数学必修 第三册8.2.2 两角和与差的正弦、正切教学设计

这是一份数学必修 第三册8.2.2 两角和与差的正弦、正切教学设计，共13页。教案主要包含了教学重点，教学难点，对点快练，变式练习，变式练习1，变式练习2等内容，欢迎下载使用。

本节课是人教B版必修3第八章《三角恒等变换》的第二课时，两角和与差的正弦、正切是三角恒等变换的基础，同时，它又是后面学习倍角、半角公式的“源头“。它对于三角变换、三角恒等式的证明和三角函数式的化简，求值等三角问题的解决有着重要的支撑作用。本课时以两角差的余弦公式为基础，结合诱导公式推导两角和与差的正弦及正切公式以及它们的简单应用。教学过程中让学生学会用代换法，转化法推导公式，让学生初步学会公式的简单应用和公式的逆用等基本技能。通过公式的推导，着重培养学生获取数学知识的能力和数学交流的能力，通过公式的灵活运用，培养学生的转化思想和变换能力。课堂中，通过对问题的自主探究，培养学生的独立思考能力，小组交流中，培养合作意识；在解决问题时，培养学生解决问题抓主要矛盾的思想。
【教学重点】
两角和与差的正弦、正切公式的推导、逆用、变形及其应用
【教学难点】
两角和与差的正弦、正切公式的应用
问题1：两角和与差的正弦
虽然 ，但是
当然，我们可以这样求的值：
根据两角和与差的余弦公式可推出两角和与差的正弦公式：
Sα＋β：sin(α＋β)＝sin_αcs_β＋cs_αsin_β，
Sα－β：sin(α－β)＝sin_αcs_β－cs_αsin_β.
证明：由诱导公式以及两角和与差的余弦公式可知：

而且：

例如,
【对点快练】
1．sin 75°＝____________.
答案：eq \f(\r(2)＋\r(6),4) sin 75°＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cs 45°＋cs 30°sin 45°＝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cs α＝－eq \f(4,5)，α是第三象限的角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝____________.
答案：－eq \f(7\r(2),10) ∵cs α＝－eq \f(4,5)，α是第三象限角，∴sin α＝－eq \f(3,5)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝sin αcseq \f(π,4)＋cs αsineq \f(π,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)－\f(4,5)))×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(7\r(2),10).
例1.(1)sin 21°cs 39°＋cs 21°sin 39°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)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝－eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋β))＝eq \f(5,13)，求sin(α＋β)的值．
答案：(1)C [sin 21°cs 39°＋cs 21°sin 39°＝sin(21°＋39°)＝sin 60°＝eq \f(\r(3),2).]
(2)解 因为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\c1(\f(π,4)＋α))＝ eq \r(1－cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f(4,5).
又因为0＜β＜eq \f(π,4)，eq \f(3,4)π＜eq \f(3,4)π＋β＜π，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋β))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋β))))
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋β))＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋β))))
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12,13)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×\f(5,13)))＝eq \f(63,65).
【变式练习】
已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))且sin(α＋β)＝eq \f(33,65)，cs β＝－eq \f(5,13)，求sin α.
解 因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，cs β＝－eq \f(5,13)，所以sin β＝eq \f(12,13).
又因为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，
cs(α＋β)＝－eq \r(1－sin2α＋β)
＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33,65)))2)＝－eq \f(56,65)，
所以sin α＝sin[(α＋β)－β]
＝sin(α＋β)cs β－cs(α＋β)sin β
＝eq \f(33,65)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,13)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(56,65)))×eq \f(12,13)＝eq \f(3,5).
例2.已知向量，如图所示，将向量绕原点沿逆时针方向旋转到的位置，求点的坐标。
解：设，则因为，所以
因此，

从而 .
例3.求证：
证明：因为，所以
由例3的结果可知，，因此的最大值为1，而且的最大值点满足，因此最大值点为.
例4.在求函数的最小值时，下面的说法正确吗？
“因为的最小值为-1，的最小值为-1，所以的最小值为-2“
如果不对，指出原因，并求的周期，最小值和最小值点.
解：因为时有；而时有。
因此与不能同时成立，这就是说，的最小值不是-2，有关说法不对。
又因为 ，所以
由此可知函数的周期为，最小值为，而最小值点满足，因此最小值点为.
由例4可以看出，当都是不为零的常数时，为了求出函数
的周期、最值等，关键是要将函数化为的形式，也就是说，要找到合适的和，使得 = 1 \* GB3 ① 恒成立。
如果 = 1 \* GB3 ①式恒成立，则将 = 1 \* GB3 ①式的右边用展开可得

因此，从而可知
，
因此，如果取 则有
（2）
由（2）式和任意角的余弦、正弦的定义可知，若记平面直角坐标系中坐标为的点为P，而是以射线OP为终边的角，如图所示，则一定满足（2）式。
这就是说，满足（1）式的和一定存在，因此
，其中满足（2）式。
例5.已知函数，求的周期，最小值及最小值点。
解：因为 所以


由此可知函数的周期为，最小值为，而且最小值点满足，因此最小值点为。
【变式练习1】
将下列各式写成Asin(ωx＋φ)的形式：
(1)eq \r(3)sin x－cs x；
(2)eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)).
解 (1)eq \r(3)sin x－cs x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x－\f(1,2)cs x))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,6)sin x－sin\f(π,6)cs x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))).
(2)eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))))
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin\f(π,6)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＋cs\f(π,6)cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))))
＝eq \f(\r(2),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x－\f(π,6)))
＝eq \f(\r(2),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－x))＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12))).
【变式练习2】
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，则cs x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))的值为( )
A．－eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(3),3)
C．－eq \f(1,3) D．eq \f(1,3)
答案：B cs x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))＝cs x＋eq \f(1,2)cs x＋eq \f(\r(3),2)sin x＝eq \f(3,2)cs x＋eq \f(\r(3),2)sin x＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),3).
问题2：两角和与差的正切
因为
所以可以借助的正弦值与余弦值求出的值，那么能不能借助与求出呢？答案是肯定的。
一般地，可以证明如下地两角和与差地正切公式：
其中的取值应使各项有意义。
事实上，因为

所以在上式右边的分子分母同时除以，即可得到，而的证明，既可以用类似的方法证明，也可以从与得到。
【对点快练】
1．若tan α＝3，tan β＝eq \f(4,3)，则tan(α－β)等于( )
A．eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3)
C．3 D．－3
答案：A tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)＝eq \f(3－\f(4,3),1＋3×\f(4,3))＝eq \f(1,3).
2．tan 75°＝____________.
答案2＋eq \r(3)tan 75°＝tan(45°＋30°)＝eq \f(tan 45°＋tan 30°,1－tan 45°tan 30°)＝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）因为，所以
【变式练习1】
已知sin α＝eq \f(1,2)，α是第二象限的角，且tan(α＋β)＝－eq \r(3)，则tan β的值为( )
A．－eq \r(3) B．eq \r(3)
C．－eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(3),3)
答案：C ∵α为第二象限角，∴cs α＜0，cs α＝－eq \f(\r(3),2)，∴tan α＝－eq \f(\r(3),3).
tan β＝tan[(α＋β)－α]＝eq \f(tanα＋β－tan α,1＋tanα＋βtan α)＝eq \f(－\r(3)＋\f(\r(3),3),1＋－\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3))))＝－eq \f(\r(3),3).
【变式练习2】
若α＋β＝eq \f(3π,4)，则(1－tan α)(1－tan β)等于( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
答案：C (1－tan α)(1－tan β)＝1－(tan α＋tan β)＋tan αtan β＝1－tan(α＋β)(1－tan αtan β)＋tan αtan β＝1－taneq \f(3π,4)·(1－tan αtan β)＋tan αtan β＝2.
例7. 已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x.
(1)求f(x)的最大值，以及取得最大值时x的取值集合；
(2)求f(x)的单调递增区间．
解 f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
(1)当2x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z时，函数取到最大值是2，此时x＝kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以x的取值集合是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(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，
所以函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))k∈Z.
【变式练习1】 本例中，若加条件“x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))”，再求函数f(x)的最小值．
解 ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
∴当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)时，fmin(x)＝－1.
【变式练习2】函数f(x)＝sin x－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的值域为( )
A．[－2,2] B．[－eq \r(3)，eq \r(3) ]
C．[－1,1] D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))
答案：B ∵f(x)＝sin x－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝sin x－cs x·cseq \f(π,6)＋sin xsineq \f(π,6)
＝sin x－eq \f(\r(3),2)cs x＋eq \f(1,2)sin x＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x－\f(1,2)cs x))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))(x∈R)，
∴f(x)的值域为[－eq \r(3)，eq \r(3) ]．
小结：
1．两角和差正弦、余弦与正切公式可以看成是诱导公式的推广，诱导公式可以看成两角和差公式的特例，例如：
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－α))＝sineq \f(3π,2)cs α－cseq \f(3π,2)sin α＝－cs α.
2．使用和差正弦、余弦与正切公式时不仅要会正用，还要能够逆用公式．
3．运用和差正弦、余弦与正切公式求值、化简、证明时要注意灵活进行三角变换，有效地沟通条件中的角与问题结论中的角之间的联系，选用恰当的公式快捷求解．
考点
教学目标
核心素养
两角和与差的正弦、正切公式的推导和简单应用
掌握两角和与差的正弦、正切公式的推导，并进行简单的化简求值
数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算
两角和与差的正弦、正切公式的逆用、变形及其应用
掌握两角和与差的正弦、正切公式的变形推导，及相关的应用
数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算