2.1.2 两角和与差的正弦公式-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第2章　三角恒等变换 2.1　两角和与差的三角函数 2.1.2　两角和与差的正弦公式 (教师独具内容) 课程标准：1．能从两角和的余弦公式推导出两角和与差的正弦公式．2．会用两角和与差的正弦公式进行简单的三角函数的求值、化简、计算等．3．了解两角和与差的正弦公式的正用、逆用以及角的变换的常用方法，并能灵活运用公式解决问题． 教学重点：两角和与差的正弦公式的推导和运用． 教学难点：熟悉两角和与差的正弦公式的常见变形，并能灵活应用． 核心素养：1．借助两角和与差的正弦公式的推导过程提升逻辑推理素养．2．通过两角和与差的正弦公式的灵活运用培养数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　两角和与差的正弦公式 两角差的正弦公式(简记为S(α－β))：sin(α－β)＝__________________； 两角和的正弦公式(简记为S(α＋β))：sin(α＋β)＝ __________________． sinαcosβ－cosαsinβ sinαcosβ＋cosαsinβ 核心概念掌握 5 1．公式C(α±β)与S(α±β)的联系 四个公式C(α±β)，S(α±β)虽然形式不同、结构不同，但它们的本质是相同的，其内在联系为 这样我们只要牢固掌握“中心”公式cos(α－β)的由来及表达方式，也就掌握了其他三个公式． 核心概念掌握 6 2．注意公式的结构特征和符号规律 (1)对于公式C(α－β)，C(α＋β)，可记为“同名相乘，符号反”． (2)对于公式S(α－β)，S(α＋β)，可记为“异名相乘，符号同”． 3．两角和与差的正弦公式中α，β的特征 α，β可以是单个角，也可以是两个角的和或差，在运用公式时常将两角的和或差视为一个整体． 核心概念掌握 7 4．三角函数化简求值的注意点 在三角函数化简求值时，要注意“三看”，即：(1)看角．把角尽量向特殊角或可计算的角转化，如果条件中的角不是单角．要把它看作一个整体，用它表达目标中的角；(2)看名称．把一道题中出现的三角函数名称尽量化成同一名称或相近的名称，例如把所有的切都转化为相应的弦；(3)看式子．看式子是否满足三角函数的公式，如果满足直接运用，如果不满足，用诱导公式转化一下角或转换一下名称，然后再运用． 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)sin(α＋β)＝sinα＋sinβ一定不成立．(　　) (2)对任意实数α，β，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ都成立．(　　) (3)sin54°cos24°－sin36°sin24°＝sin30°．(　　) √ × √ 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 核心素养形成 核心素养形成 12 核心素养形成 13 解决给角求值问题的策略 解决此类问题一般是先用诱导公式把角化小，统一函数名称，然后观察角的关系以及式子的结构特征，选择合适的公式进行求值． 注意角之间的关系，特别是与特殊角之间的关系是解题的关键． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 (3)原式＝2sin(α－β)cosα－sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＋sinβ ＝sin(α－β)cosα－sinαcos(α－β)＋sinβ ＝sin[(α－β)－α]＋sinβ＝－sinβ＋sinβ＝0． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 解决给值求值问题的策略 (1)当“已知角”有两个或多个时，“所求角”一般可以表示为其中两个“已知角”的和或差的形式． (2)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”． (3)角的拆分方法不唯一，可根据题目合理选择拆分方式． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型四　证明三角恒等式 例4　已知sin(2α＋β)＝5sinβ， 求证：2tan(α＋β)＝3tanα． 证明　 sin(2α＋β)＝5sinβ ⇒sin[(α＋β)＋α]＝5sin[(α＋β)－α] ⇒sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝5sin(α＋β)cosα－5cos(α＋β)sinα ⇒2sin(α＋β)cosα＝3cos(α＋β)sinα ⇒2tan(α＋β)＝3tanα． 核心素养形成 26 证明三角恒等式的常用方法 (1)从复杂的一边入手，逐步化简，证得与另一边相等；在证明的过程中，时刻“盯”着目标，分析其特征，时刻向着目标“奔”； (2)从两边入手，证得等式两边都等于同一个式子； (3)把要证的等式进行等价变形； (4)作差法，证明其差为0． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 37 解析　∵cos(α＋β)＝sin(α－β)，∴cosαcosβ－sinαsinβ＝sinαcosβ－cosαsinβ，∴cosα(sinβ＋cosβ)＝sinα(cosβ＋sinβ)．∵α，β均为锐角，∴sinβ＋cosβ≠0，∴cosα＝sinα，∴tanα＝1． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 39 4．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC的形状一定是(　　) A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形 解析　△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2cosBsinA＝sinC，∴2cosBsinA＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，∴cosBsinA－cosAsinB＝0，∴sin(A－B)＝0，又角A，B，C为△ABC的内角，∴A＝B．故选C． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 42 cosα 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 44 8．在△ABC中，3sinA＋4cosB＝6，3cosA＋4sinB＝1，则C＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 54 　　　　　　　　　　　　　 R 2．做一做 (1)sin47°cos43°＋cos47°sin43°等于(　　) A．0 B．1 C．－1 D．eq \f(1,2) (2)已知θ为锐角，且sinθ＝eq \f(3,5)，则sin(θ＋45°)＝(　　) A．eq \f(7\r(2),10) B．－eq \f(7\r(2),10) C．eq \f(\r(2),10) D．－eq \f(\r(2),10) (3)若cosα＝－eq \f(3,5)，且α是第二象限的角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝________． eq \f(7\r(2),10) 题型一　给角求值 例1　计算： (1)cos285°cos15°－sin255°sin15°； (2)sin7°cos37°－sin83°cos307°； (3)sin(x＋60°)＋2sin(x－60°)－eq \r(3)cos(120°－x)． 解　(1)原式＝cos(270°＋15°)cos15°－sin(270°－15°)sin15°＝ sin15°cos15°＋cos15°sin15°＝sin(15°＋15°)＝sin30°＝eq \f(1,2)． (2)原式＝sin7°cos37°－cos7°cos(270°＋37°)＝sin7°cos37°－ cos7°sin37°＝sin(7°－37°)＝sin(－30°)＝－eq \f(1,2)． (3)原式＝sinxcos60°＋cosxsin60°＋2sinx·cos60°－2cosxsin60°－ eq \r(3)cos120°cosx－eq \r(3)sin120°·sinx＝3sinxcos60°－cosxsin60°＋eq \r(3)cos60°cosx－eq \r(3)sin60°sinx＝eq \f(3,2)sinx－eq \f(\r(3),2)cosx＋eq \f(\r(3),2)cosx－eq \f(3,2)sinx＝0． [跟踪训练1]　求值： (1)sineq \f(7π,18)coseq \f(2π,9)－sineq \f(π,9)sineq \f(2π,9)； (2)eq \f(sin7°＋cos15°sin8°,cos7°－sin15°sin8°)； (3)2sin(α－β)cosα－sin(2α－β)＋sinβ． 解　(1)因为eq \f(π,9)＝eq \f(π,2)－eq \f(7π,18)， 所以原式＝sineq \f(7π,18)coseq \f(2π,9)－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(7π,18)))sineq \f(2π,9) ＝sineq \f(7π,18)coseq \f(2π,9)－coseq \f(7π,18)sineq \f(2π,9) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,18)－\f(2π,9)))＝sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)． (2)原式＝eq \f(sin（15°－8°）＋cos15°sin8°,cos（15°－8°）－sin15°sin8°) ＝eq \f(sin15°cos8°－cos15°sin8°＋cos15°sin8°,cos15°cos8°＋sin15°sin8°－sin15°sin8°) ＝eq \f(sin15°,cos15°)＝eq \f(sin（45°－30°）,cos（45°－30°）) ＝eq \f(sin45°cos30°－cos45°sin30°,cos45°cos30°＋sin45°sin30°) ＝eq \f(\f(\r(6)－\r(2),4),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝2－eq \r(3)． 题型二　给值求值 例2　(1)已知sinθ＝eq \f(12,13)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))． 解　∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinθ＝eq \f(12,13)， ∴cosθ＝－eq \f(5,13)， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝sinθcoseq \f(π,3)＋cosθsineq \f(π,3) ＝eq \f(12,13)×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(12－5\r(3),26)． (2)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(7\r(2),10)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，求sinθ． 解　∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，∴θ－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))， 又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(7\r(2),10)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))＝eq \f(\r(2),10)，∴sinθ＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＋\f(π,4))) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))coseq \f(π,4)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))sineq \f(π,4) ＝eq \f(7\r(2),10)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),10)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(4,5)． [跟踪训练2]　设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))，若cosβ＝－eq \f(1,3)，sin(α＋β)＝eq \f(7,9)，则sinα的值为(　　) A．eq \f(1,27) B．eq \f(5,27) C．eq \f(1,3) D．eq \f(23,27) 解析　由cosβ＝－eq \f(1,3)，sin(α＋β)＝eq \f(7,9)可得sinβ＝eq \f(2\r(2),3)，cos(α＋β)＝－eq \f(4\r(2),9)．所以sinα＝sin[(α＋β)－β]＝eq \f(7,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(2),9)))×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(1,3)． 题型三　给值求角 例3　已知sinα＝－eq \f(1,7)，cosβ＝eq \f(3\r(3),14)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求α＋β的值． 解　因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sinα＝－eq \f(1,7)，cosβ＝eq \f(3\r(3),14)，所以cosα＝eq \f(4\r(3),7)，sinβ＝eq \f(13,14)，所以sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝－eq \f(1,7)×eq \f(3\r(3),14)＋eq \f(4\r(3),7)×eq \f(13,14)＝eq \f(\r(3),2)．又因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故α＋β＝eq \f(π,3)． 根据三角函数值求角时，一般先求出该角的某个三角函数值，再确定该角的取值范围，最后得出该角的大小．至于求该角的哪一个三角函数值，这要取决于该角的取值范围，然后结合三角函数值在不同象限的符号来确定．一般地，若θ∈(0，π)，则通常求cosθ；若θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则通常求sinθ，否则容易导致增解． [跟踪训练3]　已知sinα＝eq \f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β＝________． 解析　由条件知cosα＝eq \f(2\r(5),5)，cos(α－β)＝eq \f(3\r(10),10)，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq \f(\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq \f(\r(2),2)．又β为锐角，所以β＝eq \f(π,4)． eq \f(π,4) [跟踪训练4]　求证：eq \f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq \f(sinβ,sinα)． 证明　∵sin(2α＋β)－2cos(α＋β)sinα ＝sin[(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sinα ＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα－2cos(α＋β)sinα ＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα ＝sin[(α＋β)－α]＝sinβ， ∴eq \f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq \f(sinβ,sinα)． 1．计算sin43°cos13°－cos43°sin13°的结果是(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),3) C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),2) 解析　sin43°cos13°－cos43°sin13°＝sin(43°－13°)＝sin30°＝eq \f(1,2)． 2．sinθ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(4π,3)))的值为(　　) A．0 B．eq \f(1,2) C．1 D．2 解析　原式＝sinθ＋sinθcoseq \f(2π,3)＋cosθsineq \f(2π,3)＋sinθcoseq \f(4π,3)＋cosθsineq \f(4π,3)＝sinθ－eq \f(1,2)sinθ＋eq \f(\r(3),2)cosθ－eq \f(1,2)sinθ－eq \f(\r(3),2)cosθ＝0． 3．若锐角α，β满足cosα＝eq \f(12,13)，cos(2α＋β)＝eq \f(3,5)，则sin(α＋β)＝(　　) A．eq \f(63,65) B．eq \f(53,65) C．eq \f(33,65) D．－eq \f(33,65) 解析　∵锐角α满足cosα＝eq \f(12,13)，∴sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(5,13)，∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))．∵cos(2α＋β)＝eq \f(3,5)，∴2α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin(2α＋β)＝eq \r(1－cos2（2α＋β）)＝eq \f(4,5)，则sin(α＋β)＝sin[(2α＋β)－α]＝sin(2α＋β)cosα－cos(2α＋β)sinα＝eq \f(4,5)×eq \f(12,13)－eq \f(3,5)×eq \f(5,13)＝eq \f(33,65)，故选C． 4．若cosα＝－eq \f(4,5)，α是第三象限角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________． 解析　由题意，知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 \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(7\r(2),10)． －eq \f(7\r(2),10) 5．已知eq \f(π,2)<β<α<eq \f(3π,4)，cos(α－β)＝eq \f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq \f(3,5)，求sin2α的值． 解　因为eq \f(π,2)<β<α<eq \f(3π,4)， 所以0<α－β<eq \f(π,4)，π<α＋β<eq \f(3π,2)． 又cos(α－β)＝eq \f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq \f(3,5)， 所以sin(α－β)＝eq \r(1－cos2（α－β）)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up12(2))＝eq \f(5,13)， cos(α＋β)＝－eq \r(1－sin2（α＋β）)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝－eq \f(4,5)． 所以sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)] ＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β) ＝eq \f(5,13)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋eq \f(12,13)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq \f(56,65)． 一、选择题 1．sin105°＋sin15°＝(　　) A．eq \f(\r(3)＋\r(2),4) B．eq \f(\r(6),2) C．eq \f(\r(3)－\r(2),4) D．eq \f(\r(2),2) 解析　sin105°＋sin15°＝sin(45°＋60°)＋sin(60°－45°)＝sin45°cos60°＋cos45°sin60°＋sin60°·cos45°－cos60°sin45°＝2cos45°sin60°＝eq \f(\r(6),2)． 2．已知α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin(α－β)，则tanα＝(　　) A．0 B．eq \r(3) C．eq \f(1,2) D．1 3．若锐角α，β满足cosα＝eq \f(4,5)，cos(α＋β)＝eq \f(3,5)，则sinβ的值是(　　) A．eq \f(17,25) B．eq \f(3,5) C．eq \f(7,25) D．eq \f(1,5) 解析　∵cosα＝eq \f(4,5)，cos(α＋β)＝eq \f(3,5)，α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴0<α＋β<π，∴sinα＝eq \f(3,5)，sin(α＋β)＝eq \f(4,5)．∴sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝eq \f(4,5)×eq \f(4,5)－eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(7,25)． 5．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝－eq \f(1,2)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(\r(3),2)，其中eq \f(π,4)<α<eq \f(π,2)，eq \f(π,4)<β<eq \f(π,2)，则α＋β的值为(　　) A．eq \f(5π,6) B．eq \f(2π,3) C．eq \f(π,3) D．eq \f(5π,6)或eq \f(2π,3) 解析　∵eq \f(π,4)<α<eq \f(π,2)，eq \f(π,4)<β<eq \f(π,2)，∴－eq \f(π,4)<eq \f(π,4)－α<0，eq \f(π,2)<eq \f(π,4)＋β<eq \f(3π,4)． ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq \f(\r(3),2)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β)))＝－eq \f(1,2)，∴sin(α＋β)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq \f(1,2)．又eq \f(π,2)<α＋β<π，∴α＋β＝eq \f(5π,6)． 二、填空题 6．化简：coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝________． 解析　原式＝coseq \f(π,3)cosα－sineq \f(π,3)sinα＋sineq \f(π,6)cosα＋coseq \f(π,6)sinα＝cosα． 7．已知向量eq \o(OA,\s\up12(→))＝(5，12)，将向量eq \o(OA,\s\up12(→))绕原点O顺时针旋转60°到eq \o(OA′,\s\up12(→))的位置，则点A′的坐标为__________________． 解析　如图，设A′(x，y)，∠xOA＝α，所以∠xOA′＝ α－60°，则|OA|＝eq \r(52＋122)＝13，所以cosα＝eq \f(5,13)，sinα＝ eq \f(12,13)，因此x＝13cos(α－60°)＝13(cosαcos60°＋sinαsin60°)＝ 13eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)×\f(1,2)＋\f(12,13)×\f(\r(3),2)))＝eq \f(5＋12\r(3),2)．同理y＝eq \f(12－5\r(3),2)，所以A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5＋12\r(3),2)，\f(12－5\r(3),2)))． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5＋12\r(3),2)，\f(12－5\r(3),2))) eq \f(π,6) 解析　eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3sinA＋4cosB＝6，　①,3cosA＋4sinB＝1，　②)) 由①2＋②2，得9＋16＋24sin(A＋B)＝37， ∴sin(A＋B)＝eq \f(1,2)． ∴在△ABC中，sinC＝eq \f(1,2)，∴C＝eq \f(π,6)或C＝eq \f(5π,6)． 若C＝eq \f(5π,6)，则A＋B＝eq \f(π,6)． ∵1－3cosA＝4sinB>0，∴cosA<eq \f(1,3)． 又eq \f(1,3)<eq \f(1,2)，∴A>eq \f(π,3)． 此时A＋C>π，不符合题意， ∴C≠eq \f(5π,6)，∴C＝eq \f(π,6)． 三、解答题 9．求证：eq \f(sin（α＋β）sin（α－β）,sin2αcos2β)＝1－eq \f(tan2β,tan2α)． 证明　左边＝ eq \f(（sinαcosβ＋cosαsinβ）（sinαcosβ－cosαsinβ）,sin2αcos2β) ＝eq \f(sin2αcos2β－cos2αsin2β,sin2αcos2β)＝1－eq \f(tan2β,tan2α)＝右边， ∴原式成立． 10．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(3π,4)＋β))＝eq \f(5,13)，求sin(α＋β)的值． 解　∵eq \f(π,4)<α<eq \f(3π,4)，∴eq \f(π,2)<eq \f(π,4)＋α<π． 又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(π,4)＋α))＝eq \r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f(4,5)． ∵0<β<eq \f(π,4)，∴eq \f(3π,4)<eq \f(3π,4)＋β<π． 又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq \f(5,13)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β)))＝－eq \f(12,13)． ∴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(3π,4)＋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)． 1．已知函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈R，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq \f(3\r(2),2)． (1)求实数A的值； (2)若f(θ)－f(－θ)＝eq \r(3)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))的值． 解　(1)由题意，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(π,3)))＝Asineq \f(3π,4)＝eq \f(\r(2),2)A＝eq \f(3\r(2),2)，所以A＝3． (2)由(1)，得f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))， 所以f(θ)－f(－θ) ＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)) ＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθcos\f(π,3)＋cosθsin\f(π,3)))－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)cosθ－cos\f(π,3)sinθ))＝eq \r(3)， 所以sinθ＝eq \f(\r(3),3)． 因为0<θ<eq \f(π,2)， 所以cosθ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \r(1－\f(1,3))＝eq \f(\r(6),3)， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ＋\f(π,3))) ＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝3cosθ＝3×eq \f(\r(6),3)＝eq \r(6)． 2．已知函数f(x)＝eq \f(\r(2),2)(cosx－sinx)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－2asinx＋b(a>0)有最大值1和最小值－4，求a，b的值． 解　f(x)＝eq \f(\r(2),2)(cosx－sinx)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－2asinx＋b＝eq \f(1,2)(cos2x－sin2x)－2asinx＋b ＝eq \f(1,2)(1－2sin2x)－2asinx＋b＝－(sinx＋a)2＋eq \f(1,2)＋a2＋b(－1≤sinx≤1)． 当a≥1时，依题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a＋b－\f(1,2)＝－4，,2a＋b－\f(1,2)＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(5,4)，,b＝－1.)) 当0<a<1时，依题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a＋b－\f(1,2)＝－4，,\f(1,2)＋a2＋b＝1，)) 解得a＝eq \r(5)－1(舍去)或a＝－eq \r(5)－1(舍去)． 综上可得a＝eq \f(5,4)，b＝－1． $$