兩角和與差的正弦正切設(shè)計(jì)_第1頁(yè)
兩角和與差的正弦正切設(shè)計(jì)_第2頁(yè)
兩角和與差的正弦正切設(shè)計(jì)_第3頁(yè)
兩角和與差的正弦正切設(shè)計(jì)_第4頁(yè)
兩角和與差的正弦正切設(shè)計(jì)_第5頁(yè)
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兩角和與差的正弦、正切教學(xué)設(shè)計(jì)【教學(xué)目標(biāo)】掌握兩角和與差的正弦、正切公式的推導(dǎo),并進(jìn)行簡(jiǎn)單的化簡(jiǎn)求值掌握兩角和與差的正弦、正切公式的變形推導(dǎo),及相關(guān)的應(yīng)用【教學(xué)重點(diǎn)】?jī)山呛团c差的正弦、正切公式的推導(dǎo)、逆用、變形及其應(yīng)用【教學(xué)難點(diǎn)】?jī)山呛团c差的正弦、正切公式的應(yīng)用【教學(xué)過(guò)程】問(wèn)題1:兩角和與差的正弦雖然,但是當(dāng)然,我們可以這樣求的值:根據(jù)兩角和與差的余弦公式可推出兩角和與差的正弦公式:Sα+β:sin(α+β)=sin_αcos_β+cos_αsin_β,Sα-β:sin(α-β)=sin_αcos_β-cos_αsin_β.證明:由誘導(dǎo)公式以及兩角和與差的余弦公式可知:而且:例如,【對(duì)點(diǎn)快練】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,則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?yàn)閑q\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?yàn)?<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).【變式練習(xí)】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?yàn)棣隆蔱q\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?yàn)?<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,如圖所示,將向量繞原點(diǎn)沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到的位置,求點(diǎn)的坐標(biāo)。解:設(shè),則因?yàn)?,所以因此,從?例3.求證:證明:因?yàn)?,所以由?的結(jié)果可知,,因此的最大值為1,而且的最大值點(diǎn)滿足,因此最大值點(diǎn)為.例4.在求函數(shù)的最小值時(shí),下面的說(shuō)法正確嗎?“因?yàn)榈淖钚≈禐?1,的最小值為-1,所以的最小值為-2“如果不對(duì),指出原因,并求的周期,最小值和最小值點(diǎn).解:因?yàn)闀r(shí)有;而時(shí)有。因此與不能同時(shí)成立,這就是說(shuō),的最小值不是-2,有關(guān)說(shuō)法不對(duì)。又因?yàn)椋杂纱丝芍瘮?shù)的周期為,最小值為,而最小值點(diǎn)滿足,因此最小值點(diǎn)為.由例4可以看出,當(dāng)都是不為零的常數(shù)時(shí),為了求出函數(shù)的周期、最值等,關(guān)鍵是要將函數(shù)化為的形式,也就是說(shuō),要找到合適的和,使得=1\*GB3①恒成立。如果=1\*GB3①式恒成立,則將=1\*GB3①式的右邊用展開可得因此,從而可知,因此,如果取則有(2)由(2)式和任意角的余弦、正弦的定義可知,若記平面直角坐標(biāo)系中坐標(biāo)為的點(diǎn)為P,而是以射線OP為終邊的角,如圖所示,則一定滿足(2)式。這就是說(shuō),滿足(1)式的和一定存在,因此,其中滿足(2)式。例5.已知函數(shù),求的周期,最小值及最小值點(diǎn)。解:因?yàn)樗杂纱丝芍瘮?shù)的周期為,最小值為,而且最小值點(diǎn)滿足,因此最小值點(diǎn)為?!咀兪骄毩?xí)1】將下列各式寫成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))).【變式練習(xí)2】sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))=eq\f(1,3),則cosx+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)-x))的值為()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).問(wèn)題2:兩角和與差的正切因?yàn)樗钥梢越柚恼抑蹬c余弦值求出的值,那么能不能借助與求出呢?答案是肯定的。一般地,可以證明如下地兩角和與差地正切公式:其中的取值應(yīng)使各項(xiàng)有意義。事實(shí)上,因?yàn)樗栽谏鲜接疫叺姆肿臃帜竿瑫r(shí)除以,即可得到,而的證明,既可以用類似的方法證明,也可以從與得到?!緦?duì)點(diǎn)快練】1.若tanα=3,tanβ=eq\f(4,3),則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?yàn)椋浴咀兪骄毩?xí)1】已知sinα=eq\f(1,2),α是第二象限的角,且tan(α+β)=-eq\r(3),則tanβ的值為()A.-eq\r(3) B.eq\r(3)C.-eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)答案:C∵α為第二象限角,∴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).【變式練習(xí)2】若α+β=eq\f(3π,4),則(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.已知函數(shù)f(x)=eq\r(3)sin2x+cos2x.(1)求f(x)的最大值,以及取得最大值時(shí)x的取值集合;(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.解f(x)=eq\r(3)sin2x+cos2x=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6))),(1)當(dāng)2x+eq\f(π,6)=2kπ+eq\f(π,2),k∈Z時(shí),函數(shù)取到最大值是2,此時(shí)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,所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ-\f(π,3),kπ+\f(π,6)))k∈Z.【變式練習(xí)1】本例中,若加條件“x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))”,再求函數(shù)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))),∴當(dāng)2x+eq\f(π,6)=eq\f(7π,6)時(shí),fmin(x)=-1.【變式練習(xí)2】函數(shù)f(x)=sinx-coseq\b\lc\(

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