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文档简介

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\(

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