12、微專題：積化和差與和差化積公式及其應(yīng)用-講義-2021-2022學(xué)年高中數(shù)學(xué)滬教版（2020）必修第二冊

【學(xué)生版】微專題：積化和差與和差化積公式及其應(yīng)用1、積化和差公式；；；；2、和差化積公式；；；.【典例】題型1、利用積化和差與和差化積公式給角求值例1、（1）求值：sin20°sin40°sin60°sin80°【提示】；【答案】；【解析】（2）求sin220°＋cos250°＋sin20°·cos50°的值；并根據(jù)角之間的聯(lián)系，推廣為三角恒等式“sin2α＋cos2（30°+α）＋sinα·cos（30°+α）=？”，試加以證明；【提示】【答案】；【解析】；推廣得：sin2α＋cos2（30°+α）＋sinα·cos（30°+α）=eq\f(3,4)（試：參考以上求解加以證明）；【說明】通過本題說明：給角求值的關(guān)鍵是正確地選用公式，以便把非特殊角的三角比相約或相消，從而化為特殊角的三角比進(jìn)行計算；題型2、利用積化和差與和差化積公式給值求值例2、已知cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，sinα－sinβ＝－eq\f(1,3)，求sin(α＋β)的值；題型3、與解決三角形問題的交匯例3、（1）在△ABC中，求證：sinA＋sinB－sinC＝4sineq\f(A,2)sineq\f(B,2)coseq\f(C,2)；（2）在△ABC中，求證：sinA＋sinB＋sinC＝4coseq\f(A,2)·coseq\f(B,2)coseq\f(C,2)；題型4、利用積化和差與和差化積公式進(jìn)行探究例4、在中，，且，能否利用求出和的大小?若能，請求出;若不能，請說明理由.【歸納】1、積化和差公式；；；；2、積化和差公式的推導(dǎo)由，，得， ①. ②由.，得， ③. ④上面的①②③④四個式子統(tǒng)稱為積化和差公式.3、積化和差公式的特點（1）同名函數(shù)之積化為兩角和與差的余弦的和(差)的一半，異名函數(shù)之積化為兩角和與差的正弦的和(差)的一半；（2）等式左邊為單角α、β，等式右邊是它們的和(差)角；（3）如果左端兩函數(shù)中有余弦函數(shù)，那么右端系數(shù)為正，無余弦函數(shù)，系數(shù)為負(fù)；4、和差化積公式；；；.5、和差化積公式的推導(dǎo)在積化和差公式中，設(shè)，則有，，把代入①②③④，就得到； ⑤； ⑥； ⑦. ⑧上面的⑤⑥⑦⑧四個式子統(tǒng)稱為和差化積公式.注意公式推導(dǎo)過程中換元思想與方程思想的應(yīng)用.6、和差化積公式的特點（1）余弦函數(shù)的和或差化為同名函數(shù)之積；（2）正弦函數(shù)的和或差化為異名函數(shù)之積；（3）等式左邊為單角α和β，等式右邊為eq\f(α＋β,2)與eq\f(α－β,2)的形式；（4）只有最后一組的符號為負(fù)，其余均為正；7、積化和差與和差化積公式的記憶方法（1）積化和差公式的記憶口訣前角用和后角差，正余二分正弦和，余正二分正弦差，余余二分余弦和，正正負(fù)半余弦差；（2）和差化積公式的記憶口訣正加正，正在前；余加余，余并肩；正減正，余在前；余減余，負(fù)正弦；【即時練習(xí)】1、將cos2x－sin2y化為積的形式，結(jié)果是()A．－sin(x＋y)sin(x－y)B．cos(x＋y)cos(x－y)C．sin(x＋y)cos(x－y) D．－cos(x＋y)sin(x－y)2、在△ABC中，若sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，則△ABC是()A.等邊三角形B.等腰三角形C.不等邊三角形D.直角三角形3、把cos3a＋cos5a化為積的形式，其結(jié)果為____________．4、若cosxcosy＋sinxsiny＝eq\f(1,2)，sin2x＋sin2y＝eq\f(2,3)，則sin(x＋y)＝5、已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(3),4)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，則sinθ＋cosθ的值是________．6、已知，，則__________.7、下列四個關(guān)系式中錯誤的個數(shù)__________.①；②；③；④.8、(一題兩空)已知sinα＋sinβ＝eq\f(1,2)，cosα＋cosβ＝eq\f(1,3)，則tan(α＋β)＝________，cos(α－β)＝________.9、已知A，B，C是△ABC的三個內(nèi)角，y＝taneq\f(A,2)＋eq\f(2cos\f(A,2),sin\f(A,2)＋cos\f(B－C,2))，若任意交換兩個角的位置，y的值是否變化？并證明你的結(jié)論．10、已知cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，sinα－sinβ＝－eq\f(1,3)，（1）求sin(α＋β)的值；（2）求cos(α＋β)的值；【教師版】微專題：積化和差與和差化積公式及其應(yīng)用1、積化和差公式；；；；【說明】規(guī)律1：公式右邊中括號前的系數(shù)都有；規(guī)律2：中括號中前后兩項的角分別為和；規(guī)律3：每個式子的右邊分別是這兩個角的同名函數(shù)；2、和差化積公式；；；.【說明】1、和差化積公式的適用條件是：只有系數(shù)絕對值相同的同名函數(shù)的和與差，才能直接運用公式化成積的形式，如果是一個正弦與一個余弦的和或差，則要先用誘導(dǎo)公式化成同名函數(shù)后再運用公式．2、和差化積公式的適用條件是：只有系數(shù)絕對值相同的同名函數(shù)的和與差，才能直接運用公式化成積的形式，如果是一個正弦與一個余弦的和或差，則要先用誘導(dǎo)公式化成同名函數(shù)后再運用公式；【典例】題型1、利用積化和差與和差化積公式給角求值例1、（1）求值：sin20°sin40°sin60°sin80°【提示】注意：利用公式產(chǎn)生“特殊角”；【答案】eq\f(3,16)；【解析】原式＝cos10°cos30°cos50°cos70°＝eq\f(\r(3),2)cos10°cos50°cos70°＝eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(cos60°＋cos40°)·cos70°))＝eq\f(\r(3),8)cos70°＋eq\f(\r(3),4)cos40°cos70°＝eq\f(\r(3),8)cos70°＋eq\f(\r(3),8)(cos110°＋cos30°)＝eq\f(\r(3),8)cos70°＋eq\f(\r(3),8)cos110°＋eq\f(3,16)＝eq\f(3,16).（2）求sin220°＋cos250°＋sin20°·cos50°的值；并根據(jù)角之間的聯(lián)系，推廣為三角恒等式“sin2α＋cos2（30°+α）＋sinα·cos（30°+α）=？”，試加以證明；【提示】在利用積化和差與和差化積公式求值時，盡量出現(xiàn)特殊角，同時注意互余角、互補(bǔ)角的三角函數(shù)間的關(guān)系；【答案】eq\f(3,4)；【解析】原式＝eq\f(1－cos40°,2)＋eq\f(1＋cos100°,2)＋eq\f(1,2)(sin70°－sin30°)＝1＋eq\f(1,2)(cos100°－cos40°)＋eq\f(1,2)sin70°－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)(－2sin70°sin30°)＋eq\f(1,2)sin70°＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)sin70°＋eq\f(1,2)sin70°＝eq\f(3,4)；推廣得：sin2α＋cos2（30°+α）＋sinα·cos（30°+α）=eq\f(3,4)（試：參考以上求解加以證明）；【說明】通過本題說明：給角求值的關(guān)鍵是正確地選用公式，以便把非特殊角的三角比相約或相消，從而化為特殊角的三角比進(jìn)行計算；題型2、利用積化和差與和差化積公式給值求值例2、已知cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，sinα－sinβ＝－eq\f(1,3)，求sin(α＋β)的值；【提示】注意：利用和差化積公式，對所求式子進(jìn)行變形，并利用所給條件求解；【答案】eq\f(12,13)；【解析】因為，cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，所以，－2sineq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2)＝eq\f(1,2).①又因為，sinα－sinβ＝－eq\f(1,3)，所以，2coseq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2)＝－eq\f(1,3).②再因為，sineq\f(α－β,2)≠0，再由①②，得－taneq\f(α＋β,2)＝－eq\f(3,2)，即taneq\f(α＋β,2)＝eq\f(3,2).所以，sin(α＋β)＝eq\f(2sin\f(α＋β,2)cos\f(α＋β,2),sin2\f(α＋β,2)＋cos2\f(α＋β,2))＝eq\f(2tan\f(α＋β,2),1＋tan2\f(α＋β,2))＝eq\f(2×\f(3,2),1＋\f(9,4))＝eq\f(12,13)；【說明】通過本題說明：對于給值求值問題，一般思路是先對條件化簡，之后看能否直接求結(jié)果；若不滿足，再對所求式化簡，直到找到兩者的聯(lián)系為止；題型3、與解決三角形問題的交匯例3、（1）在△ABC中，求證：sinA＋sinB－sinC＝4sineq\f(A,2)sineq\f(B,2)coseq\f(C,2)；（2）在△ABC中，求證：sinA＋sinB＋sinC＝4coseq\f(A,2)·coseq\f(B,2)coseq\f(C,2)；【提示】利用和差化積進(jìn)行轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化時要注意A＋B＋C＝π；【解析】（1）左邊＝sin(B＋C)＋2sineq\f(B－C,2)·coseq\f(B＋C,2)＝2sineq\f(B＋C,2)coseq\f(B＋C,2)＋2sineq\f(B－C,2)coseq\f(B＋C,2)＝2coseq\f(B＋C,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(B＋C,2)＋sin\f(B－C,2)))＝4sineq\f(A,2)sineq\f(B,2)coseq\f(C,2)＝右邊，所以，原等式成立；（2）由A＋B＋C＝180°，得C＝180°－(A＋B)，即eq\f(C,2)＝90°－eq\f(A＋B,2)，所以，coseq\f(C,2)＝sineq\f(A＋B,2).則sinA＋sinB＋sinC＝2sineq\f(A＋B,2)·coseq\f(A－B,2)＋sin(A＋B)＝2sineq\f(A＋B,2)·coseq\f(A－B,2)＋2sineq\f(A＋B,2)·coseq\f(A＋B,2)＝2sineq\f(A＋B,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(A－B,2)＋cos\f(A＋B,2)))＝2coseq\f(C,2)·2coseq\f(A,2)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(B,2)))＝4coseq\f(A,2)coseq\f(B,2)coseq\f(C,2)，所以，原等式成立；【說明】證明三角恒等式的基本思路是根據(jù)等式兩端特征，通過三角恒等變換，應(yīng)用化繁為簡、左右歸一、變更論證等方法，使等式兩端的“異”化為“同”，分式不好證時，可變形為整式來證；特別注意：1、解決與三角形有關(guān)問題時應(yīng)注意三角形中的隱含條件的應(yīng)用，如A＋B＋C＝π，a＋b>c等；2、在△ABC中有一些重要的三角關(guān)系：sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)，coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2)；sin(2A＋2B)＝－sin2C；cos(2A＋2B)＝cos2C；題型4、利用積化和差與和差化積公式進(jìn)行探究例4、在中，，且，能否利用求出和的大小?若能，請求出;若不能，請說明理由.【提示】注意：限制條件“在中”與等價轉(zhuǎn)化；【解析】在中，因為，所以.因為，所以.因為，所以.所以.又因為，所以.由①②，得；【說明】本題三角恒等變換與對數(shù)的簡單交匯；用到了待定系數(shù)法與等價轉(zhuǎn)化思想；【歸納】1、積化和差公式；；；；2、積化和差公式的推導(dǎo)由，，得， ①. ②由.，得， ③. ④上面的①②③④四個式子統(tǒng)稱為積化和差公式.3、積化和差公式的特點（1）同名函數(shù)之積化為兩角和與差的余弦的和(差)的一半，異名函數(shù)之積化為兩角和與差的正弦的和(差)的一半；（2）等式左邊為單角α、β，等式右邊是它們的和(差)角；（3）如果左端兩函數(shù)中有余弦函數(shù)，那么右端系數(shù)為正，無余弦函數(shù)，系數(shù)為負(fù)；4、和差化積公式；；；.5、和差化積公式的推導(dǎo)在積化和差公式中，設(shè)，則有，，把代入①②③④，就得到； ⑤； ⑥； ⑦. ⑧上面的⑤⑥⑦⑧四個式子統(tǒng)稱為和差化積公式.注意公式推導(dǎo)過程中換元思想與方程思想的應(yīng)用.6、和差化積公式的特點（1）余弦函數(shù)的和或差化為同名函數(shù)之積；（2）正弦函數(shù)的和或差化為異名函數(shù)之積；（3）等式左邊為單角α和β，等式右邊為eq\f(α＋β,2)與eq\f(α－β,2)的形式；（4）只有最后一組的符號為負(fù)，其余均為正；7、積化和差與和差化積公式的記憶方法（1）積化和差公式的記憶口訣前角用和后角差，正余二分正弦和，余正二分正弦差，余余二分余弦和，正正負(fù)半余弦差；（2）和差化積公式的記憶口訣正加正，正在前；余加余，余并肩；正減正，余在前；余減余，負(fù)正弦；【即時練習(xí)】1、將cos2x－sin2y化為積的形式，結(jié)果是()A．－sin(x＋y)sin(x－y)B．cos(x＋y)cos(x－y)C．sin(x＋y)cos(x－y) D．－cos(x＋y)sin(x－y)【答案】B；【解析】cos2x－sin2y＝eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1－cos2y,2)＝eq\f(1,2)(cos2x＋cos2y)＝cos(x＋y)cos(x－y)；2、在△ABC中，若sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，則△ABC是()A.等邊三角形B.等腰三角形C.不等邊三角形D.直角三角形【答案】B；【解析】由sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，得eq\f(1,2)cos(A－B)－eq\f(1,2)cos(A＋B)＝eq\f(1＋cosC,2)，∴eq\f(1,2)cos(A－B)＋eq\f(1,2)cosC＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cosC，即cos(A－B)＝1，∴A－B＝0，即A＝B；∴△ABC是等腰三角形；3、把cos3a＋cos5a化為積的形式，其結(jié)果為____________．【答案】2cos4acosa；【解析】cos3a＋cos5a＝2coseq\f(3a＋5a,2)coseq\f(5a－3a,2)＝2cos4acosa．4、若cosxcosy＋sinxsiny＝eq\f(1,2)，sin2x＋sin2y＝eq\f(2,3)，則sin(x＋y)＝【答案】eq\f(2,3)；【解析】因為cosxcosy＋sinxsiny＝eq\f(1,2)，所以coseq(\a\vs4\al\co1(x－y))＝eq\f(1,2)，因為sin2x＋sin2y＝eq\f(2,3)，所以2sineq(\a\vs4\al\co1(x＋y))coseq(\a\vs4\al\co1(x－y))＝eq\f(2,3)，所以2sineq(\a\vs4\al\co1(x＋y))·eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)，所以sin(x＋y)＝eq\f(2,3)；5、已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(3),4)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，則sinθ＋cosθ的值是________．【答案】－eq\f(\r(2),2)；【解析】coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ))＝eq\f(1,2)cos2θ＝eq\f(\r(3),4).所以cos2θ＝eq\f(\r(3),2)，因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sin2θ＝－eq\f(1,2)，且sinθ＋cosθ<0，所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).所以sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(2),2)；6、已知，，則__________.【答案】【解析】，，故答案為：7、下列四個關(guān)系式中錯誤的個數(shù)__________.①；②；③；④.【提示】根據(jù)三角函數(shù)和差化積公式，可直接判斷①②③，對于④先將轉(zhuǎn)化為，再根據(jù)三角函數(shù)的和差化積公式，化成積的形式，即可判斷是否正確.【答案】3個【解析】由和差化積公式，可知：對于①，，故①正確；對于②，，故②錯誤；對于③，，故③錯誤；對于④，，故④錯誤.故答案為3個.8、(一題兩空)已知sinα＋sinβ＝eq\f(1,2)，cosα＋cosβ＝eq\f(1,3)，則tan(α＋β)＝________，cos(α－β)＝________.【答案】－eq\f(12,5)；－eq\f(59,72)；【解析】由sinα＋sinβ＝eq\f(1,2)，cosα＋cosβ＝eq\f(1,3)，得2sineq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2)＝eq\f(1,2)，2coseq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2)＝eq\f(1,3)，兩式相除得taneq\f(α＋β,2)＝eq\f(3,2)，則tan(α＋β)＝eq\f(2tan\f(α＋β,2),1－tan2\f(α＋β,2))＝eq\f(2×\f(3,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2))＝－eq\f(12,5).(sinα＋sinβ)2＝sin2α＋sin2β＋2sinαsinβ＝eq\f(1,4)，(cosα＋cosβ)2＝cos2α＋cos2β＋2cosαcosβ＝eq\f(1,9)，則cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－eq\f(59,72)；9、已知A，B，C是△ABC的三個內(nèi)角，y＝taneq\f(A,2)＋eq\f(2cos\f(A,2),sin\f(A,2)＋cos\f(B－C,2))，若任意交換兩個角的位置，y的值是否變化？并證明你的結(jié)論．【證明】∵A，B，C是△ABC的三個內(nèi)角，∴A＋B＋C＝π，eq\f(A,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(B＋C,2).∴y＝taneq\f(A,2)＋eq\f(2sin\f(B＋C,2),cos\f(B＋C,2)＋cos\f(B－C,2))＝taneq\f(A,2)＋eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(B,2)cos\f(C,2)＋cos\f(B,2)sin\f(C,2))),2cos\f(B,2)cos\f(C,2))＝taneq\f(A,2)＋taneq\f(B,2)＋taneq\f(C,2).因此，任意交換兩個角的位置，y的值不變．10、已知cos