【-学案导学设计】2020-2021学年高中人教B版数学必修四课时作业：3.1.1

第三章三角恒等变换§3．1和角公式3．1．1两角和与差的余弦课时目标1．会用向量的数量积推导两角差的余弦公式．2．能利用两角和与差的余弦公式进行三角函数式的化简和求值．1．两角差的余弦公式：Cα－β：cos(α－β)＝________________________________________________________．2．两角和的余弦公式：在两角差的余弦公式中，以－β替代β就得到两角和的余弦公式．即：cos(α＋β)＝cos[α－(－β)]＝________________________________________________＝________________________________________________________________________．一、选择题1．cos15°cos105°＋sin15°sin105°等于()A．－eq\f(1,2)B．eq\f(1,2)C．0D．12．化简cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα得()A．cosαB．cosβC．cos(2α＋β)D．sin(2α＋β)3．化简cos(45°－α)cos(α＋15°)－sin(45°－α)sin(α＋15°)得()A．eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2)D．－eq\f(\r(3),2)4．若cos(α－β)＝eq\f(\r(5),5)，cos2α＝eq\f(\r(10),10)，并且α、β均为锐角且α<β，则α＋β的值为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(3π,4)D．eq\f(5π,6)5．若sin(π＋θ)＝－eq\f(3,5)，θ是其次象限角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝－eq\f(2\r(5),5)，φ是第三象限角，则cos(θ－φ)的值是()A．－eq\f(\r(5),5)B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(11\r(5),25)D．eq\r(5)6．若sinα＋sinβ＝1－eq\f(\r(3),2)，cosα＋cosβ＝eq\f(1,2)，则cos(α－β)的值为()A．eq\f(1,2)B．－eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(3),4)D．1二、填空题7．若cos(α－β)＝eq\f(1,3)，则(sinα＋sinβ)2＋(cosα＋cosβ)2＝________．8．已知cos(α＋β)＝eq\f(1,3)，cos(α－β)＝eq\f(1,2)，则tanαtanβ＝________．9．已知sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，则cos(α－β)的值是________．10．已知α、β均为锐角，且sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\f(\r(10),10)，则α－β的值为________．三、解答题11．已知tanα＝4eq\r(3)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，α、β均为锐角，求cosβ的值．12．已知cos(α－β)＝－eq\f(4,5)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，eq\f(π,2)<α－β<π，eq\f(3π,2)<α＋β<2π，求β的值．力气提升13．已知cos(α－eq\f(β,2))＝－eq\f(1,9)，sin(eq\f(α,2)－β)＝eq\f(2,3)，且eq\f(π,2)<α<π，0<β<eq\f(π,2)，求coseq\f(α＋β,2)的值．14．已知α、β、γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinα＋sinγ＝sinβ，cosβ＋cosγ＝cosα，求β－α的值．1．给式求值或给值求值问题，即由给出的某些函数关系式(或某些角的三角函数值)，求另外一些角的三角函数值，关键在于“变式”或“变角”，使“目标角”换成“已知角”．留意公式的正用、逆用、变形用，有时需运用拆角、拼角等技巧．2．“给值求角”问题，实际上也可转化为“给值求值”问题，求一个角的值，可分以下三步进行：①求角的某一三角函数值；②确定角所在的范围(找一个单调区间)；③确定角的值．确定用所求角的哪种三角函数值，要依据具体题目而定．第三章三角恒等变换§3．1和角公式3．1．1两角和与差的余弦答案学问梳理1．cosαcosβ＋sinαsinβ2．cosαcos(－β)＋sinα·sin(－β)cosαcosβ－sinαsinβ作业设计1．C2．B3．A[原式＝cos(α－45°)cos(α＋15°)＋sin(α－45°)sin(α＋15°)＝cos[(α－45°)－(α＋15°)]＝cos(－60°)＝eq\f(1,2)．]4．C[sin(α－β)＝－eq\f(2\r(5),5)(－eq\f(π,2)<α－β<0)．sin2α＝eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cos[2α－(α－β)]＝cos2αcos(α－β)＋sin2αsin(α－β)＝eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(\r(2),2)，∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝eq\f(3π,4)．]5．B[∵sin(π＋θ)＝－eq\f(3,5)，∴sinθ＝eq\f(3,5)，∵θ是其次象限角，∴cosθ＝－eq\f(4,5)．∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝－eq\f(2\r(5),5)，∴cosφ＝－eq\f(2\r(5),5)，∵φ是第三象限角，∴sinφ＝－eq\f(\r(5),5)．∴cos(θ－φ)＝cosθcosφ＋sinθsinφ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＝eq\f(\r(5),5)．]6．B[由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋sinβ＝1－\f(\r(3),2)①,cosα＋cosβ＝\f(1,2)②))①2＋②2⇒cos(α－β)＝－eq\f(\r(3),2)．]7．eq\f(8,3)解析原式＝2＋2(sinαsinβ＋cosαcosβ)＝2＋2cos(α－β)＝eq\f(8,3)．8．eq\f(1,5)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋β＝cosαcosβ－sinαsinβ＝\f(1,3),cosα－β＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝\f(1,2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinαsinβ＝\f(1,12),cosαcosβ＝\f(5,12)))，∴tanαtanβ＝eq\f(sinαsinβ,cosαcosβ)＝eq\f(1,5)．9．－eq\f(1,2)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋sinβ＝－sinγ①,cosα＋cosβ＝－cosγ②))①2＋②2⇒2＋2(sinαsinβ＋cosαcosβ)＝1⇒cos(α－β)＝－eq\f(1,2)．10．－eq\f(π,4)解析∵α、β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\f(2\r(5),5)，sinβ＝eq\f(3\r(10),10)，∵sinα<sinβ，∴α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))．∴cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＋eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，∴α－β＝－eq\f(π,4)．11．解∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝4eq\r(3)，∴sinα＝eq\f(4\r(3),7)，cosα＝eq\f(1,7)．∵α＋β∈(0，π)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，∴sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)．∴cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,14)))×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2)．12．解∵eq\f(π,2)<α－β<π，cos(α－β)＝－eq\f(4,5)，∴sin(α－β)＝eq\f(3,5)．∵eq\f(3,2)π<α＋β<2π，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，∴cos(α＋β)＝eq\f(4,5)．∴cos2β＝cos[(α＋β)－(α－β)]＝cos(α＋β)cos(α－β)＋sin(α＋β)sin(α－β)＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(3,5)＝－1．∵eq\f(π,2)<α－β<π，eq\f(3,2)π<α＋β<2π，∴eq\f(π,2)<2β<eq\f(3π,2)，∴2β＝π，∴β＝eq\f(π,2)．13．解∵eq\f(π,2)<α<π，∴eq\f(π,4)<eq\f(α,2)<eq\f(π,2)．∵0<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<0，－eq\f(π,4)<－eq\f(β,2)<0．∴eq\f(π,4)<α－eq\f(β,2)<π，－eq\f(π,4)<eq\f(α,2)－β<eq\f(π,2)．又cos(α－eq\f(β,2))＝－eq\f(1,9)<0，sin(eq\f(α,2)－β)＝eq\f(2,3)>0，∴eq\f(π,2)<α－eq\f(β,2)<π，0<eq\f(α,2)－β<eq\f(π,2)．∴sin(α－eq\f(β,2))＝eq\r(1－cos2α－\f(β,2))＝eq\f(4\r(5),9)．cos(eq\f(α,2)－β)＝eq\r(1－sin2\f(α,2)－β)＝eq\f(\r(5),3)．∴coseq\f(α＋β,2)＝cos[(α－eq\f(β,2))－(eq\f(α,2)－β)]＝cos(α－eq\f(β,2))cos(eq\f(α,2)－β)＋sin(α－eq\f(β,2))sin(e