2024-2025學年新教材高中數(shù)學第八章向量的數(shù)量積與三角恒等變換8.2三角恒等變換8.2.4第2課時積化和差和差化積公式學案含解析新人教B版必修第三冊

PAGE1-第2課時積化和差、和差化積公式[課程目標]1.了解三角函數(shù)的積化和差與和差化積公式的推導過程；了解此組公式與兩角和與差的正弦、余弦公式的聯(lián)系，從而培育邏輯推理實力．2．駕馭三角函數(shù)的積化和差與和差化積公式，能正確運用此公式進行簡潔的三角函數(shù)式的化簡、求值和恒等式的證明．[填一填]1．三角函數(shù)的積化和差公式cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]，sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]，sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]，cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]，2．積化和差公式的推導sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，(Sα＋β)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ，(Sα－β)，cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ，(Cα＋β)，cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ，(Cα－β)，(Sα＋β)＋(Sα－β)，(Sα＋β)－(Sα－β)，(Cα＋β)＋(Cα－β)，(Cα＋β)－(Cα－β)，得sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sinαcosβ，sin(α＋β)－sin(α－β)＝2cosαsinβ，cos(α＋β)＋cos(α－β)＝2cosαcosβ，cos(α＋β)－cos(α－β)＝－2sinαsinβ，即sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]，①cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]，②cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]，③sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]，④公式①②③④叫做積化和差公式．3．三角函數(shù)的和差化積公式sinx＋siny＝2sineq\f(x＋y,2)coseq\f(x－y,2)，sinx－siny＝2coseq\f(x＋y,2)sineq\f(x－y,2)，cosx＋cosy＝2coseq\f(x＋y,2)coseq\f(x－y,2)，cosx－cosy＝－2sineq\f(x＋y,2)sineq\f(x－y,2).4．和差化積公式的推導在積化和差的公式中，假如令α＋β＝θ，α－β＝φ，則α＝eq\f(θ＋φ,2)，β＝eq\f(θ－φ,2).把這些值代入積化和差的公式①中，就有sineq\f(θ＋φ,2)·coseq\f(θ－φ,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ＋φ,2)＋\f(θ－φ,2)))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ＋φ,2)－\f(θ－φ,2)))))＝eq\f(1,2)(sinθ＋sinφ)．∴sinθ＋sinφ＝2sineq\f(θ＋φ,2)·coseq\f(θ－φ,2).⑤同樣可得，sinθ－sinφ＝2coseq\f(θ＋φ,2)·sineq\f(θ－φ,2)，⑥cosθ＋cosφ＝2coseq\f(θ＋φ,2)·coseq\f(θ－φ,2)，⑦cosθ－cosφ＝－2sineq\f(θ＋φ,2)·sineq\f(θ－φ,2).⑧公式⑤⑥⑦⑧叫做和差化積公式．[答一答]1．積化和差與和差化積公式有哪些特點？提示：(1)積化和差公式的特點①同名函數(shù)之積化為兩角和與差余弦的和(差)的一半，異名函數(shù)之積化為兩角和與差正弦的和(差)的一半；②等式左邊為單角α、β，等式右邊是它們的和(差)角；③假如左端兩函數(shù)中有余弦函數(shù)，那么右端系數(shù)為正，無余弦函數(shù)，系數(shù)為負．(2)和差化積公式的特點①余弦函數(shù)的和或差化為同名函數(shù)之積；②正弦函數(shù)的和或差化為異名函數(shù)之積；③等式左邊為單角α和β，等式右邊為eq\f(α＋β,2)與eq\f(α－β,2)的形式；④只有余弦差一組的符號為負，其余均為正．2．三角恒等變換的基本原則是什么？提示：(1)化異角為同角：利用三角函數(shù)公式把不同的角化為相同的角．(2)化異次為同次：利用升降冪公式把異次化為同次．(3)化異名為同名：利用誘導公式把不同名的三角函數(shù)化為同名三角函數(shù)．(4)三角函數(shù)式化簡的原則：盡量使函數(shù)種類最少，次數(shù)相對較低(正整數(shù)指數(shù)冪)，項數(shù)最少，盡量使分母不含三角函數(shù)，盡量去掉根號或削減根號的層次，能求出詳細值的應求出其值．類型一積化和差公式[例1]運用積化和差公式計算或化簡下列各式：(1)sineq\f(π,12)·coseq\f(5π,12)；(2)2cos35°sin55°；(3)cos(x－y)cos(x＋y)．[分析]本題主要考查積化和差公式，所給形式均符合公式形式，按公式化積即可．[解](1)原式＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(5π,12)))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(5π,12)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),4).(2)原式＝sin(35°＋55°)－sin(35°－55°)＝sin90°＋sin20°＝1＋sin20°.(3)原式＝eq\f(1,2){cos[(x－y)＋(x＋y)]＋cos[(x－y)－(x＋y)]}＝eq\f(1,2)[cos2x＋cos(－2y)]＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)cos2y.[變式訓練1]sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋β))化成和差為(B)A.eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β))＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α－β))B.eq\f(1,2)cos(α＋β)＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α－β))C.eq\f(1,2)sin(α－β)＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α＋β))D.eq\f(1,2)cos(α＋β)＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α＋β))解析：原式＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,6)＋α＋β))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α－β))))＝eq\f(1,2)cos(α＋β)＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α－β)).類型二和差化積公式[例2]將sin2α－cos2β化為積的形式．[分析]解此題可以先因式分解，再和差化積或先降冪再和差化積．[解]方法一：sin2α－cos2β＝(sinα＋cosβ)(sinα－cosβ)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinα＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinα－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(α－β,2)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α＋β,2)－\f(π,4)))·2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(α－β,2)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α＋β,2)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－β))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β－\f(π,2)))＝－cos(α＋β)·cos(α－β)．方法二：sin2α－cos2β＝eq\f(1－cos2α,2)－eq\f(1＋cos2β,2)＝－eq\f(1,2)(cos2α＋cos2β)＝－cos(α＋β)cos(α－β)．eq\a\vs4\al(1.非同名函數(shù)化同名函數(shù).,2.合理選擇公式對解題很重要方法二比方法一簡便多了.)[變式訓練2]把下列各式化為積的形式：(1)cosx－eq\f(1,2)；(2)1＋2sinx.解：(1)原式＝cosx－coseq\f(π,3)＝－2sineq\f(x＋\f(π,3),2)sineq\f(x－\f(π,3),2)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6))).(2)原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋sinx))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)＋sinx))＝4sineq\f(x＋\f(π,6),2)coseq\f(x－\f(π,6),2)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,12))).類型三三角函數(shù)式的化簡、求值與證明命題視角1：運用公式對三角函數(shù)式化簡求值[例3]化簡并求值．(1)sin10°sin30°sin50°sin70°；(2)coseq\f(2,7)π＋coseq\f(4,7)π＋coseq\f(6,7)π.[分析]利用形式的改變以及特別值求解，留意積與和差的轉化．[解]解法1：(1)sin10°sin30°sin50°sin70°＝－eq\f(1,4)(cos60°－cos40°)sin70°＝－eq\f(1,8)sin70°＋eq\f(1,4)sin70°cos40°＝－eq\f(1,8)sin70°＋eq\f(1,8)(sin110°＋sin30°)＝－eq\f(1,8)sin70°＋eq\f(1,8)sin70°＋eq\f(1,16)＝eq\f(1,16).(2)coseq\f(2,7)π＋coseq\f(4,7)π＋coseq\f(6,7)π＝2coseq\f(3π,7)coseq\f(π,7)＋2cos2eq\f(3π,7)－1＝2coseq\f(3π,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,7)＋cos\f(π,7)))－1＝－4coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(4π,7)－1＝eq\f(－4sin\f(π,7)cos\f(π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),sin\f(π,7))－1＝eq\f(－2sin\f(2π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),sin\f(π,7))－1＝－eq\f(sin\f(4π,7)cos\f(4π,7),sin\f(π,7))－1＝－eq\f(\f(1,2)sin\f(8π,7),sin\f(π,7))－1＝eq\f(\f(1,2)sin\f(π,7),sin\f(π,7))－1＝－eq\f(1,2).解法2：(1)sin10°sin30°sin50°sin70°＝eq\f(1,2)cos20°cos40°cos80°＝eq\f(sin20°cos20°cos40°cos80°,2sin20°)＝eq\f(sin40°cos40°cos80°,4sin20°)＝eq\f(sin80°cos80°,8sin20°)＝eq\f(sin160°,16sin20°)＝eq\f(sin20°,16sin20°)＝eq\f(1,16).(2)coseq\f(2π,7)＋coseq\f(4π,7)＋coseq\f(6π,7)＝eq\f(2cos\f(2π,7)sin\f(π,7)＋2cos\f(4π,7)sin\f(π,7)＋2cos\f(6π,7)sin\f(π,7),2sin\f(π,7))＝eq\f(sin\f(3π,7)－sin\f(π,7)＋sin\f(5π,7)－sin\f(3π,7)＋sinπ－sin\f(5π,7),2sin\f(π,7))＝－eq\f(sin\f(π,7),2sin\f(π,7))＝－eq\f(1,2).對于給式求值問題，一般思路是先對條件化簡，之后看能否干脆求結果；若不能，則再對所求化簡，直到找到兩者的聯(lián)系為止.“走一走，看一看”對解此類問題是特別必要的.試圖利用已知等式及平方關系分別求取cosα，cosβ，sinα，sinβ的值，導致運算煩瑣，難以求解.[變式訓練3]求下列各式的值．(1)sin54°－sin18°；(2)cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°.解：(1)sin54°－sin18°＝2coseq\f(54°＋18°,2)sineq\f(54°－18°,2)＝2cos36°sin18°＝2×eq\f(2sin18°cos18°cos36°,2cos18°)＝eq\f(2sin36°cos36°,2cos18°)＝eq\f(sin72°,2cos18°)＝eq\f(cos18°,2cos18°)＝eq\f(1,2).(2)cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°＝2cos120°cos26°＋2×eq\f(1,2)(cos120°＋cos26°)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×cos26°＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋cos26°＝－cos26°＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋cos26°＝－eq\f(1,2).命題視角2：運用公式證明三角函數(shù)式[例4]求證：taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2)＝eq\f(2sinx,cosx＋cos2x).[證明]方法1：taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2)＝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))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sinx,cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(2sinx,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))))＝eq\f(2sinx,cosx＋cos2x).方法2：eq\f(2sinx,cosx＋cos2x)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2))))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3x,2)cos\f(x,2)－cos\f(3x,2)sin\f(x,2))),2cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sin\f(3x,2),cos\f(3x,2))－eq\f(sin\f(x,2),cos\f(x,2))＝taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2).證明三角恒等式的實質是消退等式兩邊的差異，有目的地化繁為簡、左右歸一或變更論證.對恒等式的證明，應遵循化繁為簡的原則，從左邊推到右邊或從右邊推到左邊，也可以用左右歸一，變更論證等方法.常用定義法、化弦法、化切法、拆項拆角法、“1”的代換法、公式變形法，要嫻熟駕馭基本公式，擅長從中選擇奇妙簡捷的方法.[變式訓練4]在△ABC中，求證：sinA＋sinB＋sinC＝4coseq\f(A,2)coseq\f(B,2)coseq\f(C,2).證明：因為A＋B＋C＝π，所以C＝π－(A＋B)，eq\f(C,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(A＋B,2).因此sinA＋sinB＋sinC＝2sineq\f(A＋B,2)·coseq\f(A－B,2)＋sin(A＋B)＝2sineq\f(A＋B,2)coseq\f(A－B,2)＋2sineq\f(A＋B,2)coseq\f(A＋B,2)＝2sineq\f(A＋B,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(A－B,2)＋cos\f(A＋B,2)))＝2sineq\f(A＋B,2)·2coseq\f(A,2)·coseq\f(B,2)＝2coseq\f(C,2)·2coseq\f(A,2)·coseq\f(B,2)＝4coseq\f(A,2)·coseq\f(B,2)·coseq\f(C,2).類型四在解三角形中的應用[例5]在△ABC中，若sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，則△ABC是()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．不等邊三角形 D．直角三角形[解析]由已知等式得eq\f(1,2)[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝eq\f(1,2)(1＋cosC)，又A＋B＝π－C，所以cos(A－B)－cos(π－C)＝1＋cosC，所以cos(A－B)＝1.又因為在三角形中，所以A－B＝0，所以A＝B.故△ABC為等腰三角形．[答案]B判定三角形形態(tài)的基本思路：對已知三角恒等式化簡變形，把三角函數(shù)關系式最終化成角之間的關系，利用角之間的關系判定形態(tài)，在變形時留意合理利用內角和定理及其變形[變式訓練5]已知△ABC的三個內角A，B，C滿意A＋C＝2B，eq\f(1,cosA)＋eq\f(1,cosC)＝－eq\f(\r(2),cosB)，求coseq\f(A－C,2)的值．解：∵A＋B＋C＝180°，且A＋C＝2B，∴B＝60°，A＋C＝120°.∴原式可化為cosA＋cosC＝－2eq\r(2)cosAcosC.∴2coseq\f(A＋C,2)coseq\f(A－C,2)＝－eq\r(2)[cos(A＋C)＋cos(A－C)]，由A＋C＝120°，代入上式得coseq\f(A－C,2)＝eq\f(\r(2),2)－eq\r(2)cos(A－C)＝eq\f(\r(2),2)－2eq\r(2)cos2eq\f(A－C,2)＋eq\r(2)，即2eq\r(2)cos2eq\f(A－C,2)＋coseq\f(A－C,2)－eq\f(3\r(2),2)＝0，∴(2eq\r(2)coseq\f(A－C,2)＋3)(coseq\f(A－C,2)－eq\f(\r(2),2))＝0，∵2eq\r(2)coseq\f(A－C,2)＋3≠0，∴coseq\f(A－C,2)＝eq\f(\r(2),2).1．給出下列四個關系式：①sinαsinβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]②sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]③cosαcosβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]