5.5.2简单的三角恒等变换课件-2024-2025学年高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册

5．5.2　简单的三角恒等变换 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 新知学习 探究 PART 01 第一部分 同学们，前面我们学习了三角函数中的很多公式，有同角的三角函数的基本关系、诱导公式、两角和、差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角的正弦、余弦、正切公式，它们都属于三角变换．对于三角变换，我们不仅要考虑三角函数式结构形式方面的差异，还要考虑三角函数式包含的角，以及这些角的三角函数种类方面的差异，从而选择合适的公式进行化简、求值、证明等，这就是我们今天要讲的三角恒等变换． 新课导学 回顾上节讲过的二倍角的余弦公式，思考下面问题： 思考1　如何用cos 2α表示sin2α，cos2α，tan2α？ 半角公式 × × × × √ 利用半角公式求值的思路 (1)看角：若已知三角函数式中的角是待求三角函数式中角的二倍，则求解时常常借助半角公式求解． (2)明范围：由于半角公式求值常涉及符号问题，因此求解时务必依据角的范围，求出相应半角的范围． (1)观察分析三角函数式中的各角的联系(互余或互补)，可以利用诱导公式变角和变名，对三角函数式进行化简． (2)观察三角函数式的名称和结构，灵活对公式进行正用、逆用或变形． (3)本着“复角化单角”“异名化同名”“变换式子结构”“变量集中”等原则，设法消除差异，达到化简与证明的目的．　 解题方法 (对接教材例9)已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x(x∈R)．求： (1)f(x)的最小正周期； (对接教材例9)已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x(x∈R)．求： (2)f(x)的最值及取得最值时x的集合． (1)为了研究函数的性质，往往要充分利用三角恒等变换公式将函数转化为正弦型(余弦型)函数，这是解决问题的前提． (2)充分运用两角和(差)、二倍角公式、辅助角公式，减少角的种类和函数式的项数，为讨论函数性质提供保障．　 √ π 解决此类问题，关键是合理引入自变量，恰当表示题中的有关量，将实际问题转化为三角函数问题，再利用三角函数的有关知识求解．　 [跟踪训练3] 某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm. 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 √ √ √ 1．已学习：半角公式、辅助角公式；三角函数式的化简、证明；三角函数在实际问题中的应用． 2．须贯通：三角恒等变换的三个原则：变角、变名及变结构，灵活借助辅助角公式把三角函数式化为一个角的三角函数． 3．应注意：半角公式符号的判断，实际问题中隐含的条件．　 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.通过二倍角公式的变形公式推导出半角的正弦、余弦、正切公式．　 2.了解半角公式的结构形式，并能利用半角公式解决简单的求值问题．　 3.能够利用三角恒等变换解决几何中的问题以及生活中的实际问题． 提示：sin2α＝eq \f(1,2)(1－cos 2α)，cos2α＝eq \f(1,2)(1＋cos 2α)，tan2α＝eq \f(1－cos 2α,1＋cos 2α). 思考2　如何用cos α表示sin2eq \f(α,2)，cos2eq \f(α,2)，tan2eq \f(α,2)？ 提示：借助思考1中的公式，以角“eq \f(α,2)”代替“α”，可得sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)(1－cos α)，cos2eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)(1＋cos α)，tan2eq \f(α,2)＝eq \f(1－cos α,1＋cos α). 【即时练】 1．判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”． (1)半角公式对任意角都适用．(　　) (2)cos eq \f(α,2)＝eq \r(\f(1＋cos α,2)).(　　) (3)对于任意α∈R，sin eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)sin α都不成立．(　　) (4)sin 8α＝2sin 6αcos 2α.(　　) 解析：因为0<eq \f(π,8)<eq \f(π,2)，所以cos eq \f(π,8)＝eq \r(\f(1＋cos \f(π,4),2))＝eq \r(\f(1＋\f(\r(2),2),2))＝eq \f(\r(2＋\r(2)),2).故选A. 2．cos eq \f(π,8)＝(　　) A.eq \f(\r(2＋\r(2)),2) B.eq \f(\r(2－\r(2)),2) C．2－eq \r(2) D.eq \f(\r(2),4) 解析：依题意， sin eq \f(α,2)＝－eq \r(\f(1－cos α,2))＝－ eq \r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq \f(\r(5),5). 3．已知cos α＝eq \f(3,5)，α∈(－eq \f(π,2)，0)，则sin eq \f(α,2)＝____________. －eq \f(\r(5),5) (3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \f(1－cos α,sin α)，其优点是计算时可避免因开方带来的求角的范围问题；涉及半角公式的正弦、余弦值时，常先利用sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1－cos α,2)，cos2eq \f(α,2)＝eq \f(1＋cos α,2)计算．　 【解】　 因为tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cos α) ， 所以(1＋cos α)tan eq \f(α,2)＝sin α. 又cos (eq \f(3π,2)－α)＝－sin α，1－cos α＝2sin2eq \f(α,2)， 所以原式＝eq \f(－sin α－sin α,\r(2sin2\f(α,2)))＝eq \f(－2sin α,\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(α,2)))) eq \a\vs4\al(二　三角函数式的化简与证明) 　(1)化简：eq \f(cos（\f(3,2)π－α）－tan\f(α,2)（1＋cos α）,\r(1－cos α))(0<α<π)； ＝－eq \f(2\r(2)sin \f(α,2)cos \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(α,2)))) . 因为0<α<π ，所以0<eq \f(α,2)<eq \f(π,2)， 所以sin eq \f(α,2)>0. 所以原式＝－2eq \r(2)cos eq \f(α,2) . 证明：方法一：左边 ＝eq \f(2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2),2cos2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))＋eq \f(2cos2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2),2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)) ＝eq \f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＋eq \f(cos\f(θ,2),sin\f(θ,2))＝eq \f(1,cos\f(θ,2)sin\f(θ,2))＝eq \f(2,sin θ) ＝右边， 所以原等式成立． (2)求证：eq \f(1＋sin θ－cos θ,1＋sin θ＋cos θ)＋eq \f(1＋sin θ＋cos θ,1＋sin θ－cos θ)＝eq \f(2,sin θ). 方法二：左边＝ eq \f(（1＋sin θ－cos θ）2＋（1＋sin θ＋cos θ）2,（1＋sin θ＋cos θ）（1＋sin θ－cos θ）) ＝eq \f(2（1＋sin θ）2＋2cos2θ,（1＋sin θ）2－cos2θ)＝eq \f(4＋4sin θ,2sin θ＋2sin2θ) ＝eq \f(2,sin θ)＝右边， 所以原等式成立． 解：因为π<α<eq \f(3π,2)，所以eq \f(π,2)<eq \f(α,2)<eq \f(3π,4) ， 所以原式 ＝eq \f(sin2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cos \f(α,2)＋cos2\f(α,2),\r(2cos2\f(α,2))－\r(2sin2\f(α,2)))＋eq \f(sin2\f(α,2)－2sin \f(α,2)cos \f(α,2)＋cos2\f(α,2),\r(2cos2\f(α,2))＋\r(2sin2\f(α,2))) [跟踪训练1] (1)化简：eq \f(1＋sin α,\r(1＋cos α)－\r(1－cos α))＋eq \f(1－sin α,\r(1＋cos α)＋\r(1－cos α))(π<α<eq \f(3π,2))． ＝eq \f(（sin \f(α,2)＋cos \f(α,2)）2,－\r(2)cos \f(α,2)－\r(2)sin \f(α,2))＋ eq \f(（sin \f(α,2)－cos \f(α,2)）2,－\r(2)cos \f(α,2)＋\r(2)sin \f(α,2)) ＝－eq \f(\r(2),2)(sin eq \f(α,2)＋cos eq \f(α,2))＋eq \f(\r(2),2)(sin eq \f(α,2)－cos eq \f(α,2)) ＝－eq \r(2)cos eq \f(α,2). 证明：左边＝eq \f(sin \f(3x,2),cos \f(3x,2))－eq \f(sin \f(x,2),cos \f(x,2)) ＝eq \f(sin \f(3x,2)cos \f(x,2)－cos \f(3x,2)sin \f(x,2),cos \f(3x,2)cos \f(x,2)) (2)求证：tan eq \f(3x,2)－tan eq \f(x,2)＝eq \f(2sin x,cos 2x＋cos x). ＝eq \f(sin（\f(3x,2)－\f(x,2)）,cos \f(3x,2)cos \f(x,2))＝eq \f(sin x,cos \f(3x,2)cos \f(x,2)) ＝eq \f(2sin x,cos（\f(3x,2)＋\f(x,2)）＋cos（\f(3x,2)－\f(x,2)）) ＝eq \f(2sin x,cos 2x＋cos x)＝右边． 所以原等式成立． 点拨　asin x＋bcos x＝eq \r(a2＋b2)cos(x－θ)也是常用的化简形式． eq \a\vs4\al(三　辅助角公式) asin x＋bcos x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)．其中tan φ＝eq \f(b,a)，φ所在象限由a和b的符号确定． 【解】　f(x)＝sin 2x＋cos 2x＋1＝eq \r(2)sin (2x＋eq \f(π,4))＋1，函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π. 【解】　当sin (2x＋eq \f(π,4))＝－1时，2x＋eq \f(π,4)＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得x＝－eq \f(3π,8)＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)的最小值为1－eq \r(2)，此时x的集合为{x|x＝kπ－eq \f(3π,8)，k∈Z}， 当sin (2x＋eq \f(π,4))＝1时，2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,8)＋kπ，k∈Z， 所以函数f(x)的最大值为eq \r(2)＋1，此时x的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,8)，k∈Z)))). 解析：f(x)＝eq \r(3)cos x－sin x＝2(eq \f(\r(3),2)cos x－eq \f(1,2)sin x)＝2cos(x＋eq \f(π,6))，C正确，其他选项不满足要求．故选C. [跟踪训练2] (1)若函数f(x)＝eq \r(3)cos x－sin x，则f(x)可以化简为(　　) A．2cos(x＋eq \f(π,3)) B．2cos(x－eq \f(π,3)) C．2cos(x＋eq \f(π,6)) D．2cos(x－eq \f(π,6)) 解析：f(x)＝sin 2x＋acos 2x＝eq \r(1＋a2)·sin (2x＋φ)(a∈R)，其中tan φ＝a，所以函数的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，若函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，所以f(eq \f(π,6))＝±eq \r(1＋a2)，即eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)a＝±eq \r(1＋a2)，两边平方后，整理为(eq \r(3)a－1)2＝0，得a＝eq \f(\r(3),3). (2)已知关于x的函数f(x)＝sin 2x＋acos 2x(a∈R)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则f(x)的最小正周期为________，实数a＝________． eq \f(\r(3),3) eq \a\vs4\al(四　三角恒等变换的实际应用) 　如图，半径为1的扇形的圆心角为60°，点P在eq \o(AB,\s\up17(︵))上运动，连接PA，PB，得四边形OAPB. 求四边形OAPB面积的最大值． 【解】　连接OP，设∠POB＝θ，0<θ<eq \f(π,3)，过点P做PC⊥OB，交OB于点C，有PC＝sin θ， 得S△POB＝eq \f(1,2)sin θ， S△POA＝eq \f(1,2)OA·OPsin (eq \f(π,3)－θ) ＝eq \f(1,2)sin (eq \f(π,3)－θ)， 所以四边形OAPB的面积S＝eq \f(1,2)[sin θ＋sin (eq \f(π,3)－θ)] ＝eq \f(1,2)(sin θ＋sineq \f(π,3)cos θ－coseq \f(π,3)sin θ) ＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2)sin θ＋eq \f(\r(3),2)cos θ) ＝eq \f(1,2)sin(θ＋eq \f(π,3))， 由0<θ<eq \f(π,3)，得 eq \f(π,3)<θ＋eq \f(π,3)<eq \f(2π,3)， 所以当θ＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,6)时，四边形OAPB的面积最大，最大值为eq \f(1,2). 解析：如图所示，EF＝10 cm，FG＝20 cm， 令∠AEF＝α(0<α<eq \f(π,2))，则AF＝10sin α，∠AFE＝eq \f(π,2)－α，则∠BFG＝α， 60eq \r(2) BF＝20cos α，BG＝20sin α，∠BGF＝eq \f(π,2)－α，则∠CGH＝α，CG＝10cos α 所以矩形框架的周长为2AB＋2BC ＝2(10sin α＋20cos α)＋2(20sin α＋10cos α) ＝60sin α＋60cos α＝60eq \r(2)sin(α＋eq \f(π,4)) ≤60eq \r(2). 1．(教材P226 T2改编)若cos (π－α)＝eq \f(2,3) ，α∈[π，2π]，则cos eq \f(α,2)＝(　　) A．－eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(6),6) C．－eq \f(\r(30),6) D.eq \f(\r(30),6) 解析：由cos(π－α)＝－cos α＝eq \f(2,3)，得cos α＝－eq \f(2,3)，又α∈[π，2π]， 则eq \f(α,2)∈[eq \f(π,2)，π]，所以cos eq \f(α,2)<0， 则cos eq \f(α,2)＝－eq \r(\f(1＋cos α,2))＝－ eq \r(\f(1－\f(2,3),2)) ＝－eq \f(\r(6),6).故选A. 2．(多选)已知2sin α＝1＋cos α，则tan eq \f(α,2)的可能取值为(　　) A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．不存在 解析：由题意知4sin eq \f(α,2)cos eq \f(α,2)＝1＋2cos2eq \f(α,2)－1，故有2sin eq \f(α,2)cos eq \f(α,2)－cos2eq \f(α,2)＝coseq \f(α,2)(2sin eq \f(α,2)－cos eq \f(α,2))＝0，若2sin eq \f(α,2)－cos eq \f(α,2)＝0，则tan eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)；若cos eq \f(α,2)＝0，则tan eq \f(α,2)不存在．故选AD. 3．(教材P228练习T1改编)函数f(x)＝sin x＋cos(x－eq \f(π,6))的最大值为________． 解析：f(x)＝sin x＋cos (x－eq \f(π,6)) ＝sin x＋eq \f(\r(3),2)cos x＋eq \f(1,2)sin x ＝eq \f(3,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cos x ＝eq \r(3)sin (x＋eq \f(π,6))， 所以当x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z， 即x＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z时，f(x)取得最大值，最大值为eq \r(3). eq \r(3) 解：原式＝eq \f(sin（α＋\f(π,4)）,sin α＋cos α) ＝eq \f(sin（α＋\f(π,4)）,\r(2)sin（α＋\f(π,4)）)＝eq \f(\r(2),2). 4．(1)化简：eq \f(sin （α＋\f(π,4)）,2cos2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cos \f(α,2)－1)； 证明：左边＝eq \f(2cos θ－2sin θcos θ,2cos θ＋2sin θcos θ) ＝eq \f(1－sin θ,1＋sin θ) ＝eq \f(sin2\f(θ,2)＋cos2\f(θ,2)－2sin \f(θ,2)cos \f(θ,2),sin2\f(θ,2)＋cos2\f(θ,2)＋2sin \f(θ,2)cos \f(θ,2)) (2)求证：eq \f(2cos θ－sin 2θ,2cos θ＋sin 2θ)＝tan2eq \f(90°－θ,2). ＝eq \f(tan2\f(θ,2)＋1－2tan \f(θ,2),tan2\f(θ,2)＋1＋2tan \f(θ,2))＝(eq \f(1－tan \f(θ,2),1＋tan \f(θ,2)))2 ＝(eq \f(tan 45°－tan \f(θ,2),1＋tan 45°tan \f(θ,2)))2＝tan2eq \f(90°－θ,2) ＝右边．所以原等式成立． $$