2024-2025學年高中數(shù)學第三章三角恒等變換3.2.1兩角差的余弦函數(shù)2.2兩角和與差的正弦余弦函數(shù)學案含解析北師大版必修4

PAGE2兩角和與差的三角函數(shù)2．1兩角差的余弦函數(shù)2．2兩角和與差的正弦、余弦函數(shù)考綱定位重難突破1.會用向量的數(shù)量積推導出兩角差的余弦公式．2.能利用兩角差的余弦公式導出兩角差的正弦公式，兩角和的正弦、余弦公式．3.會利用公式解決簡潔的化簡求值問題.重點：兩角和與差的正弦、余弦函數(shù)．難點：應用公式進行簡潔的恒等變換.授課提示：對應學生用書第59頁[自主梳理]1．兩角和與差的余弦公式Cα－β：cos(α－β)＝cos_αcos_β＋sin_αsin_β.Cα＋β：cos(α＋β)＝cos_αcos_β－sin_αsin_β.2．兩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.[雙基自測]1．計算sin69°cos9°－cos69°sin9°的結(jié)果等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)解析：原式＝sin(69°－9°)＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).答案：D2．coseq\f(π,12)coseq\f(π,6)－sineq\f(π,12)sineq\f(π,6)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D．1解析：coseq\f(π,12)coseq\f(π,6)－sineq\f(π,12)sineq\f(π,6)＝cos(eq\f(π,12)＋eq\f(π,6))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，故選B.答案：B3．cos15°＝________.解析：cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).答案：eq\f(\r(6)＋\r(2),4)授課提示：對應學生用書第60頁探究一給角求值[典例1]求值：(1)sin15°＋cos15°；(2)sin119°sin181°－sin91°sin29°.[解析](1)解法一sin15°＋cos15°＝sin(45°－30°)＋cos(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＋cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6),2).解法二sin15°＋cos15°＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)·sin15°＋\f(\r(2),2)·cos15°))＝eq\r(2)sin(15°＋45°)＝eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(6),2).(2)原式＝sin(29°＋90°)sin(1°＋180°)－sin(1°＋90°)sin29°＝cos29°(－sin1°)－cos1°sin29°＝－(sin29°cos1°＋cos29°sin1°)＝－sin(29°＋1°)＝－sin30°＝－eq\f(1,2).解此類題的關鍵是將非特別角向特別角轉(zhuǎn)化，充分利用拆角、湊角的技巧轉(zhuǎn)化為和、差角的正弦、余弦公式的形式，同時留意活用、逆用公式，“大角”利用誘導公式化為“小角”．1．化簡求值．(1)cos(x＋27°)cos(x－18°)＋sin(x＋27°)sin(x－18°)；(2)sin14°cos16°＋sin76°cos74°；(3)求eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)的值．解析：(1)原式＝cos[(x＋27°)－(x－18°)]＝cos45°＝eq\f(\r(2),2).(2)原式＝sin14°cos16°＋sin(90°－14°)cos(90°－16°)＝sin14°cos16°＋cos14°sin16°＝sin(14°＋16°)＝sin30°＝eq\f(1,2).(3)原式＝eq\f(sin30°＋17°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°＋cos30°sin17°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°,cos17°)＝eq\f(1,2).探究二給值求值[典例2]已知eq\f(π,2)＜β＜α＜eq\f(3π,4)，cos(α－β)＝eq\f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5).求sin2α的值．[解析]∵eq\f(π,2)＜β＜α＜eq\f(3π,4)，∴0＜α－β＜eq\f(π,4)，π＜α＋β＜eq\f(3π,2).∴sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\f(5,13)，cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2α＋β)＝－eq\f(4,5).∴sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝eq\f(5,13)×(－eq\f(4,5))＋eq\f(12,13)×(－eq\f(3,5))＝－eq\f(56,65).1．給值求值問題主要有兩類：一是干脆利用公式綻開后求值．二是變角求值．即將問題中的角表示成已知角的和或差整體求值．在計算中要留意依據(jù)角的取值范圍確定三角函數(shù)值的符號．2．常見的變角技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，2β＝(α＋β)－(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝(α＋β)－α等．2．已知α，β為銳角，且sinα＝eq\f(4\r(3),7)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，求cosβ的值．解析：∵α為銳角，且sinα＝eq\f(4\r(3),7)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),7)))2)＝eq\f(1,7).又∵α，β為銳角，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，∴eq\f(π,2)＜α＋β＜π，sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,14)))2)＝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).探究三給值求角[典例3]已知α∈(0，eq\f(π,2))，β∈(－eq\f(π,2)，0)且cos(α－β)＝eq\f(3,5)，sinβ＝－eq\f(\r(2),10)，求α.[解析]∵α∈(0，eq\f(π,2))，β∈(－eq\f(π,2)，0)，∴α－β∈(0，π)．∵cos(α－β)＝eq\f(3,5)，∴sin(α－β)＝eq\f(4,5).∵β∈(－eq\f(π,2)，0)，sinβ＝－eq\f(\r(2),10)，∴cosβ＝eq\f(7\r(2),10).∴sinα＝sin[(α－β)＋β]＝sin(α－β)cosβ＋cos(α－β)sinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(7\r(2),10)＋eq\f(3,5)×(eq\f(－\r(2),10))＝eq\f(\r(2),2).又∵α∈(0，eq\f(π,2))，∴α＝eq\f(π,4).1．解答此類題目的步驟為：第一步，求角的某一個三角函數(shù)值；其次步，確定角所在的范圍；第三步，依據(jù)角的取值范圍寫出所求的角．至于選取角的哪一個三角函數(shù)值，應依據(jù)所求角的取值范圍確定，最好是角的取值范圍在該函數(shù)的單調(diào)區(qū)間內(nèi)．2．選擇求角的三角函數(shù)值的方法：若角的取值范圍是(0，eq\f(π,2))，則選正弦函數(shù)、余弦函數(shù)均可；若角的取值范圍是(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，則選正弦函數(shù)；若角的取值范圍是(0，π)，則選余弦函數(shù)．3．已知函數(shù)f(x)＝－cos2xcoseq\f(5π,4)＋sin2xsineq\f(9π,4).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若eq\f(π,8)＜α＜β＜eq\f(π,2)，f(α)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，且f(β)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，求角2β－2α的大?。馕觯?1)因為f(x)＝－cos2xcoseq\f(5π,4)＋sin2xsineq\f(9π,4)，所以f(x)＝cos2xcoseq\f(π,4)＋sin2xsineq\f(π,4)＝cos(2x－eq\f(π,4))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因為f(α)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，且f(β)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，所以cos(2α－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，cos(2β－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).又eq\f(π,8)＜α＜β＜eq\f(π,2)，所以2α－eq\f(π,4)，2β－eq\f(π,4)∈(0，eq\f(3π,4))，所以sin(2α－eq\f(π,4))＝eq\r(1－cos22α－\f(π,4))＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，sin(2β－eq\f(π,4))＝eq\r(1－cos22β－\f(π,4))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以cos(2β－2α)＝cos[(2β－eq\f(π,4))－(2α－eq\f(π,4))]＝cos(2β－eq\f(π,4))·cos(2α－eq\f(π,4))＋sin(2β－eq\f(π,4))sin(2α－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＋eq\f(\r(6)＋\r(2),4)×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝eq\f(1,2).又eq\f(π,8)＜α＜β＜eq\f(π,2)，所以0＜2β－2α＜eq\f(3π,4)，所以2β－2α＝eq\f(π,3).整體思想的應用[典例]已知sinαcosβ＝－eq\f(1,2)，則cosαsinβ的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))[解析]設cosαsinβ＝t，由sinαcosβ＋cosαsinβ＝－eq\f(1,2)＋t，得sin(α＋β)＝－eq\f(1,2)＋t；由sinαcosβ－cosαsinβ＝－eq\f(1,2)－t，得sin(α－β)＝－eq\f(1,2)－t.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋β＝－\f(1,2)＋t，,sinα－β＝－\f(1,2)－t，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc