10.1.2 两角和与差的正弦(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（苏教版2019）

第10章　三角恒等变换 10.1　 两角和与差的三角函数 10.1.2　两角和与差的正弦 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 目 录 课前案 必备知识·自主学习 01 02 CONTENTS 课堂案 关键能力·互动探究 03 课后案 学业评价·层级训练 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 课前案 必备知识·自主学习 01 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 导学 两角和与差的正弦公式 sin αcos β＋cos αsin β sin αcos β－cos αsin β 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 课堂案 关键能力·互动探究 02 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 点击进入Word 课后案 学业评价·层级训练 03 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 谢谢观看 返回目录 第10章　三角恒等变换 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 学业标准 素养目标 1.理解两角和与差的正弦公式的推导过程. 2.会利用两角和与差的正弦公式进行简单的三角函数求值、化简和证明．(重点、难点) 3.会灵活运用两角和与差的正弦、余弦公式解决问题．(难点) 1.借助两角和与差的正弦公式的推导，培养数学建模核心素养. 2.通过用两角和与差的正弦公式进行化简、求值，提升数学运算、逻辑推理核心素养. [教材梳理] 名称 公式 简记符号 条件 两角和 的正弦 sin(α＋β)＝___________________________ S(α＋β) α，β ∈R 两角差 的正弦 sin(α－β)＝_____________________________ S(α－β) [基础自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)存在角α，β，使得cos(α＋β)＝cos αcos β＋sin αsin β.(　　) (2)任意角α，β，都有sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β.(　　) (3)存在角α，β，使得sin(α－β)≠sin αcos β－cos αsin β. (4)存在角α，β，使得sin(α＋β)＝sin αcos β－cos αsin β.(　　) 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 2．sin 72°cos 42°－cos 72°sin 42°的值为(　　) A.0　　　　　　　　 B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),3) 解析　sin 72°cos 42°－cos 72°sin 42°＝sin(72°－42°)＝sin 30°＝eq \f(1,2). 答案　C 3．(多选题)若sin α＝eq \f(3,5)，则2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝(　　) A.eq \f(7\r(2),5) B.eq \f(1,5) C.eq \f(\r(2),5) D.eq \f(－\r(2),5) 解析　因为sin α＝eq \f(3,5)，所以cos α＝±eq \f(4,5).当cos α＝eq \f(4,5)时，根据两角和正弦公式得 sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sin αcoseq \f(π,4)＋sineq \f(π,4) cos α＝eq \f(\r(2),2)sin α＋eq \f(\r(2),2)cos α＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(3,5)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(4,5)＝eq \f(7\r(2),10)； 当cos α＝－eq \f(4,5)时，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),10). 所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(7\r(2),5)或－eq \f(\r(2),5). 答案　AD 4．计算sineq \f(7π,12)＝_______. 解析　sin eq \f(7π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝sineq \f(π,3)coseq \f(π,4)＋coseq \f(π,3)sineq \f(π,4)＝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). 答案　eq \f(\r(6)＋\r(2),4) 题型一　给角求值 (1)eq \f(sin 50°－sin 20°cos 30°,cos 20°)； (2)sin(θ＋75°)＋cos(θ＋45°)－eq \r(3)cos(θ＋15°)． [解析]　(1)原式＝eq \f(sin20°＋30°－sin 20°cos 30°,cos 20°) ＝eq \f(sin 20°cos 30°＋cos 20°sin 30°－sin 20°cos 30°,cos 20°) ＝eq \f(cos 20°sin 30°,cos 20°)＝sin 30°＝eq \f(1,2). (2)设α＝θ＋15°， 则原式＝sin(α＋60°)＋cos(α＋30°)－eq \r(3)cos α ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin α＋\f(\r(3),2)cos α))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos α－\f(1,2)sin α))－eq \r(3)cos α＝0. 解决给角求值问题的策略 (1)对于非特殊角的三角函数式求值问题，一定要本着先整体后局部的基本原则，如果整体符合三角公式的形式，则整体变形，否则进行各局部的变形． (2)一般途径有将非特殊角化为特殊角的和或差的形式，化为正负相消的项并消项求值，化分子、分母形式进行约分，解题时要逆用或变用公式. [触类旁通] 1．cos 70°sin 50°－cos 200°sin 40°＝(　　) A．－eq \f(\r(3),2)　 B．－eq \f(1,2)　　　 C．eq \f(1,2)　　　 D．eq \f(\r(3),2) 解析　∵cos 200°＝cos(180°＋20°)＝－cos 20°＝－sin 70°，sin 40°＝cos 50°， ∴原式＝cos 70°sin 50°－(－sin 70°)cos 50°＝sin(50°＋70°)＝sin 120°＝eq \f(\r(3),2). 答案　D 题型二　给值(式)求值 f(3,5)INCLUDEPICTURE "教师WORD/例2.tif" \* MERGEFORMAT" 　已知sin α＝，cos β＝－eq \f(5,13)，且α为第一象限角，β为第二象限角，求sin(α＋β)和sin(α－β)的值． [解析]　∵α为第一象限角且sin α＝eq \f(3,5)， ∴cos α＝eq \f(4,5).又β为第二象限角且cos β＝－eq \f(5,13)，∴sin β＝eq \f(12,13)，∴sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝eq \f(3,5)×eq \f(－5,13)＋eq \f(4,5)×eq \f(12,13)＝eq \f(33,65). sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β ＝eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－5,13)))－eq \f(4,5)×eq \f(12,13)＝－eq \f(63,65). 给值求值问题的两种变换 (1)式子的变换：分析已知式子的结构特点，结合两角和与差的三角函数公式，通过变形，建立与待求式间的联系以实现求值． (2)角的变换：首先从已知角间的关系入手，分析已知角与待求角间的关系，如用α＝β－(β－α)，2α＝(α＋β)＋(α－β)等关系，把待求的三角函数与已知三角函数巧妙地建立等量关系，从而求值. [触类旁通] 2．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋α))＝eq \f(5,13)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－β))＝eq \f(3,5)，且0＜α＜eq \f(π,4)＜β＜eq \f(3π,4)，求sin(α＋β)的值． 解析　∵0＜α＜eq \f(π,4)＜β＜eq \f(3π,4)， ∴eq \f(3π,4)＜eq \f(3π,4)＋α＜π，－eq \f(π,2)＜eq \f(π,4)－β＜0， 又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋α))＝eq \f(5,13)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－β))＝eq \f(3,5)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋α))＝－eq \f(12,13)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－β))＝－eq \f(4,5). ∴sin(α＋β)＝－coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α＋β)) ＝－coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－β)))) ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－β))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－β)))) ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))×\f(3,5)＋\f(5,13)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))))＝eq \f(56,65). 题型三　给值求角 f(1,7)INCLUDEPICTURE "教师WORD/例3.tif" \* MERGEFORMAT" 　已知cos α＝，sin(α＋β)＝eq \f(5\r(3),14)，0＜α＜eq \f(π,2)，0＜β＜eq \f(π,2)，求角β的值． [解析]　因为0＜α＜eq \f(π,2)，cos α＝eq \f(1,7)， 所以sin α＝eq \f(4\r(3),7). 又因为0＜β＜eq \f(π,2)，所以0＜α＋β＜π. 因为sin(α＋β)＝eq \f(5\r(3),14)＜sin α，所以eq \f(π,2)＜α＋β＜π， 所以cos(α＋β)＝－eq \f(11,14)， 所以sin β＝sin[(α＋β)－α] ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝eq \f(5\r(3),14)×eq \f(1,7)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,14)))×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(\r(3),2). 又因为0＜β＜eq \f(π,2)，所以β＝eq \f(π,3). 求解给值求角的关键两点 (1)求出所求角的某种三角函数值； (2)确定角的范围．一旦做好这两个环节，结合三角函数的性质与图象，便可求解. [触类旁通] 3．在△ABC中，3sin A＋4cos B＝6,3cos A＋4sin B＝1，则C＝(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6) C.eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) D.eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) 解析　把条件中的两个等式平方再相加，得sin(A＋B)＝eq \f(1,2)，即sin C＝eq \f(1,2)，所以C＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).当C＝eq \f(5π,6)时，A＋B＝eq \f(π,6)，由3cos A＋4sin B＝1， 得1－3cos A＝4sin B>0.即cos A<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．故C＝eq \f(π,6). 答案　A 题型四　辅助角公式的应用(一题多解　一题多变) f(π,12)INCLUDEPICTURE "教师WORD/例4.tif" \* MERGEFORMAT" 　(1)sin－eq \r(3)coseq \f(π,12)＝_______. (2)已知a＝(eq \r(3)，－1)，b＝(sin x，cos x)，x∈R，f(x)＝a·b，求函数f(x)的周期，值域，单调递增区间． (1)[解析]　原式＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(π,12)－\f(\r(3),2)cos\f(π,12))). 法一(化正弦) 原式＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)sin\f(π,12)－sin\f(π,3)cos\f(π,12))) ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,12)cos\f(π,3)－cos\f(π,12)sin\f(π,3))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－eq \r(2). 法二(化余弦) 原式＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\f(π,12)－cos\f(π,6)cos\f(π,12))) ＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)cos\f(π,12)－sin\f(π,6)sin\f(π,12))) ＝－2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,12)))＝－2coseq \f(π,4)＝－eq \r(2). [答案]　－eq \r(2) (2)[解析]　f(x)＝eq \r(3)sin x－cos x ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin x－\f(1,2)cos x)) ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin xcos\f(π,6)－cos xsin\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))， ∴T＝eq \f(2π,ω)＝2π，值域[－2,2]． 由－eq \f(π,2)＋2kπ≤x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，得递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z. [母题变式] 1．(变条件)若将本例(2)中“a＝(eq \r(3)，－1)”改为“a＝(－1，eq \r(3))”，其他条件不变，如何解答？ 解析　f(x)＝－sin x＋eq \r(3)cos x ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos x－\f(1,2)sin x))＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))， ∴T＝2π，值域为[－2,2]， 由－π＋2kπ≤x＋eq \f(π,6)≤2kπ，得递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,6)＋2kπ，－\f(π,6)＋2kπ))，k∈Z. 2．(变条件)若将本例(2)中“a＝(eq \r(3)，－1)”改为“a＝(m，m)，其中m＞0”，其他条件不变，应如何解答？ 解析　f(x)＝msin x＋mcos x ＝eq \r(2)msineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))， ∴T＝2π，值域为[－eq \r(2)m，eq \r(2)m]， 由－eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，得递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))，k∈Z. [素养聚焦]　通过辅助角公式的应用，逻辑推理、数学运算等核心素养在解题过程中得以体现． 辅助角公式及其运用 (1)公式形式：公式asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)(或asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)cos(α－φ))将形如asin α＋bcos α(a，b不同时为零)的三角函数式收缩为同一个角的一种三角函数式． (2)形式选择：化为正弦还是余弦，要看具体条件而定. [触类旁通] 4．若方程sin x－eq \r(3)cos x＝m－1有解，则m的取值范围是_______. 解析　sin x－eq \r(3)cos x＝m－1， 即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin x－\f(\r(3),2)cos x))＝m－1， 即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝m－1， ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))∈[－1,1]． ∴－2≤m－1≤2， 即－1≤m≤3. 答案　[－1,3] [缜密思维提能区]　　　　 　　易错案例　　 两角和与差的正弦、余弦公式逆用 [典例]　已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sin α＝－eq \f(4\r(3),5)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝(　　) A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5) C．eq \f(3,5) D．eq \f(4,5) [解析]　因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sin α ＝sin αcoseq \f(π,3)＋cos αsin eq \f(π,3)＋sin α ＝eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cos α＋sin α＝eq \f(3,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cos α 所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝－eq \f(4,5)， 所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq \f(4,5). [答案]　D [纠错心得] (1)恰当选择两角和与差的正、余弦公式形如asin x＋bcos x三角函数式的化简，关键是记准特殊角的三角函数值，恰当选择并逆用公式化简为一个角的一种三角函数形式，如本例中，eq \f(\r(3),2)sin α＋eq \f(1,2)cos α＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3))). (2)注意与诱导公式或同角三角函数关系综合应用，三角函数式化简的思路主要从“角”“函数名”“式子结构”等角度找思路，此时要特别注意诱导公式、同角三角函数关系的应用，如本例中由α＋eq \f(2π,3)＋eq \f(π,3)－α＝π想到coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)). 知识落实 技法强化 (1)公式的推导. (2)给式求值、给值求值、给值求角. (3)公式的正用、逆用、变形用. (1)转化法，整体代换法. (2)asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)·sin (α＋φ)公式中，角φ由tan φ＝eq \f(b,a)和(a，b)所在象限确定. $$