《第六節(jié)簡單的三角恒等變換》教案

簡單的三角恒等變換適用學(xué)科數(shù)學(xué)適用年級高三適用區(qū)域新課標(biāo)課時時長60分鐘知識點(diǎn)利用三角公式進(jìn)行證明利用三角公式進(jìn)行化簡與求值輔助角公式的應(yīng)用教學(xué)目標(biāo)能運(yùn)用兩角和與差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角的正弦、余弦和正切公式進(jìn)行簡單的恒等變換(包括導(dǎo)出積化和差、和差化積、半角公式，但對這三組公式不要求記憶).教學(xué)重點(diǎn)二倍角的正弦、余弦、正切公式教學(xué)難點(diǎn)倍角公式的形成及公式的變形

教學(xué)過程課堂導(dǎo)入前面我們學(xué)習(xí)了兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，以及二倍角的正弦、余弦、正切公式，也明白了兩角差的余弦公式推導(dǎo)出兩角和的正弦、余弦、正切公式，進(jìn)而推導(dǎo)出二倍角的正弦、余弦、正切公式，那么二倍角的正弦、余弦、正切公式經(jīng)過變形能推導(dǎo)出什么公式呢？

復(fù)習(xí)預(yù)習(xí)兩角和與差的正弦公式：兩角和與差的余弦公式：兩角和與差的正切公式：二倍角公式：

知識講解考點(diǎn)1半角公式(1)用cosα表示sin2eq\f(α,2)，cos2eq\f(α,2)，tan2eq\f(α,2)：sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2)；cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)；tan2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,1＋cosα).(2)用cosα表示sineq\f(α,2)，coseq\f(α,2)，taneq\f(α,2)：sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))；coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))；taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα)).(3)用sinα，cosα表示taneq\f(α,2)：taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).

考點(diǎn)2形如asinx＋bcosx的化簡asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a).

例題精析【例題1】【題干】化簡：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2))).

【答案】(1)2eq\r(2)cosα【解析】原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cosα)·\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))＝eq\f(cosα,sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cosα)·\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))＝eq\f(2cosα,sinα)＋eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)＋eq\f(2sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)＋eq\f(4sin2\f(α,2),sinα)＝eq\f(2cosα＋4sin2\f(α,2),sinα)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f(α,2)))＋4sin2\f(α,2),sinα)＝eq\f(2,sinα).

【例題2】【題干】已知sin(2α－β)＝eq\f(3,5)，sinβ＝－eq\f(12,13)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，求sinα的值．

【解析】∵eq\f(π,2)＜α＜π，∴π＜2α＜2π.∵－eq\f(π,2)＜β＜0，∴0＜－β＜eq\f(π,2)，π＜2α－β＜eq\f(5π,2)，而sin(2α－β)＝eq\f(3,5)＞0，∴2π＜2α－β＜eq\f(5π,2)，cos(2α－β)＝eq\f(4,5).又－eq\f(π,2)＜β＜0且sinβ＝－eq\f(12,13)，∴cosβ＝eq\f(5,13)，∴cos2α＝cos[(2α－β)＋β]＝cos(2α－β)cosβ－sin(2α－β)sinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(5,13)－eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq\f(56,65).又cos2α＝1－2sin2α，∴sin2α＝eq\f(9,130).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinα＝eq\f(3\r(130),130).

【例題3】【題干】已知函數(shù)f(x)＝sin2x－2eq\r(3)sin2x＋eq\r(3)＋1.(1)求f(x)的最小正周期及其單調(diào)遞增區(qū)間；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))時，求f(x)的值域．

【解析】f(x)＝sin2x＋eq\r(3)(1－2sin2x)＋1＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1.(1)函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.由正弦函數(shù)的性質(zhì)知，當(dāng)2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，即kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)時，函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))為單調(diào)遞增函數(shù)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，∴2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈[0,1]，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1∈[1,3]．∴f(x)的值域為[1,3]．

【例題4】【題干】(2012·安徽高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋sin2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)設(shè)函數(shù)g(x)對任意x∈R，有g(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝g(x)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，g(x)＝eq\f(1,2)－f(x)．求g(x)在區(qū)間[－π，0]上的解析式．

【解析】(1)f(x)＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋sin2x＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2xcos\f(π,4)－sin2xsin\f(π,4)))＋eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)sin2x故f(x)的最小正周期為π.(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，g(x)＝eq\f(1,2)－f(x)＝eq\f(1,2)sin2x，故①當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，x＋eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).由于對任意x∈R，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝g(x)，從而g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＝eq\f(1,2)sin(π＋2x)＝－eq\f(1,2)sin2x.②當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))時，x＋π∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，從而g(x)＝g(x＋π)＝eq\f(1,2)sin[2(x＋π)]＝eq\f(1,2)sin2x.綜合①②得g(x)在[－π，0]上的解析式為g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，,－\f(1,2)sin2x，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)).))

課堂運(yùn)用【基礎(chǔ)】1．(2013·濟(jì)南模擬)函數(shù)y＝sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．4π

解析：選B∵y＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，∴T＝eq\f(2π,2)＝π.

2．已知α∈(－π，0)，tan(3π＋α)＝alogaeq\f(1,3)(a＞0，且a≠1)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π＋α))的值為()A.eq\f(\r(10),10) B．－eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3\r(10),10) D．－eq\f(3\r(10),10)

解析：選B∵由題意可知tan(3π＋α)＝eq\f(1,3)，∴tanα＝eq\f(1,3).又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝sinα，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))＝－eq\f(\r(10),10).∵α∈(－π，0)，∴sinα＝－eq\f(\r(10),10).

3．若eq\f(cos2α,sinα＋\f(7π,4))＝－eq\f(\r(2),2)，則sinα＋cosα的值為()A．－eq\f(\r(2),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(7),2)

解析：選C由已知三角等式得eq\f(cos2α－sin2α,\f(\r(2),2)sinα－cosα)＝－eq\f(\r(2),2)，整理得sinα＋cosα＝eq\f(1,2).

【鞏固】4．若α、β是銳角，且sinα－sinβ＝－eq\f(1,2)，cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，則tan(α－β)＝________.

解析：∵sinα－sinβ＝－eq\f(1,2)，cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，兩式平方相加得：2－2cosαcosβ－2sinαsinβ＝eq\f(1,2)，即2－2cos(α－β)＝eq\f(1,2)，∴cos(α－β)＝eq\f(3,4).∵α、β是銳角，且sinα－sinβ＝－eq\f(1,2)<0，∴0<α<β<eq\f(π,2).∴－eq\f(π,2)<α－β<0.∴sin(α－β)＝－eq\r(1－cos2α－β)＝－eq\f(\r(7),4).∴tan(α－β)＝eq\f(sinα－β,cosα－β)＝－eq\f(\r(7),3).答案：－eq\f(\r(7),3)

5．(2012·江蘇高考)設(shè)α為銳角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))的值為________．

解析：因為α為銳角，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(7,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,4)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,4)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,4)＝eq\f(17\r(2),50).答案：eq\f(17\r(2),50)

【拔高】6．已知sinθ和cosθ是關(guān)于x的方程x2－2xsinα＋sin2β＝0的兩個根．求證：2cos2α＝cos2β.

證明：因為sinθ，cosθ是方程x2－2xsinα＋sin2β＝0的兩根，所以sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθ·cosθ＝sin2β.因為(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ，所以(2sinα)2＝1＋2sin2β，即4sin2α＝1＋2sin2β，所以2(1－cos2α)＝1＋1－cos2β，所以2cos2α＝cos2β.

7．A是單位圓與x軸正半軸的交點(diǎn)，點(diǎn)P在單位圓上，∠AOP＝θ(0＜θ＜π)，＝＋，四邊形OAQP的面積為S.(1)求·＋S的最大值及此時θ的值θ0；(2)設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，∠AOB＝α，在(1)的條件下，求cos(α＋θ0)．

解：(1)由已知，A，P的坐標(biāo)分別為(1,0)，(cosθ，sinθ)．則＝(1＋cosθ，sinθ)，·＝1＋cosθ.又S＝2×eq\f(1,2)|OP|·|OA|·sinθ＝sinθ，所以·＋S＝cosθ＋1＋sinθ＝eq\r(2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1(0＜θ＜π)．故·＋S的最大值是eq\r(2)＋1，此時θ0＝eq\f(π,4).(2)∵cosα＝－eq\f(3,5)，sinα＝eq\f(4,5)，且sinθ0＝cosθ0＝eq\f(\r(2),2)，∴cos(θ0＋α)＝cosθ0cosα－sinθ0sinα＝－eq\f(7\r(2),10).