三角恒等变换的应用设计

三角恒等变换的应用教学设计【教学目标】1.运用三角恒等变换公式进行简单的三角恒等变换，理解半角公式的推导过程及简单应用2.理解积化和差和和差化积的推导过程及其运用【教学重点】半角公式、积化和差和和差化积公式的推导及其应用【教学难点】半角公式、积化和差和和差化积公式的应用【教学过程】问题1：半角公式及其应用事实上，由可得，因此，即（1）类似的，因为所以有，即（2）（1），（2）两个等式左边、右边分别相除，即可得（3）例1.求证：（1）；（2）证明：（1）（2）知识点1半角公式sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))，根号前的正负号，由角eq\f(α,2)所在象限确定．推广公式：taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).练习.求的值。解：由（3）可知，又因为所以又因为所以【对点快练】1．若cosα＝eq\f(1,3)，α∈(0，π)，则coseq\f(α,2)的值为()A．eq\f(\r(6),3) B．－eq\f(\r(6),3)C．±eq\f(\r(6),3) D．±eq\f(\r(3),3)答案：A由题意知eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴coseq\f(α,2)>0，coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2))＝eq\f(\r(6),3).2．已知cosα＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π，2π))，则sineq\f(α,2)等于()A．－eq\f(\r(10),10) B．eq\f(\r(10),10)C．eq\f(3\r(3),10) D．－eq\f(3,5)答案：B由题意知eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，π))，∴sineq\f(α,2)>0，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\f(\r(10),10).例2.已知sinθ＝eq\f(4,5)，且eq\f(5π,2)<θ<3π，求coseq\f(θ,2)和taneq\f(θ,2).解∵sinθ＝eq\f(4,5)，eq\f(5π,2)<θ<3π，∴cosθ＝－eq\r(1－sin2θ)＝－eq\f(3,5).由cosθ＝2cos2eq\f(θ,2)－1得cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,2)＝eq\f(1,5).∵eq\f(5π,4)＜eq\f(θ,2)<eq\f(3,2)π.∴coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝－eq\f(\r(5),5).taneq\f(θ,2)＝eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝eq\f(2cos\f(θ,2)sin\f(θ,2),2cos2\f(θ,2))＝eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝2.【变式练习】本例中将条件改为“π<θ<eq\f(3,2)π，且sinθ＝－eq\f(4,5)”，如何求解？解∵sinθ＝－eq\f(4,5)，π<θ<eq\f(3,2)π，∴cosθ＝－eq\r(1－sin2θ)＝－eq\f(3,5).由cosθ＝2cos2eq\f(θ,2)－1得cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,2)＝eq\f(1,5)，∵π<θ<eq\f(3,2)π，∴eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<eq\f(3,4)π.∴coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝－eq\f(\r(5),5).∴taneq\f(θ,2)＝eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝eq\f(2sin\f(θ,2)·cos\f(θ,2),2cos2\f(θ,2))＝eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝－2.问题2：积化和差和和差化积公式因为所以两式分别相加、相减之后整理可得（4）（5）类似地，由可得：（6）（7）（4）（5）（6）（7）地左边是积地形式，右边是和或者差地形式，因此被称为积化和差公式。根据（4）式可知，因此可知的最大值为1.一般地，如果，则，从而（4），（5）,（6），（7）可分别改写为：这四个公式左边是和或差的形式，右边是积的形式，因此被称为和差化积公式。知识点2积化和差与和差化积公式(1)积化和差公式：sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]，cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]，cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]，sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)].(2)和差化积公式：sinα＋sinβ＝2sineq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2)，sinα－sinβ＝2coseq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2)，cosα＋cosβ＝2coseq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2)，cosα－cosβ＝－2sineq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2).【对点快练】1．sin15°cos165°的值是()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,4) D．－eq\f(1,2)答案：Csin15°cos165°＝sin15°cos(180°－15°)＝－sin15°cos15°＝－eq\f(1,2)sin30°＝－eq\f(1,4).2．把cos3a＋cos5a化为积的形式，其结果为答案：2cos4acosa∵cos3a＋cos5a＝2coseq\f(3a＋5a,2)coseq\f(5a－3a,2)＝2cos4acosa．例2.求函数的周期与最大值。解：由积化和差公式可知所以函数的周期为，最大值为.【变式练习1】求函数f(x)＝sinxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的值域．解由积化和差公式得y＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋x＋\f(π,6)))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x－\f(π,6)))))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq\f(1,4)所以函数的最大值是eq\f(1,4)，最小值是－eq\f(3,4).【变式练习2】函数f(x)＝sin2xcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的单调递减区间是____________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(π,3)))，k∈Z由积化和差公式得：y＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2x＋\f(π,6)))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2x－\f(π,6)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))－eq\f(1,4)由2kπ＋eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，得eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)，k∈Z所以函数的递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(π,3)))，k∈Z.例3.求函数的周期和最大值。解：由和差化积公式可知所以函数的周期为，最大值为。【变式练习1】函数y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－1的最小正周期为____________．答案：πy＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－1＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(－2sin\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)sin\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2))))＝－sin2xsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sin2x，∴T＝eq\f(2π,2)＝π.【变式练习2】函数y＝cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，x∈(0，π)的最小值为()A．－eq\r(3) B．eq\f(3,2)C．－eq\f(3,2) D．eq\r(3)答案：C由和差化积公式得：y＝2coseq\f(x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))),2)coseq\f(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))),2)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))coseq\f(π,6)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，因为x∈(0，π)，所以x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，故ymin＝eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(3