兩角和與差的正弦、正切教學設計【教學目標】掌握兩角和與差的正弦、正切公式的推導，并進行簡單的化簡求值掌握兩角和與差的正弦、正切公式的變形推導，及相關的應用【教學重點】兩角和與差的正弦、正切公式的推導、逆用、變形及其應用【教學難點】兩角和與差的正弦、正切公式的應用【教學過程】問題1：兩角和與差的正弦雖然，但是當然，我們可以這樣求的值：根據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：由誘導公式以及兩角和與差的余弦公式可知：而且：例如,【對點快練】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)解因為eq\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).又因為0＜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】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.解因為β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosβ＝－eq\f(5,13)，所以sinβ＝eq\f(12,13).又因為0＜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，將向量繞原點沿逆時針方向旋轉到的位置，求點的坐標。解：設，則因為，所以因此，從而.例3.求證：證明：因為，所以由例3的結果可知，，因此的最大值為1，而且的最大值點滿足，因此最大值點為.例4.在求函數的最小值時，下面的說法正確嗎？“因為的最小值為-1，的最小值為-1，所以的最小值為-2“如果不對，指出原因，并求的周期，最小值和最小值點.解：因為時有；而時有。因此與不能同時成立，這就是說，的最小值不是-2，有關說法不對。又因為，所以由此可知函數的周期為，最小值為，而最小值點滿足，因此最小值點為.由例4可以看出，當都是不為零的常數時，為了求出函數的周期、最值等，關鍵是要將函數化為的形式，也就是說，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，若記平面直角坐標系中坐標為的點為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，滿足（1）式的和一定存在，因此，其中滿足（2）式。例5.已知函數，求的周期，最小值及最小值點。解：因為所以由此可知函數的周期為，最小值為，而且最小值點滿足，因此最小值點為。【變式練習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).問題2：兩角和與差的正切因為所以可以借助的正弦值與余弦值求出的值，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：其中的取值應使各項有意義。事實上，因為所以在上式右邊的分子分母同時除以，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。【對點快練】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）因為，所以【變式練習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f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x.(1)求f(x)的最大值，以及取得最大值時x的取值集合；(2)求f(x)的單調遞增區間．解f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，(1)當2x＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z時，函數取到最大值是2，此時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，所以函數的單調遞增區間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))k∈Z.【變式練習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2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)時，fmin(x)＝－1.【變式練習2】函數f(x)＝sinx－coseq\b\lc\(