\sin \alpha}$,
   故选：$C$．

4. 答案 $-\dfrac{32}{15}$
   解析 $\because θ∈(-π,0)$，$\therefore \dfrac{\theta}{2}∈(-\dfrac{\pi}{2} ,0)$，$\therefore \sin ⁡\dfrac{\theta}{2}<0$，$\tan \dfrac{\theta}{2}<0$
   $\therefore \sin \dfrac{\theta}{2}=-\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{2}}=-\dfrac{4}{5}$， $\tan \dfrac{\theta}{2}=-\sqrt{\dfrac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=-\dfrac{4}{3}$，
   $\therefore \sin \dfrac{\theta}{2}+\tan \dfrac{\theta}{2}=-\dfrac{4}{5}-\dfrac{4}{3}=-\dfrac{32}{15}$.

5. 答案 $-\dfrac{1}{9}$
   解析 在 $△ABC$ 中， $\dfrac{B+C}{2}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}$，
   $\sin ^2 \dfrac{B+C}{2}+\cos 2 A=\sin ^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\right)+\cos 2 A$
   $=\cos ^2 \dfrac{A}{2}+\cos 2 A=\dfrac{1+\cos A}{2}+2 \cos ^2 A-1=-\dfrac{1}{9}$．

6. 答案 $-2\cos 3$
   解析 原式 $=\sqrt{\sin ^2 3+\cos ^2 3+2 \sin 3 \cos 3}+\sqrt{\sin ^2 3+\cos ^2 3-2 \sin 3 \cos 3}$
   $=|\sin 3+\cos 3|+|\sin 3-\cos 3|$，
   因为 $\dfrac{3\pi}{4}<3<π$，
   所以 $\sin 3+\cos 3=\sqrt{2} \sin (3+\dfrac{\pi}{4})<0$，$\sin ⁡3-\cos ⁡3>0$，
   所以原式 $=-(\sin 3+\cos 3)+(\sin 3-\cos 3)=-2\cos 3$.

7. 答案 $2\cos ^2 x$
   解析 原式 $=4\sin ^2 x·\cos ^2 x+2\cos ^2 x·\cos 2x=2\cos ^2 x·(2\sin ^2 x+\cos 2x)$
   $=2\cos ^2 x·(2\sin ^2 x+1-2\sin ^2 x)=2\cos ^2 x$．

8. 证明 (1) $\because \sin ⁡(α+β)=\sin ⁡α\cos ⁡β+\cos ⁡α\sin ⁡β=\dfrac{1}{2}$，$\sin ⁡(α-β)=\sin ⁡α\cos ⁡β-\cos ⁡α\sin ⁡β=\dfrac{1}{3}$，
   $\therefore \sin \alpha \cos \beta=\dfrac{5}{12}$, $\cos \alpha \sin \beta=\dfrac{1}{12}$，
   $\therefore \sin ⁡α\cos ⁡β=5\cos ⁡α\sin ⁡β$.
   (2) $\sin ⁡α\cos ⁡β=5\cos ⁡α\sin ⁡β$
   两边同时除以 $\cos ⁡α\cos ⁡β$，得 $\tan ⁡α=5\tan ⁡β$.

9. 证明 左边 $=\dfrac{\tan \dfrac{x}{2}+1}{1-\tan \dfrac{x}{2}}+\dfrac{\tan \dfrac{x}{2}-1}{1+\tan \dfrac{x}{2}}=\dfrac{4 \tan \dfrac{x}{2}}{1-\tan ^2 \dfrac{x}{2}}=2 \tan x=$ 右边.

10. 证明 $\because\dfrac{1-\tan \theta}{2+\tan \theta}=1$,$\therefore \tan ⁡θ=-\dfrac{1}{2}$,
    $\therefore \tan 2 \theta=\dfrac{2 \tan \theta}{1-\tan ^2 \theta}=\dfrac{-1}{1-\dfrac{1}{4}}=-\dfrac{4}{3}$，
    $-4 \tan \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=-4 \times \dfrac{\tan \theta+1}{1-\tan \theta}=-4 \times \dfrac{-\dfrac{1}{2}+1}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)}=-\dfrac{4}{3}$，
    $\therefore \tan ⁡2θ=-4\tan ⁡(θ+\dfrac{\pi}{4})$.

【B组---提高题】

1.$\cos \dfrac{\pi}{7}+\cos \dfrac{3\pi}{7}+\cos \dfrac{5\pi}{7}=$$\underline{\quad \quad}$．
 

2. 已知 $α$ ,$β$ 为锐角，且 $\alpha-\beta=\dfrac{\pi}{6}$，那么 $\sin α\sin β$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 证明 $\dfrac{\tan \alpha \tan 2 \alpha}{\tan 2 \alpha-\tan \alpha}+\sqrt{3}\left(\sin ^2 \alpha-\cos ^2 \alpha\right)=2 \sin \left(2 \alpha-\dfrac{\pi}{3}\right)$.
 
 

参考答案

1. 答案 $\dfrac{1}{2}$
   解析 $\cos \dfrac{\pi}{7}+\cos \dfrac{3 \pi}{7}+\cos \dfrac{5 \pi}{7}=\dfrac{1}{\sin \dfrac{\pi}{7}}\left(\sin \dfrac{\pi}{7} \cos \dfrac{\pi}{7}+\sin \dfrac{\pi}{7} \cos \dfrac{3 \pi}{7}+\sin \dfrac{\pi}{7} \cos \dfrac{5 \pi}{7}\right)$
   $=\dfrac{1}{2 \sin \dfrac{\pi}{7}}\left[\sin \dfrac{2 \pi}{7}+\left(\sin \dfrac{4 \pi}{7}-\sin \dfrac{2 \pi}{7}\right)+\left(\sin \dfrac{6 \pi}{7}-\sin \dfrac{4 \pi}{7}\right)\right]$
   $=\dfrac{1}{2 \sin \dfrac{\pi}{7}} \sin \dfrac{6 \pi}{7}=\dfrac{1}{2 \sin \dfrac{\pi}{7}} \times \sin \left(\pi-\dfrac{\pi}{7}\right)=\dfrac{1}{2}$．

2. 答案 $(0 ,\dfrac{\sqrt{3}}{2})$
   解析 $\because \alpha-\beta=\dfrac{\pi}{6}$
   $\therefore \sin \alpha \sin \beta=-\dfrac{1}{2}[\cos (\alpha+\beta)-\cos (\alpha-\beta)]=-\dfrac{1}{2}\left[\cos (\alpha+\beta)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$
   $=-\dfrac{1}{2}\left[\cos \left(2 \beta+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$
   $\because β$ 为锐角，即 $0<β<\dfrac{\pi}{3}$，
   $\therefore \dfrac{\pi}{6}<2 \beta+\dfrac{\pi}{6}<\dfrac{5 \pi}{6}$，
   $\therefore-\dfrac{\sqrt{3}}{2}<\cos \left(2 \beta+\dfrac{\pi}{6}\right)<\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   $\therefore 0<-\dfrac{1}{2}\left[\cos \left(2 \beta+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]<\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   故答案为：$(0 ,\dfrac{\sqrt{3}}{2})$.

3. 证明 左边 $=\dfrac{\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \dfrac{\sin 2 \alpha}{\cos 2 \alpha}}{\dfrac{\sin 2 \alpha}{\cos 2 \alpha}-\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}-\sqrt{3} \cos 2 \alpha=\dfrac{\sin \alpha \sin 2 \alpha}{\sin 2 \alpha \cos \alpha-\cos 2 \alpha \sin \alpha}-\sqrt{3} \cos 2 \alpha$
   $=\sin 2α-\sqrt{3}\cos 2α=2(\dfrac{1}{2} \sin 2α-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2α)=2\sin (2α-\dfrac{\pi}{3})=$ 右边.

【C组---拓展题】

1. $\dfrac{1}{\sin 45^{\circ} \sin 46^{\circ}}+\dfrac{1}{\sin 46^{\circ} \sin 47^{\circ}}+\cdots+\dfrac{1}{\sin 89^{\circ} \sin 90^{\circ}}=$$\underline{\quad \quad}$．
    
    

参考答案

1. 答案 $\dfrac{1}{\sin 1^{\circ}}$
   解析 $\dfrac{1}{\sin n^{\circ} \cdot \sin (n+1)^{\circ}}=\dfrac{1}{\sin 1^{\circ}} \cdot \dfrac{\sin \left((n+1)^{\circ}-n^{\circ}\right)}{\sin n^{\circ} \sin (n+1)^{\circ}}$
   $=\dfrac{1}{\sin ^{\circ}} \cdot \dfrac{\sin (n+1)^{\circ} \cos n^{\circ}-\cos (n+1)^{\circ} \sin n^{\circ}}{\sin ^{\circ} \sin (n+1)^{\circ}}$
   $=\dfrac{1}{\sin 1^{\circ}} \cdot\left(\dfrac{\cos n^{\circ}}{\sin n^{\circ}}-\dfrac{\cos (n+1)^{\circ}}{\sin (n+1)^{\circ}}\right)$
   $=\dfrac{1}{\sin 1^{\circ}} \cdot\left(\dfrac{1}{\tan n^{\circ}}-\dfrac{1}{\tan (n+1)^{\circ}}\right)$，
   $\dfrac{1}{\sin 45^{\circ} \sin 46^{\circ}}+\dfrac{1}{\sin 46^{\circ} \sin 47^{\circ}}+\cdots+\dfrac{1}{\sin 89^{\circ} \sin 90^{\circ}}$
   $=\dfrac{1}{\sin 1^{\circ}}\left(\dfrac{1}{\tan 45^{\circ}}-\dfrac{1}{\tan 46^{\circ}}+\dfrac{1}{\tan 46^{\circ}}-\dfrac{1}{\tan 47^{\circ}}+\cdots+\dfrac{1}{\tan 89^{\circ}}-\dfrac{\cos 90^{\circ}}{\sin 90^{\circ}}\right)$
   $=\dfrac{1}{\sin 1^{\circ}}(1-0)=\dfrac{1}{\sin 1^{\circ}}$．