《第六节简单的三角恒等变换》教案

简单的三角恒等变换适用学科数学适用年级高三适用区域新课标课时时长60分钟知识点利用三角公式进行证明利用三角公式进行化简与求值辅助角公式的应用教学目标能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角的正弦、余弦和正切公式进行简单的恒等变换(包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆).教学重点二倍角的正弦、余弦、正切公式教学难点倍角公式的形成及公式的变形

教学过程课堂导入前面我们学习了两角和与差的正弦、余弦、正切公式，以及二倍角的正弦、余弦、正切公式，也明白了两角差的余弦公式推导出两角和的正弦、余弦、正切公式，进而推导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，那么二倍角的正弦、余弦、正切公式经过变形能推导出什么公式呢？

复习预习两角和与差的正弦公式：两角和与差的余弦公式：两角和与差的正切公式：二倍角公式：

知识讲解考点1半角公式(1)用cosα表示sin2eq\f(α,2)，cos2eq\f(α,2)，tan2eq\f(α,2)：sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2)；cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)；tan2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,1＋cosα).(2)用cosα表示sineq\f(α,2)，coseq\f(α,2)，taneq\f(α,2)：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)).(3)用sinα，cosα表示taneq\f(α,2)：taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).

考点2形如asinx＋bcosx的化简asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a).

例题精析【例题1】【题干】化简：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2))).

【答案】(1)2eq\r(2)cosα【解析】原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cosα)·\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))＝eq\f(cosα,sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cosα)·\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))＝eq\f(2cosα,sinα)＋eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)＋eq\f(2sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)＋eq\f(4sin2\f(α,2),sinα)＝eq\f(2cosα＋4sin2\f(α,2),sinα)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f(α,2)))＋4sin2\f(α,2),sinα)＝eq\f(2,sinα).

【例题2】【题干】已知sin(2α－β)＝eq\f(3,5)，sinβ＝－eq\f(12,13)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，求sinα的值．

【解析】∵eq\f(π,2)＜α＜π，∴π＜2α＜2π.∵－eq\f(π,2)＜β＜0，∴0＜－β＜eq\f(π,2)，π＜2α－β＜eq\f(5π,2)，而sin(2α－β)＝eq\f(3,5)＞0，∴2π＜2α－β＜eq\f(5π,2)，cos(2α－β)＝eq\f(4,5).又－eq\f(π,2)＜β＜0且sinβ＝－eq\f(12,13)，∴cosβ＝eq\f(5,13)，∴cos2α＝cos[(2α－β)＋β]＝cos(2α－β)cosβ－sin(2α－β)sinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(5,13)－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq\f(56,65).又cos2α＝1－2sin2α，∴sin2α＝eq\f(9,130).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinα＝eq\f(3\r(130),130).

【例题3】【题干】已知函数f(x)＝sin2x－2eq\r(3)sin2x＋eq\r(3)＋1.(1)求f(x)的最小正周期及其单调递增区间；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))时，求f(x)的值域．

【解析】f(x)＝sin2x＋eq\r(3)(1－2sin2x)＋1＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1.(1)函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.由正弦函数的性质知，当2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，即kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)时，函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))为单调递增函数，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，∴2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈[0,1]，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1∈[1,3]．∴f(x)的值域为[1,3]．

【例题4】【题干】(2012·安徽高考)设函数f(x)＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋sin2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)设函数g(x)对任意x∈R，有geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝g(x)，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g(x)＝eq\f(1,2)－f(x)．求g(x)在区间[－π，0]上的解析式．

【解析】(1)f(x)＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋sin2x＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2xcos\f(π,4)－sin2xsin\f(π,4)))＋eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)sin2x故f(x)的最小正周期为π.(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g(x)＝eq\f(1,2)－f(x)＝eq\f(1,2)sin2x，故①当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，x＋eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).由于对任意x∈R，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝g(x)，从而g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＝eq\f(1,2)sin(π＋2x)＝－eq\f(1,2)sin2x.②当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))时，x＋π∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，从而g(x)＝g(x＋π)＝eq\f(1,2)sin[2(x＋π)]＝eq\f(1,2)sin2x.综合①②得g(x)在[－π，0]上的解析式为g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，,－\f(1,2)sin2x，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)).))

课堂运用【基础】1．(2013·济南模拟)函数y＝sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．4π

解析：选B∵y＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，∴T＝eq\f(2π,2)＝π.

2．已知α∈(－π，0)，tan(3π＋α)＝alogaeq\f(1,3)(a＞0，且a≠1)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π＋α))的值为()A.eq\f(\r(10),10) B．－eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3\r(10),10) D．－eq\f(3\r(10),10)

解析：选B∵由题意可知tan(3π＋α)＝eq\f(1,3)，∴tanα＝eq\f(1,3).又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝sinα，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))＝－eq\f(\r(10),10).∵α∈(－π，0)，∴sinα＝－eq\f(\r(10),10).

3．若eq\f(cos2α,sinα＋\f(7π,4))＝－eq\f(\r(2),2)，则sinα＋cosα的值为()A．－eq\f(\r(2),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(7),2)

解析：选C由已知三角等式得eq\f(cos2α－sin2α,\f(\r(2),2)sinα－cosα)＝－eq\f(\r(2),2)，整理得sinα＋cosα＝eq\f(1,2).

【巩固】4．若α、β是锐角，且sinα－sinβ＝－eq\f(1,2)，cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，则tan(α－β)＝________.

解析：∵sinα－sinβ＝－eq\f(1,2)，cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，两式平方相加得：2－2cosαcosβ－2sinαsinβ＝eq\f(1,2)，即2－2cos(α－β)＝eq\f(1,2)，∴cos(α－β)＝eq\f(3,4).∵α、β是锐角，且sinα－sinβ＝－eq\f(1,2)<0，∴0<α<β<eq\f(π,2).∴－eq\f(π,2)<α－β<0.∴sin(α－β)＝－eq\r(1－cos2α－β)＝－eq\f(\r(7),4).∴tan(α－β)＝eq\f(sinα－β,cosα－β)＝－eq\f(\r(7),3).答案：－eq\f(\r(7),3)

5．(2012·江苏高考)设α为锐角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))的值为________．

解析：因为α为锐角，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(7,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,4)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,4)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,4)＝eq\f(17\r(2),50).答案：eq\f(17\r(2),50)

【拔高】6．已知sinθ和cosθ是关于x的方程x2－2xsinα＋sin2β＝0的两个根．求证：2cos2α＝cos2β.

证明：因为sinθ，cosθ是方程x2－2xsinα＋sin2β＝0的两根，所以sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθ·cosθ＝sin2β.因为(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ，所以(2sinα)2＝1＋2sin2β，即4sin2α＝1＋2sin2β，所以2(1－cos2α)＝1＋1－cos2β，所以2cos2α＝cos2β.

7．A是单位圆与x轴正半轴的交点，点P在单位圆上，∠AOP＝θ(0＜θ＜π)，＝＋，四边形OAQP的面积为S.(1)求·＋S的最大值及此时θ的值θ0；(2)设点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，∠AOB＝α，在(1)的条件下，求cos(α＋θ0)．

解：(1)由已知，A，P的坐标分别为(1,0)，(cosθ，sinθ)．则＝(1＋cosθ，sinθ)，·＝1＋cosθ.又S＝2×eq\f(1,2)|OP|·|OA|·sinθ＝sinθ，所以·＋S＝cosθ＋1＋sinθ＝eq\r(2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1(0＜θ＜π)．故·＋S的最大值是eq\r(2)＋1，此时θ0＝eq\f(π,4).(2)∵cosα＝－eq\f(3,5)，sinα＝eq\f(4,5)，且sinθ0＝cosθ0＝eq\f(\r(2),2)，∴cos(θ0＋α)＝cosθ0cosα－sinθ0sinα＝－eq\f(7\r(2),10).