8.2.1 两角和与差的余弦（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第三册（人教B版）

第八章　向量的数量积与三角恒等变换 §8.2　三角恒等变换 8.2.1　两角和与差的余弦 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案·学业评价 03 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 01 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 1 0 cos (α－β) 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 cosαcosβ＋sinαsinβ 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 cosαcosβ－sinαsinβ 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 02 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 谢谢观看 栏目导航 第八章　向量的数量积与三角恒等变换 1 学业标准 学科素养 1．了解两角差与和的余弦公式的推导过程．(难点) 2．熟记两角差与和的余弦公式，并能简单应用．(重点) 1．通过推导两角和与差的余弦公式，培养逻辑推理等核心素养． 2．通过两角和与差的余弦公式的应用，提升数学运算等核心素养. 导学1　两角差的余弦公式 　如何用角α，β的正弦、余弦值来表示cos(α－β)呢？有人认为cos (α－β)＝cos α－cos β，你认为正确吗，试举出两例加以说明． [提示]　不正确． 例如：当α＝eq \f(π,2)，β＝eq \f(π,4)时，cos (α－β)＝coseq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)， 而cos α－cos β＝coseq \f(π,2)－coseq \f(π,4)＝－eq \f(\r(2),2)， 故cos (α－β)≠cos α－cos β； 再如：当α＝eq \f(π,3)，β＝eq \f(π,6)时， cos (α－β)＝coseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)， 而cos α－cos β＝coseq \f(π,3)－coseq \f(π,6)＝eq \f(1－\r(3),2)， 故cos (α－β)≠cos α－cos β. 　计算下列式子的值，并根据这些式子的共同特征，写出一个猜想． ①cos 45°cos 45°＋sin 45°sin 45°＝____； ②cos 60°cos 30°＋sin 60°sin 30°＝______； ③cos 30°cos 120°＋sin 30°sin 120°＝______； ④cos 150°cos 210°＋sin 150°sin 210°＝______. 猜想：cos αcos β＋sin αsin β＝___________. eq \f(\r(3),2) eq \f(1,2) ◎结论形成 两角差的余弦公式 公式 cos (α－β)＝__________________________.简记符号Cα－β 适用条件 公式中的角α，β都是任意角 公式结构 公式右端的两部分为同名三角函数的积，连接符号与左边角的连接符号相反 导学2　两角和的余弦公式 　把公式cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β中的β用－β代替，结果如何？ [提示]　cos (α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β. 　在cos (α＋β)的公式中，α，β的条件是什么？ [提示]　α，β为任意角． ◎结论形成 两角和与差的余弦公式 名称 公式 简记符号 条件 两角和 的余弦 cos (α＋β)＝________________________ Cα＋β α，β∈R 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)cos(70°＋40°)＝cos 70°－cos 40°.(　　) (2)对于任意角α，β，总有cos(α－β)＝cos α－cos β .(　　) (3)存在角α，β，使cos(α＋β)＝cos α＋cos β.(　　) (4)cos 175°cos 55°＋sin 175°sin 55°＝－eq \f(1,2).(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 2．cos 345°的值等于(　　) A．eq \f(\r(2)－\r(6),4)　　　　　　 B．eq \f(\r(6)－\r(2),4) C．eq \f(\r(2)＋\r(6),4) D．－eq \f(\r(2)＋\r(6),4) 解析　cos(300°＋45°)＝cos 300°cos 45°－sin 300°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).故选C． 答案　C 3．sin 7°cos 37°－sin 83°cos 53°的值是(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2) 解析　原式＝cos 83°cos 37°－sin 83°cos(90°－37°) ＝cos 83°cos 37°－sin 83°sin 37°＝cos(37°＋83°) ＝cos 120°＝－eq \f(1,2). 答案　A 4．计算：eq \f(1,2)sin 60°＋eq \f(\r(3),2)cos 60°＝________. 解析　原式＝sin 30°sin 60°＋cos 30°cos 60° ＝cos(60°－30°) ＝cos 30°＝eq \f(\r(3),2). 答案　eq \f(\r(3),2) 题型一　两角和与差的余弦公式的简单应用 　求下列各式的值： (1)cos 15°－cos 75°； (2)sin 70°cos 25°－sin 20°sin 25°； (3)eq \f(1,2)cos 15°－eq \f(\r(3),2)sin 15°. [解析]　(1)cos 15°－cos 75° ＝cos(60°－45°)－cos(45°＋30°) ＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),2). (2)sin 70°cos 25°－sin 20°sin 25° ＝cos 20°cos 25°－sin 20°sin 25° ＝cos(20°＋25°)＝eq \f(\r(2),2). (3)eq \f(1,2)cos 15°－eq \f(\r(3),2)sin 15° ＝cos 60°cos 15°－sin 60°sin 15° ＝cos 75°＝cos(45°＋30°) ＝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). 公式Cα±β是三角恒等式，既可正用，也可逆用，一定要注意公式的结构特征，灵活变换角或名称，同时在利用两角差的余弦公式求某些角的三角函数值时，关键在于把待求的角转化成已知角或特殊角(如，30°，45°，60°，90°，120°，150°，…)之间和与差的关系问题，然后利用公式化简求值． [触类旁通] 1．求值：(1)cos(－15°)；(2)cos 15°cos 105°＋sin 15°·sin 105°. 解析　(1)解法一　原式＝cos(30°－45°) ＝cos 30°cos 45°＋sin 30°sin 45° ＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4). 解法二　原式＝cos 15°＝cos(45°－30°) ＝cos 45°cos 30°＋sin 45°sin 30° ＝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). (2)原式＝cos(15°－105°)＝cos(－90°)＝cos 90°＝0. 题型二　给值求值 　(1)已知α是锐角，sin α＝eq \f(3,5)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))等于(　　) A．－eq \f(\r(2),10)　　 B．eq \f(\r(2),10)　　 C．－eq \f(\r(2),5)　　 D．eq \f(\r(2),5) [解析]　因为α是锐角，sin α＝eq \f(3,5)，所以cos α＝eq \f(4,5)， 所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(4,5)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(3,5)＝eq \f(\r(2),10). [答案]　B (2)若cos (α＋β)＝eq \f(3,5)，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(5,13)，α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值为(　　) A．eq \f(\r(2),2) B．eq \f(\r(3),2) C．eq \f(56,65) D．eq \f(36,65) [解析]　∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＋β∈(0，π)，β－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))). 又cos (α＋β)＝eq \f(3,5)，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(5,13)，∴sin (α＋β)＝eq \r(1－cos2α＋β)＝eq \f(4,5)， coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4))))＝eq \f(12,13)，∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4))))) ＝cos (α＋β)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin (α＋β)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4))) ＝eq \f(3,5)×eq \f(12,13)＋eq \f(4,5)×eq \f(5,13)＝eq \f(56,65)，故选C． [答案]　C [素养聚焦]　根据已知的三角函数值求未知的三角函数值，要观察条件与结论之间的关系，将二者沟通即为解题过程，体现了逻辑推理和数学运算核心素养． 给值求值问题的两个主要技巧 (1)已知角的某一三角函数值，求该角的另一三角函数值时，应注意角的终边所在的象限，从而确定三角函数值的正负． (2)注意变角，“变角”的技巧在三角函数求值以及证明中经常用到，因为合理“变角”后可充分利用已知条件中的三角函数值来计算或证明．常见的角的变换方式：α＝(α＋β)－β＝β－(β－α)＝eq \f(1,2)[(α＋β)＋(α－β)]＝eq \f(1,2)[(α＋β)－(β－α)]，2α＝(α＋β)＋(α－β)＝(α＋β)－(β－α)，4α＝2·2α，α＝2·eq \f(α,2)，α＋2β＝(α＋β)＋β等． [触类旁通] 2．(2024·浙江衢州高一期末)已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且cos(α＋β)＝eq \f(3,5)，sin α＝eq \f(\r(5),5)，则cos β＝(　　) A．－eq \f(\r(5),5) B．eq \f(2\r(5),25) C．eq \f(2\r(5),5) D．eq \f(11\r(5),25) 解析　因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)， 因此sin(α＋β)＝eq \r(1－cos2α＋β)＝eq \f(4,5)，cos α＝eq \r(1－sin2 α)＝eq \f(2\r(5),5)， 于是有cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α ＝eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)＋eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故选C． 答案　C 题型三　给值求角 一题多变 　已知cos α＝eq \f(1,7)，cos (α＋β)＝－eq \f(11,14)，且α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求β的值． [解析]　∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))且cos α＝eq \f(1,7)， cos (α＋β)＝－eq \f(11,14)， ∴α＋β∈(0，π)，∴sin α＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(4\r(3),7)， sin (α＋β)＝eq \r(1－cos2 α＋β)＝eq \f(5\r(3),14). 又β＝(α＋β)－α， ∴cos β＝cos [(α＋β)－α] ＝cos (α＋β)cos α＋sin (α＋β)sin α ＝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). 又β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq \f(π,3). [母题变式] 1．(变条件)若例3条件中的“cos (α＋β)＝－eq \f(11,14)”改为“sin (α＋β)＝eq \f(5\r(3),14)”，求β的值． 解析　∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＋β∈(0，π)， ∵cos α＝eq \f(1,7)，sin (α＋β)＝eq \f(5\r(3),14)， ∴sin α＝eq \f(4\r(3),7)，cos (α＋β)＝±eq \f(11,14)， 当cos (α＋β)＝－eq \f(11,14)时， cos β＝cos [(α＋β)－α]＝cos (α＋β)cos α＋sin (α＋β)sin α ＝－eq \f(11,14)×eq \f(1,7)＋eq \f(5\r(3),14)×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(1,2)， ∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq \f(π,3)； 当cos (α＋β)＝eq \f(11,14)时，cos β＝cos [(α＋β)－α] ＝cos (α＋β)·cos α＋sin(α＋β)sin α ＝eq \f(11,14)×eq \f(1,7)＋eq \f(5\r(3),14)×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(71,98)＜eq \f(11,14)＝cos (α＋β)， 且α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴β＞α＋β，即α＜0，与已知矛盾，舍去，所以β＝eq \f(π,3). 2．(变结论)在例3的条件下，若γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin γ＝eq \f(1,3)，求cos (β－γ)的值． 解析　由例3知β＝eq \f(π,3)，又γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin γ＝eq \f(1,3)，∴cos γ＝eq \f(2\r(2),3)， ∴cos (β－γ)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－γ))＝coseq \f(π,3)cos γ＋sin eq \f(π,3)sin γ ＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2),3)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,3)＝eq \f(2\r(2)＋\r(3),6). 已知三角函数值求角的解题步骤 (1)求所求角的某种三角函数值．(为防止增解最好选取在上述范围内单调的三角函数)． (2)结合三角函数值及角的范围求角． [触类旁通] 3．(2024·贵州铜仁高一期中)已知sin α＝eq \f(\r(5),5)，sin β＝eq \f(\r(10),10)，且α和β均为钝角，则α＋β的值为(　　) A．eq \f(π,4) B．eq \f(5π,4) C．eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4) D．eq \f(7π,4) 解析　∵α和β均为钝角，∴cos α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(2\r(5),5)， cos β＝－eq \r(1－sin2β)＝－eq \f(3\r(10),10). ∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β ＝－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2). 由α和β均为钝角，得π＜α＋β＜2π，∴α＋β＝eq \f(7π,4). 答案　D [缜密思维提能区]　易错辨析 三角形中角的范围不准致错 [典例]　已知在△ABC中，sin C＝eq \f(4,5)，cos B＝－eq \f(2,3)，求 cos A． [错解]　∵sin C＝eq \f(4,5)且C∈(0，π)，∴cos C＝±eq \f(3,5)， ∵cos B＝－eq \f(2,3)，B∈(0，π)，∴sin B＝eq \f(\r(5),3)， ∴cos A＝cos [π－(B＋C)]＝－(cos Bcos C－sin Bsin C) ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(3,5)))－\f(\r(5),3)×\f(4,5)))＝eq \f(4\r(5)±6,15). [错因分析]　本题是在三角形中，没有注意角C的范围而致错． 因为cos B＜0，所以B是钝角，因此C是钝角是不可能的． [正解]　∵cos B＝－eq \f(2,3)＜0，又B∈(0，π)， ∴B是钝角sin B＝eq \f(\r(5),3)，又sin C＝eq \f(4,5)，B是钝角， ∴C是锐角，∴cos C＝eq \f(3,5) ∴cos A＝－cos (B＋C)＝eq \f(6＋4\r(5),15). [纠错心得] 解题过程中，要仔细分析题意，认真对待每个条件，同时要挖掘出隐含条件，如本题要结合三角函数的性质合理确定角的范围． 知识落实 技法强化 (1)两角和与差的余弦公式的推导． (2)给角求值，给值求值，给值求角. (1)求三角函数值时注意角的构造． (2)求三角函数值时注意其符号的确定，求角时易忽视角的范围. $$