两角和与差的正弦正切设计

两角和与差的正弦、正切教学设计【教学目标】掌握两角和与差的正弦、正切公式的推导，并进行简单的化简求值掌握两角和与差的正弦、正切公式的变形推导，及相关的应用【教学重点】两角和与差的正弦、正切公式的推导、逆用、变形及其应用【教学难点】两角和与差的正弦、正切公式的应用【教学过程】问题1：两角和与差的正弦虽然，但是当然，我们可以这样求的值：根据两角和与差的余弦公式可推出两角和与差的正弦公式：Sα＋β：sin(α＋β)＝sin_αcos_β＋cos_αsin_β，Sα－β：sin(α－β)＝sin_αcos_β－cos_αsin_β.证明：由诱导公式以及两角和与差的余弦公式可知：而且：例如,【对点快练】1．sin75°＝____________.答案：eq\f(\r(2)＋\r(6),4)sin75°＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋cos30°sin45°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).2．若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限的角，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝____________.答案：－eq\f(7\r(2),10)∵cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，∴sinα＝－eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).例1.(1)sin21°cos39°＋cos21°sin39°等于()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．1(2)已知eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3π,4)，0＜β＜eq\f(π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π＋β))＝eq\f(5,13)，求sin(α＋β)的值．答案：(1)C[sin21°cos39°＋cos21°sin39°＝sin(21°＋39°)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).](2)解因为eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3,4)π，所以eq\f(π,2)＜eq\f(π,4)＋α＜π.所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(4,5).又因为0＜β＜eq\f(π,4)，eq\f(3,4)π＜eq\f(3,4)π＋β＜π，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π＋β))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π＋β)))＝－eq\f(12,13)，所以sin(α＋β)＝－sin(π＋α＋β)＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π＋β))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×\f(5,13)))＝eq\f(63,65).【变式练习】已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))且sin(α＋β)＝eq\f(33,65)，cosβ＝－eq\f(5,13)，求sinα.解因为β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosβ＝－eq\f(5,13)，所以sinβ＝eq\f(12,13).又因为0＜α＜eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＜β＜π，所以eq\f(π,2)＜α＋β＜eq\f(3π,2)，又sin(α＋β)＝eq\f(33,65)，所以eq\f(π,2)＜α＋β＜π，cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2α＋β)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,65)))2)＝－eq\f(56,65)，所以sinα＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ＝eq\f(33,65)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(56,65)))×eq\f(12,13)＝eq\f(3,5).例2.已知向量，如图所示，将向量绕原点沿逆时针方向旋转到的位置，求点的坐标。解：设，则因为，所以因此，从而.例3.求证：证明：因为，所以由例3的结果可知，，因此的最大值为1，而且的最大值点满足，因此最大值点为.例4.在求函数的最小值时，下面的说法正确吗？“因为的最小值为-1，的最小值为-1，所以的最小值为-2“如果不对，指出原因，并求的周期，最小值和最小值点.解：因为时有；而时有。因此与不能同时成立，这就是说，的最小值不是-2，有关说法不对。又因为，所以由此可知函数的周期为，最小值为，而最小值点满足，因此最小值点为.由例4可以看出，当都是不为零的常数时，为了求出函数的周期、最值等，关键是要将函数化为的形式，也就是说，要找到合适的和，使得=1\*GB3①恒成立。如果=1\*GB3①式恒成立，则将=1\*GB3①式的右边用展开可得因此，从而可知，因此，如果取则有（2）由（2）式和任意角的余弦、正弦的定义可知，若记平面直角坐标系中坐标为的点为P，而是以射线OP为终边的角，如图所示，则一定满足（2）式。这就是说，满足（1）式的和一定存在，因此，其中满足（2）式。例5.已知函数，求的周期，最小值及最小值点。解：因为所以由此可知函数的周期为，最小值为，而且最小值点满足，因此最小值点为。【变式练习1】将下列各式写成Asin(ωx＋φ)的形式：(1)eq\r(3)sinx－cosx；(2)eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).解(1)eq\r(3)sinx－cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)sinx－sin\f(π,6)cosx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).(2)eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋cos\f(π,6)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x－\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－x))＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12))).【变式练习2】sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，则cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))的值为()A．－eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．－eq\f(1,3) D．eq\f(1,3)答案：Bcosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝cosx＋eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＝eq\f(3,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),3).问题2：两角和与差的正切因为所以可以借助的正弦值与余弦值求出的值，那么能不能借助与求出呢？答案是肯定的。一般地，可以证明如下地两角和与差地正切公式：其中的取值应使各项有意义。事实上，因为所以在上式右边的分子分母同时除以，即可得到，而的证明，既可以用类似的方法证明，也可以从与得到。【对点快练】1．若tanα＝3，tanβ＝eq\f(4,3)，则tan(α－β)等于()A．eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．3 D．－3答案：Atan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(3－\f(4,3),1＋3×\f(4,3))＝eq\f(1,3).2．tan75°＝____________.答案2＋eq\r(3)tan75°＝tan(45°＋30°)＝eq\f(tan45°＋tan30°,1－tan45°tan30°)＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝eq\f(3＋\r(3),3－\r(3))＝2＋eq\r(3).例6.求下列各式的值。（1）；（2）；（3）解：（1）（2）（3）因为，所以【变式练习1】已知sinα＝eq\f(1,2)，α是第二象限的角，且tan(α＋β)＝－eq\r(3)，则tanβ的值为()A．－eq\r(3) B．eq\r(3)C．－eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(3),3)答案：C∵α为第二象限角，∴cosα＜0，cosα＝－eq\f(\r(3),2)，∴tanα＝－eq\f(\r(3),3).tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(－\r(3)＋\f(\r(3),3),1＋－\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3))))＝－eq\f(\r(3),3).【变式练习2】若α＋β＝eq\f(3π,4)，则(1－tanα)(1－tanβ)等于()A．1 B．－1C．2 D．－2答案：C(1－tanα)(1－tanβ)＝1－(tanα＋tanβ)＋tanαtanβ＝1－tan(α＋β)(1－tanαtanβ)＋tanαtanβ＝1－taneq\f(3π,4)·(1－tanαtanβ)＋tanαtanβ＝2.例7.已知函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x.(1)求f(x)的最大值，以及取得最大值时x的取值集合；(2)求f(x)的单调递增区间．解f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，(1)当2x＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z时，函数取到最大值是2，此时x＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以x的取值集合是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,6)，k∈Z)))).(2)由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以函数的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))k∈Z.【变式练习1】本例中，若加条件“x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))”，再求函数f(x)的最小值．解∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)时，fmin(x)＝－1.【变式练习2】函数f(x)＝sinx－coseq\b\lc\(