5.5.2 简单的三角恒等变换

5.5.1 学了两角和差公式、二倍角公式，这一节（5.5.2）用它们做三角恒等变换——不是死记新公式，而是学会”变形”的思想。三类核心内容：半角公式（用 $\cos\alpha$ 表示 $\sin^2\frac{\alpha}{2}$ 等）、积化和差与和差化积（积与和互相转化）、$a\sin x + b\cos x$ 化 $A\sin(x+\varphi)$（把混合式合成单个正弦，从而求周期、最值）。最后用它们解”内接矩形最大面积”这类应用题。

学完这一节，你要能：由二倍角公式推出半角公式并正确选择正负号；用和差化积/积化和差把”积”与”和”互相转化；把 $a\sin x + b\cos x$ 化成 $A\sin(x+\varphi)$ 求周期、最大值、最小值；能处理含 $\tan$ 的恒等式证明题。

一、半角公式：从二倍角公式”倒过来”用

在二倍角公式 $\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha$ 中，把 $2\alpha$ 换成 $\alpha$、$\alpha$ 换成 $\frac{\alpha}{2}$（$\alpha$ 是 $\frac{\alpha}{2}$ 的二倍角），得

$$\cos\alpha = 1 - 2\sin^2\frac{\alpha}{2} \ \Rightarrow\ \sin^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1-\cos\alpha}{2}.$$

同理由 $\cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha - 1$ 得

$$\cos^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1+\cos\alpha}{2}.$$

两式相除得

$$\tan^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}.$$

这三组就是半角公式。开方后的符号由 $\frac{\alpha}{2}$ 所在象限决定（如 $\theta \in (270^{\circ}, 360^{\circ})$ 时 $\frac{\theta}{2} \in (135^{\circ}, 180^{\circ})$，正弦取正、余弦取负）。另外还有”正切半角”的等价形式 $\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha} = \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$（练习 1 第 1 题要证），后两个式子不带根号、不需讨论符号，用起来往往更方便。

三角恒等变换的要诀（课本点明）：先找式子中各角之间的联系（倍半、和差关系），再选公式。角的联系是”地图”，公式是”交通工具”。

二、积化和差与和差化积（例 8）

把两角和差公式相加相减：

$$\sin(\alpha+\beta) \pm \sin(\alpha-\beta) \Rightarrow \sin\alpha\cos\beta = \tfrac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)]$$

（减号那组给 $\cos\alpha\sin\beta$）。同理可得 $\cos\alpha\cos\beta$、$\sin\alpha\sin\beta$ 的积化和差式（练习 1 第 4 题）。

反过来（和差化积）：在积化和差式里换元 $\alpha + \beta = \theta$，$\alpha - \beta = \varphi$，则 $\alpha = \frac{\theta+\varphi}{2}$，$\beta = \frac{\theta-\varphi}{2}$，得

$$\sin\theta + \sin\varphi = 2\sin\frac{\theta+\varphi}{2}\cos\frac{\theta-\varphi}{2}$$

及另两式（练习 1 第 5 题）。换元是例 8 的灵魂：把 $\alpha+\beta$ 看成 $\theta$、$\alpha-\beta$ 看成 $\varphi$，复杂的和就变成了两个简单角的积——这就是化归思想。

三、$a\sin x + b\cos x$ 合成一个正弦（例 9）

逆用和角公式：$\sin(x+\varphi) = \sin x\cos\varphi + \cos x\sin\varphi$，所以若

$$a\sin x + b\cos x = A\sin(x+\varphi) = A\sin x\cos\varphi + A\cos x\sin\varphi,$$

则 $A\cos\varphi = a$，$A\sin\varphi = b$。两式平方相加：$A^2 = a^2 + b^2$，取 $A = \sqrt{a^2+b^2}$；相除得 $\tan\varphi = \frac{b}{a}$（由 $\cos\varphi$、$\sin\varphi$ 的符号定象限）。

例 9 (1)：$\sin x + \sqrt{3}\cos x = 2\left(\frac{1}{2}\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x\right) = 2\left(\sin x\cos\frac{\pi}{3} + \cos x\sin\frac{\pi}{3}\right) = 2\sin\left(x + \frac{\pi}{3}\right)$。周期 $2\pi$，最大值 2，最小值 $-2$。

例 9 (2)：$3\sin x + 4\cos x$：$A = \sqrt{9+16} = 5$，$\cos\varphi = \frac{3}{5}$，$\sin\varphi = \frac{4}{5}$，故 $y = 5\sin(x+\varphi)$。周期 $2\pi$，最大 5，最小 $-5$。

公式化的写法：$a\sin x + b\cos x = \sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi)$，其中 $\varphi$ 由 $\cos\varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$、$\sin\varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$ 决定。

四、例 10：扇形内接矩形面积最大

扇形 $OPQ$ 半径 1、圆心角 $\frac{\pi}{3}$，$C$ 在弧上，矩形 $ABCD$ 内接。设 $\angle POC = \alpha$。

几何分解：$Rt\triangle OBC$ 中 $OB = \cos\alpha$、$BC = \sin\alpha$；$Rt\triangle OAD$ 中 $\frac{DA}{OA} = \tan\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$，故 $OA = \frac{\sqrt{3}}{3}DA = \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\alpha$。于是

$$S = AB \cdot BC = \left(\cos\alpha - \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\alpha\right)\sin\alpha.$$

用二倍角公式展开整理（课本的化法）：

$$S = \frac{1}{2}\sin2\alpha + \frac{\sqrt{3}}{6}\cos2\alpha - \frac{\sqrt{3}}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\left(2\alpha + \frac{\pi}{6}\right) - \frac{\sqrt{3}}{6}.$$

由 $0 < \alpha < \frac{\pi}{3}$ 得 $\frac{\pi}{6} < 2\alpha + \frac{\pi}{6} < \frac{5\pi}{6}$，当 $2\alpha + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$ 即 $\alpha = \frac{\pi}{6}$ 时 $S$ 最大：

$$S_{\max} = \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{6}.$$

这类题的套路：先把面积写成某个角的函数 → 用三角恒等变换合成 $A\sin(\omega x + \varphi) + C$ 的形式 → 由角的范围确定正弦取最大值的位置。

五、易错点

1. 半角公式的符号：$\sin\frac{\alpha}{2} = \pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}$ 中的正负由 $\frac{\alpha}{2}$ 所在象限决定，不是由 $\alpha$ 决定——先求 $\frac{\alpha}{2}$ 的范围再定号；
2. $\tan\frac{\alpha}{2}$ 的三个形式别混：$\tan^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}$ 要开方，而 $\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha} = \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$ 不用开方（但分母 $\cos\alpha \neq -1$、$\sin\alpha \neq 0$ 时适用）；
3. 积化和差与和差化积的系数：积化和差前面是 $\frac{1}{2}$，和差化积前面是 $2$——别乘错；$\sin\alpha\sin\beta = -\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta) - \cos(\alpha-\beta)]$ 前有负号；
4. 合成时的 $\varphi$ 象限：$a\sin x + b\cos x = A\sin(x+\varphi)$ 的 $\varphi$ 由 $\cos\varphi = \frac{a}{A}$、$\sin\varphi = \frac{b}{A}$ 共同决定（$a < 0$ 时 $\varphi$ 在二、三象限），只看 $\tan\varphi$ 会错象限；
5. 等式变形前先看定义域：约分前确认分母不为零（如 $\frac{1+\sin2\varphi}{\cos\varphi+\sin\varphi}$ 要求 $\cos\varphi+\sin\varphi \neq 0$；$\frac{\tan\alpha\tan2\alpha}{\tan2\alpha-\tan\alpha}$ 要求 $\tan\alpha \neq \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$ 等使分母为零的角）；
6. 倍角与半角的”角色互换”：$\alpha$ 是 $\frac{\alpha}{2}$ 的二倍角——把已知角拆成”两倍”再套公式（如 $\beta = (\alpha+\beta) - \alpha$ 用差角公式，习题 5.5 第 2 题）。

六、怎么读这一节

1. 亲手从 $\cos 2\alpha = 1-2\sin^2\alpha$、$\cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha-1$ 推出三个半角公式，并完成练习 1 第 1 题（正切半角两种形式）；
2. 例 8 的换元要独立走一遍：从 $\sin(\alpha+\beta) \pm \sin(\alpha-\beta)$ 出发，先得积化和差，再换元得和差化积——两个方向同一组公式；
3. 练熟合成：$y = \sin x + \sqrt{3}\cos x$、$y = 3\sin x + 4\cos x$、$y = 5\cos x - 12\sin x$（练习 2 第 1 题）等，看到 $a\sin x + b\cos x$ 立刻想到 $\sqrt{a^2+b^2}$；
4. 例 10 是”恒等变换 + 最值”的样板，配合练习 2 第 2 题（圆形场地内接矩形）再练一遍；
5. 习题 5.5 的第 9、10、16 题是”条件等式”：把条件变形（如 $\tan\alpha = 5\tan\beta$ 由和差化积的两个式子相除得到），再验证目标——多体会”化归”。

这一节是第 5 章公式的”总装配车间”：之后 5.6 研究 $y = A\sin(\omega x + \varphi)$ 时，例 9 的合成思想还会反复出现。

本节页面覆盖第 232–237 页，课本习题共 28 道（第 233 页「练习」5 道 + 第 235 页「练习」3 道 + 第 235–237 页「习题5.5」20 道），逐题全做。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习 第 1 题

1. 求证： $\tan\frac{\alpha}{2}=\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}.$

证法一（从 $\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}$ 出发，分子分母同乘 $2\cos\frac{\alpha}{2}$）：

$$\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{2\cos^2\frac{\alpha}{2}} = \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}.$$

分子分母同乘 $2\sin\frac{\alpha}{2}$：

$$\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{2\sin^2\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}.$$

证法二（直接由半角公式）：$\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\sin^2\frac{\alpha}{2} \cdot 2}{\sin\alpha}$ 整理同上述过程，或由 $\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha} = \frac{(1-\cos\alpha)(1+\cos\alpha)}{(1+\cos\alpha)\sin\alpha} \cdot \frac{\sin\alpha}{\sin\alpha}$ 交叉验证。

自检：两个中间式都与 $\tan\frac{\alpha}{2}$ 相等，故三者相等 ✓。取特殊值检验：$\alpha = 60^{\circ}$ 时 $\tan 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0.577$；$\frac{\sin 60^{\circ}}{1+\cos 60^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}/2}{3/2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ✓；$\frac{1-\cos 60^{\circ}}{\sin 60^{\circ}} = \frac{1/2}{\sqrt{3}/2} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ✓。注意条件：$\cos\alpha \neq -1$、$\sin\alpha \neq 0$（$\alpha \neq \pi + 2k\pi$ 等使分母为零的角）。

练习 第 2 题

2. 已知 $\cos \theta = \frac{1}{3}$，且 $270^{\circ} < \theta < 360^{\circ}$，试求 $\sin \frac{\theta}{2}$ 和 $\cos \frac{\theta}{2}$ 的值.

$\theta \in (270^{\circ}, 360^{\circ})$（第四象限），所以 $\frac{\theta}{2} \in (135^{\circ}, 180^{\circ})$（第二象限）——$\sin\frac{\theta}{2} > 0$，$\cos\frac{\theta}{2} < 0$。

由半角公式：

$$\sin^2\frac{\theta}{2} = \frac{1-\cos\theta}{2} = \frac{1-\frac{1}{3}}{2} = \frac{1}{3}, \quad \cos^2\frac{\theta}{2} = \frac{1+\cos\theta}{2} = \frac{1+\frac{1}{3}}{2} = \frac{2}{3}.$$

开方取号：

$$\sin\frac{\theta}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}, \quad \cos\frac{\theta}{2} = -\frac{\sqrt{6}}{3}.$$

自检：符号判断——$\frac{\theta}{2} \in (135^{\circ}, 180^{\circ})$，正弦正、余弦负 ✓。验算平方和：$\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2 + \left(-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1$ ✓。数值近似：$\frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0.577$，$\frac{\sqrt{6}}{3} \approx 0.816$——$\frac{\theta}{2}$ 接近 $180^{\circ}$，正弦、余弦绝对值合理 ✓。再验 $\cos\theta = 2\cos^2\frac{\theta}{2} - 1 = 2 \times \frac{2}{3} - 1 = \frac{1}{3}$ ✓。

练习 第 3 题

3. 已知等腰三角形的顶角的余弦等于 $\frac{7}{25}$，求这个三角形的一个底角的正切.

设顶角为 $\alpha$，底角为 $\beta$，则 $\alpha + 2\beta = \pi$，即 $\beta = \frac{\pi - \alpha}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}$。

$\cos\alpha = \frac{7}{25} > 0$，故 $\alpha$ 是锐角，$\sin\alpha = \sqrt{1-\frac{49}{625}} = \sqrt{\frac{576}{625}} = \frac{24}{25}$。

$$\tan\beta = \tan\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}\right) = \cot\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}}.$$

由半角正切公式 $\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{1-\frac{7}{25}}{\frac{24}{25}} = \frac{18}{24} = \frac{3}{4}$，所以

$$\tan\beta = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}.$$

自检：$\sin\alpha = \frac{24}{25}$ 验证：$\frac{24}{25}$ 与 $\frac{7}{25}$ 满足 $7^2 + 24^2 = 49 + 576 = 625 = 25^2$（3-4-5 的 5 倍勾股数）✓。$\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{3}{4}$ 代入半角公式反向验证：$\tan\alpha = \frac{2 \times \frac{3}{4}}{1 - \frac{9}{16}} = \frac{3/2}{7/16} = \frac{24}{7}$，则 $\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{1}{25/7} = \frac{7}{25}$ ✓。底角约 $53.13^{\circ}$，顶角约 $73.74^{\circ}$，三角形内角和 $180^{\circ}$ ✓。

练习 第 4 题

4. 求证：

$\cos \alpha \sin \beta = \frac {1}{2} \bigl [ \sin (\alpha + \beta) - \sin (\alpha - \beta) \bigr ];$

$$\cos \alpha \cos \beta = \frac {1}{2} [ \cos (\alpha + \beta) + \cos (\alpha - \beta) ]; \tag {2}$$

$(\mathrm{3}) \sin \alpha \sin \beta = - \frac {1}{2} [ \cos (\alpha + \beta) - \cos (\alpha - \beta) ].$

(1) 由和角公式：

$$\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta, \qquad \sin(\alpha-\beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta.$$

两式相减（第一式减第二式）：$\sin(\alpha+\beta) - \sin(\alpha-\beta) = 2\cos\alpha\sin\beta$，两边除以 2 即得 $\cos\alpha\sin\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta) - \sin(\alpha-\beta)]$ ✓。

(2) 由余弦和角公式：

$$\cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta, \qquad \cos(\alpha-\beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta.$$

两式相加：$\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta) = 2\cos\alpha\cos\beta$，即得 $\cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta)]$ ✓。

(3) 两式相减（第二式减第一式）：$\cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta) = 2\sin\alpha\sin\beta$，即 $\sin\alpha\sin\beta = \frac{1}{2}[\cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)] = -\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta) - \cos(\alpha-\beta)]$ ✓。

自检：取特殊值检验 (3)：$\alpha = \beta = 30^{\circ}$——左边 $\sin 30^{\circ}\sin 30^{\circ} = \frac{1}{4}$；右边 $-\frac{1}{2}[\cos 60^{\circ} - \cos 0^{\circ}] = -\frac{1}{2}[\frac{1}{2} - 1] = \frac{1}{4}$ ✓。三式都是”和角公式加减相消”的产物，关键是选对加减方向：(1) 相减消去 $\sin\alpha\cos\beta$（留下的 $\cos\alpha\sin\beta$ 恰是左边的系数）、(2) 相加消去 $\sin\alpha\sin\beta$、(3) 相减消去 $\cos\alpha\cos\beta$。

练习 第 5 题

5. 求证：

$$\sin \theta - \sin \varphi = 2 \cos \frac {\theta + \varphi}{2} \sin \frac {\theta - \varphi}{2}; \tag {1}$$

$(2) \cos \theta + \cos \varphi = 2 \cos \frac {\theta + \varphi}{2} \cos \frac {\theta - \varphi}{2};$

$$\cos \theta - \cos \varphi = - 2 \sin \frac {\theta + \varphi}{2} \sin \frac {\theta - \varphi}{2}. \tag {3}$$

在积化和差式 $\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)]$ 中换元 $\alpha + \beta = \theta$，$\alpha - \beta = \varphi$，则 $\alpha = \frac{\theta+\varphi}{2}$，$\beta = \frac{\theta-\varphi}{2}$，得

$$\sin\theta + \sin\varphi = 2\sin\frac{\theta+\varphi}{2}\cos\frac{\theta-\varphi}{2}. \tag{①}$$

(1) 用 $\cos\alpha\sin\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta) - \sin(\alpha-\beta)]$（练习 4 的 (1)），同样换元：

$$\sin(\alpha+\beta) - \sin(\alpha-\beta) = 2\cos\alpha\sin\beta \ \Rightarrow\ \sin\theta - \sin\varphi = 2\cos\frac{\theta+\varphi}{2}\sin\frac{\theta-\varphi}{2} \quad ✓$$

(2) 用 $\cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta)]$：

$$\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta) = 2\cos\alpha\cos\beta \ \Rightarrow\ \cos\theta + \cos\varphi = 2\cos\frac{\theta+\varphi}{2}\cos\frac{\theta-\varphi}{2} \quad ✓$$

(3) 用 $\sin\alpha\sin\beta = -\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta) - \cos(\alpha-\beta)]$：

$$\cos(\alpha+\beta) - \cos(\alpha-\beta) = -2\sin\alpha\sin\beta \ \Rightarrow\ \cos\theta - \cos\varphi = -2\sin\frac{\theta+\varphi}{2}\sin\frac{\theta-\varphi}{2} \quad ✓$$

自检：换元法（例 8 的核心）在四式里是同一个动作——把 $\alpha+\beta$、$\alpha-\beta$ 分别替换成 $\theta$、$\varphi$。特殊值检验 (1)：$\theta = 90^{\circ}$，$\varphi = 30^{\circ}$——左边 $\sin 90^{\circ} - \sin 30^{\circ} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$；右边 $2\cos 60^{\circ}\sin 30^{\circ} = 2 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ ✓。注意 (3) 的负号来自 $\sin\alpha\sin\beta$ 式自带的负号，别漏。

练习 第 6 题（第 235 页）

1. 求下列函数的周期，最大值和最小值：

(1) $y = 5\cos x - 12\sin x$; (2) $y = \cos x + 2\sin x$.

（第 235 页练习第 1 题，题号按本页编号）

(1) $y = 5\cos x - 12\sin x$：$a = -12$，$b = 5$（把 $y$ 写成 $a\sin x + b\cos x$ 形式，$a = -12$，$b = 5$），$A = \sqrt{(-12)^2 + 5^2} = 13$。所以

$$y = 13\sin(x+\varphi), \quad \cos\varphi = -\frac{12}{13}, \ \sin\varphi = \frac{5}{13}.$$

周期 $2\pi$，最大值 $13$，最小值 $-13$。

(2) $y = \cos x + 2\sin x$：$a = 2$，$b = 1$，$A = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$。所以

$$y = \sqrt{5}\sin(x+\varphi), \quad \cos\varphi = \frac{2}{\sqrt{5}}, \ \sin\varphi = \frac{1}{\sqrt{5}}.$$

周期 $2\pi$，最大值 $\sqrt{5}$，最小值 $-\sqrt{5}$。

自检：合成公式 $A = \sqrt{a^2+b^2}$——(1) $5^2 + 12^2 = 169 = 13^2$（5-12-13 勾股数）✓；(2) $\sqrt{5} \approx 2.236$，$y$ 在 $x = \frac{\pi}{2}$ 处取值 $2$、在 $x = 0$ 处取值 $1$，最大可能值超过 2 接近 2.24，合理 ✓。$\varphi$ 的象限由 $\cos\varphi$、$\sin\varphi$ 共同决定：(1) 中 $\cos\varphi < 0$、$\sin\varphi > 0$，$\varphi$ 在第二象限（约 $157.4^{\circ}$）——只算 $\tan\varphi = -\frac{5}{12}$ 会误判到第四象限，须带符号定象限。

练习 第 7 题（第 235 页）

2. 要在半径为 $R$ 的圆形场地内建一个矩形的花坛，应怎样截取，才能使花坛的面积最大？

（第 235 页练习第 2 题） 矩形内接于圆（直径 $2R$ 是矩形对角线）。设矩形一边与直径的夹角为 $\alpha$（$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$），则

$$\text{边长} = 2R\cos\alpha, \ 2R\sin\alpha, \qquad S = 4R^2\sin\alpha\cos\alpha = 2R^2\sin 2\alpha.$$

当 $\sin 2\alpha = 1$，即 $\alpha = \frac{\pi}{4}$（$45^{\circ}$）时面积最大：

$$S_{\max} = 2R^2.$$

此时矩形是正方形，边长 $\sqrt{2}\,R$。

自检：$\alpha = \frac{\pi}{4}$ 时两边长 $2R\cos\frac{\pi}{4} = \sqrt{2}R$，$2R\sin\frac{\pi}{4} = \sqrt{2}R$——两邻边相等，是正方形 ✓。面积 $(\sqrt{2}R)^2 = 2R^2$ ✓。另一算法（不等式）：设边长 $x, y$，$x^2 + y^2 = 4R^2$，$S = xy \leq \frac{x^2+y^2}{2} = 2R^2$，取等 $x = y$ ✓。用合成公式看：$S = 2R^2\sin 2\alpha$ 直接给出最大值与取等位置，这正是例 9 思想的应用。

练习 第 8 题（第 235 页）

3. 已知正 $n$ 边形的边长为 $a$，内切圆的半径为 $r$，外接圆的半径为 $R$。求证 $R + r = \frac{a}{2\tan{\frac{\pi}{2n}}}$。

（第 235 页练习第 3 题） 正 $n$ 边形的中心角为 $\frac{2\pi}{n}$，边心距是内切圆半径 $r$，顶点到中心的距离是外接圆半径 $R$。

连接中心与一条边的两个端点，得顶角为 $\frac{2\pi}{n}$ 的等腰三角形；其半角为 $\frac{\pi}{n}$。在这个半三角形中，边长 $a$ 被分成两半：

$$\frac{a}{2} = R\sin\frac{\pi}{n} = r\tan\frac{\pi}{n},$$

所以

$$R = \frac{a}{2\sin\frac{\pi}{n}}, \qquad r = \frac{a}{2\tan\frac{\pi}{n}} = \frac{a\cos\frac{\pi}{n}}{2\sin\frac{\pi}{n}}.$$

相加：

$$R + r = \frac{a}{2\sin\frac{\pi}{n}}\left(1 + \cos\frac{\pi}{n}\right) = \frac{a}{2} \cdot \frac{1 + \cos\frac{\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}}.$$

由半角公式 $\frac{1+\cos x}{\sin x} = \cot\frac{x}{2}$（$\tan\frac{x}{2} = \frac{\sin x}{1+\cos x}$ 的倒数）：

$$R + r = \frac{a}{2}\cot\frac{\pi}{2n} = \frac{a}{2\tan\frac{\pi}{2n}}. \quad ✓$$

自检：特殊值 $n = 4$（正方形，边长 $a$）：$R = \frac{\sqrt{2}}{2}a$，$r = \frac{a}{2}$，$R + r = \frac{\sqrt{2}+1}{2}a$；公式给出 $\frac{a}{2\tan\frac{\pi}{8}} = \frac{a}{2(\sqrt{2}-1)} = \frac{\sqrt{2}+1}{2}a$ ✓（$\tan\frac{\pi}{8} = \sqrt{2}-1$）。$n = 6$（正六边形）：$R = a$，$r = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，和 $= \frac{2+\sqrt{3}}{2}a$；公式 $\frac{a}{2\tan\frac{\pi}{12}} = \frac{a}{2(2-\sqrt{3})} = \frac{2+\sqrt{3}}{2}a$ ✓（$\tan\frac{\pi}{12} = 2-\sqrt{3}$）。两个特殊值都对上了。

习题5.5 第 1 题

1. 已知 $\sin \alpha = \frac{2}{3}$, $\cos \beta = -\frac{3}{4}$, $\alpha \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, $\beta \in \left(\pi, \frac{3\pi}{2}\right)$, 求 $\cos (\alpha - \beta)$ 的值.

$\alpha \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$：$\cos\alpha = -\sqrt{1 - \frac{4}{9}} = -\frac{\sqrt{5}}{3}$。$\beta \in \left(\pi, \frac{3\pi}{2}\right)$：$\sin\beta = -\sqrt{1 - \frac{9}{16}} = -\frac{\sqrt{7}}{4}$。

由差角公式：

$$\cos(\alpha-\beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta = \left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)\left(-\frac{3}{4}\right) + \frac{2}{3}\left(-\frac{\sqrt{7}}{4}\right) = \frac{\sqrt{5}}{4} - \frac{\sqrt{7}}{6} = \frac{3\sqrt{5} - 2\sqrt{7}}{12}.$$

自检：开方取号——$\alpha$ 在第二象限（余弦负），$\beta$ 在第三象限（正弦负）✓。数值：$\frac{3\sqrt{5}-2\sqrt{7}}{12} \approx \frac{6.708 - 5.292}{12} \approx 0.118$。用计算器核对：$\alpha \approx 138.19^{\circ}$，$\beta \approx 228.59^{\circ}$，$\alpha - \beta \approx -90.4^{\circ}$，$\cos(-90.4^{\circ}) \approx -0.007$？—— 等等，这里要小心。$\cos(\alpha-\beta)$ 直接展开计算是 $0.118$，但 $\alpha - \beta \approx 138.19 - 228.59 = -90.4^{\circ}$ 的余弦约 $-0.007$。矛盾？

让我重新核对：$\alpha = \arcsin(2/3) \approx 41.81^{\circ}$ 但 $\alpha \in (90^{\circ}, 180^{\circ})$，所以 $\alpha = 180^{\circ} - 41.81^{\circ} = 138.19^{\circ}$。$\beta$：$\cos\beta = -3/4$，$\beta \in (180^{\circ}, 270^{\circ})$：$\arccos(-3/4) \approx 138.59^{\circ}$，第三象限 $\beta = 360^{\circ} - 138.59^{\circ} = 221.41^{\circ}$。嗯我用 arcsin 的话 $\sin\beta = -7/4$？不，$\sin\beta = -\sqrt{7}/4 \approx -0.661$，$\beta \approx 180^{\circ} + 41.41^{\circ} = 221.41^{\circ}$。

$\alpha - \beta = 138.19 - 221.41 = -83.22^{\circ}$，$\cos(-83.22^{\circ}) \approx 0.118$ ✓。我上面手算错了（228.59 应为 221.41，-90.4 应为 -83.2）。数值一致 ✓。

习题5.5 第 2 题

2. 已知 $\alpha, \beta$ 都是锐角, $\cos \alpha = \frac{1}{7}, \cos (\alpha + \beta) = -\frac{11}{14}$, 求 $\cos \beta$ 的值. (提示: $\beta = (\alpha + \beta) - \alpha$.)

由 $\beta = (\alpha+\beta) - \alpha$ 用差角公式。先求所需的正弦值：

$$\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{1}{49}} = \frac{\sqrt{48}}{7} = \frac{4\sqrt{3}}{7}, \qquad \sin(\alpha+\beta) = \sqrt{1 - \frac{121}{196}} = \frac{\sqrt{75}}{14} = \frac{5\sqrt{3}}{14}.$$

（$\alpha$、$\alpha+\beta$ 的象限判断：$\cos\alpha = \frac{1}{7} > 0$ 且 $\alpha$ 锐角，正弦正；$\cos(\alpha+\beta) = -\frac{11}{14} < 0$，$\alpha+\beta$ 在第二象限，正弦正。）

$$\cos\beta = \cos[(\alpha+\beta) - \alpha] = \cos(\alpha+\beta)\cos\alpha + \sin(\alpha+\beta)\sin\alpha = \left(-\frac{11}{14}\right)\frac{1}{7} + \frac{5\sqrt{3}}{14} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7} = -\frac{11}{98} + \frac{60}{98} = \frac{49}{98} = \frac{1}{2}.$$

自检：$\cos\beta = \frac{1}{2}$ 且 $\beta$ 是锐角，所以 $\beta = 60^{\circ}$ ✓。反向验证：$\alpha = \arccos\frac{1}{7} \approx 81.79^{\circ}$，$\alpha + \beta = 81.79^{\circ} + 60^{\circ} = 141.79^{\circ}$，$\cos 141.79^{\circ} = -\cos 38.21^{\circ} \approx -0.786 \approx -\frac{11}{14}$ ✓（$\frac{11}{14} \approx 0.7857$）。提示的换角思想（$\beta = (\alpha+\beta)-\alpha$）正是”用已知角表示未知角”的典型手法。

习题5.5 第 3 题

3. 已知 $\sin (30^\circ + \alpha) = \frac{3}{5}, 60^\circ < \alpha < 150^\circ$, 求 $\cos \alpha$ 的值.

由 $60^{\circ} < \alpha < 150^{\circ}$ 得 $90^{\circ} < 30^{\circ} + \alpha < 180^{\circ}$（第二象限），故

$$\cos(30^{\circ}+\alpha) = -\sqrt{1 - \frac{9}{25}} = -\frac{4}{5}.$$

把 $\alpha$ 写成 $\alpha = (30^{\circ}+\alpha) - 30^{\circ}$，用差角公式：

$$\cos\alpha = \cos[(30^{\circ}+\alpha) - 30^{\circ}] = \cos(30^{\circ}+\alpha)\cos 30^{\circ} + \sin(30^{\circ}+\alpha)\sin 30^{\circ} = \left(-\frac{4}{5}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3 - 4\sqrt{3}}{10}.$$

自检：$\frac{3-4\sqrt{3}}{10} \approx \frac{3-6.928}{10} \approx -0.393$，$\cos\alpha < 0$——$\alpha \in (60^{\circ}, 150^{\circ})$ 横跨第一、二象限，$\alpha \approx 113.1^{\circ}$ 落在第二象限，余弦为负 ✓。反向验证：$\alpha \approx 113.13^{\circ}$，$30^{\circ}+\alpha \approx 143.13^{\circ}$，$\sin 143.13^{\circ} = \sin 36.87^{\circ} \approx 0.6 = \frac{3}{5}$ ✓。

习题5.5 第 4 题

4. 在$\triangle ABC$中, $\sin A = \frac{5}{13}, \cos B = \frac{3}{5}$, 求 $\cos C$ 的值.

$\cos B = \frac{3}{5} > 0$，$B$ 是锐角，$\sin B = \sqrt{1-\frac{9}{25}} = \frac{4}{5}$。

$\sin A = \frac{5}{13}$ 有两解：$A \approx 22.62^{\circ}$（锐角）或 $A \approx 157.38^{\circ}$（钝角）。若 $A$ 取钝角，则 $A + B > 157.38^{\circ} + 53.13^{\circ} = 210^{\circ} > 180^{\circ}$，三角形不存在。所以 $A$ 是锐角：

$$\cos A = \sqrt{1-\frac{25}{169}} = \frac{12}{13}.$$

$C = \pi - (A+B)$，所以

$$\cos C = \cos[\pi - (A+B)] = -\cos(A+B) = -(\cos A\cos B - \sin A\sin B) = \sin A\sin B - \cos A\cos B.$$ $$\cos C = \frac{5}{13}\cdot\frac{4}{5} - \frac{12}{13}\cdot\frac{3}{5} = \frac{20 - 36}{65} = -\frac{16}{65}.$$

自检：$\cos C < 0$，$C$ 是钝角：$A \approx 22.62^{\circ}$，$B \approx 53.13^{\circ}$，$C \approx 104.25^{\circ}$，内角和 $180^{\circ}$ ✓，且 $\cos 104.25^{\circ} \approx -0.246 \approx -\frac{16}{65}$ ✓。关键坑是 $\sin A$ 的双解——用 $A + B < 180^{\circ}$ 排除钝角解（这类”由正弦求角、须按三角形内角和排除多解”的题很典型）。

习题5.5 第 5 题

5. 已知 $\tan (\alpha + \beta) = 3$，$\tan (\alpha - \beta) = 5$，求 $\tan 2\alpha$，$\tan 2\beta$ 的值.

把 $2\alpha$、$2\beta$ 用已知角表示：

$$2\alpha = (\alpha+\beta) + (\alpha-\beta), \qquad 2\beta = (\alpha+\beta) - (\alpha-\beta).$$

由和角正切公式：

$$\tan 2\alpha = \tan[(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)] = \frac{\tan(\alpha+\beta) + \tan(\alpha-\beta)}{1 - \tan(\alpha+\beta)\tan(\alpha-\beta)} = \frac{3+5}{1-3\times5} = \frac{8}{-14} = -\frac{4}{7}.$$ $$\tan 2\beta = \tan[(\alpha+\beta)-(\alpha-\beta)] = \frac{\tan(\alpha+\beta) - \tan(\alpha-\beta)}{1 + \tan(\alpha+\beta)\tan(\alpha-\beta)} = \frac{3-5}{1+3\times5} = -\frac{2}{16} = -\frac{1}{8}.$$

自检：注意分母——和角取 $1 - \tan A\tan B$，差角取 $1 + \tan A\tan B$ ✓。$\tan 2\alpha = -\frac{4}{7} \approx -0.571$，$\tan 2\beta = -\frac{1}{8} = -0.125$。反向验证（取一个具体角）：由倍角公式反解 $\tan\alpha$——令 $t = \tan\alpha$，则 $\frac{2t}{1-t^2} = -\frac{4}{7}$，整理得 $2t^2 - 7t - 2 = 0$，$t = \frac{7 \pm \sqrt{65}}{4}$。取 $t = \frac{7-\sqrt{65}}{4} \approx -0.2655$，由 $\tan(\alpha-\beta) = 5$ 反解 $\tan\beta = \frac{t-5}{1+5t} \approx 16.08$，则 $\tan(\alpha+\beta) = \frac{t + \tan\beta}{1 - t\tan\beta} = \frac{-0.2655 + 16.08}{1 - (-0.2655)\times16.08} = \frac{15.81}{5.27} \approx 3.0$ ✓——题面给出的两个值都能回到。更直接的验算：$\tan 2\alpha \cdot \tan 2\beta = \frac{1}{14}$；用 $\tan[2\alpha - 2\beta] = \frac{-\frac{4}{7}+\frac{1}{8}}{1 + \frac{1}{14}} = \frac{-25/56}{15/14} = -\frac{5}{12}$，而 $\tan(2\alpha - 2\beta) = \tan 2(\alpha-\beta) = \frac{2\tan(\alpha-\beta)}{1-\tan^2(\alpha-\beta)} = \frac{10}{-24} = -\frac{5}{12}$ ✓ 一致。

习题5.5 第 6 题

6. 化简： (1) $\sin 347^{\circ}\cos 148^{\circ} + \sin 77^{\circ}\cos 58^{\circ}$ ;

(2) $\sin 164^{\circ}\sin 224^{\circ} + \sin 254^{\circ}\sin 314^{\circ}$ ;

(3) $\sin(\alpha + \beta)\cos(\gamma - \beta) - \cos(\beta + \alpha)\sin(\beta - \gamma)$ ;

(4) $\sin(\alpha - \beta)\sin(\beta - \gamma) - \cos(\alpha - \beta)\cos(\gamma - \beta)$ ;

(5) $\frac{\tan\frac{5\pi}{4} + \tan\frac{5\pi}{12}}{1 - \tan\frac{5\pi}{12}}$ ;

(6) $\frac{\sin(\alpha + \beta) - 2\sin\alpha\cos\beta}{2\sin\alpha\sin\beta + \cos(\alpha + \beta)}$ .

(1) 用诱导公式把角化到锐角附近：$\sin 347^{\circ} = -\sin 13^{\circ}$，$\cos 148^{\circ} = -\cos 32^{\circ}$，$\sin 77^{\circ} = \cos 13^{\circ}$，$\cos 58^{\circ} = \sin 32^{\circ}$。于是

$$\text{原式} = (-\sin 13^{\circ})(-\cos 32^{\circ}) + \cos 13^{\circ}\sin 32^{\circ} = \sin 13^{\circ}\cos 32^{\circ} + \cos 13^{\circ}\sin 32^{\circ} = \sin(13^{\circ} + 32^{\circ}) = \sin 45^{\circ} = \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

(2) $\sin 164^{\circ} = \sin 16^{\circ}$，$\sin 224^{\circ} = -\sin 44^{\circ}$，$\sin 254^{\circ} = -\sin 74^{\circ}$，$\sin 314^{\circ} = -\sin 46^{\circ}$：

$$\text{原式} = -\sin 16^{\circ}\sin 44^{\circ} + \sin 74^{\circ}\sin 46^{\circ}.$$

用积化和差 $\sin A\sin B = -\frac{1}{2}[\cos(A+B) - \cos(A-B)]$：

$$-\sin 16^{\circ}\sin 44^{\circ} = \frac{1}{2}[\cos 60^{\circ} - \cos 28^{\circ}] = \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\cos 28^{\circ},$$ $$\sin 74^{\circ}\sin 46^{\circ} = -\frac{1}{2}[\cos 120^{\circ} - \cos 28^{\circ}] = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\cos 28^{\circ}.$$

相加：$\frac{1}{4} - \frac{1}{2}\cos 28^{\circ} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\cos 28^{\circ} = \frac{1}{2}$。

(3) 注意 $\cos(\beta+\alpha) = \cos(\alpha+\beta)$，$\sin(\beta-\gamma) = -\sin(\gamma-\beta)$：

$$\text{原式} = \sin(\alpha+\beta)\cos(\gamma-\beta) + \cos(\alpha+\beta)\sin(\gamma-\beta) = \sin[(\alpha+\beta) + (\gamma-\beta)] = \sin(\alpha+\gamma).$$

(4) $\cos(\gamma-\beta) = \cos(\beta-\gamma)$：

$$\text{原式} = \sin(\alpha-\beta)\sin(\beta-\gamma) - \cos(\alpha-\beta)\cos(\beta-\gamma) = -\cos[(\alpha-\beta) + (\beta-\gamma)] = -\cos(\alpha-\gamma).$$

(5) $\tan\frac{5\pi}{4} = \tan\left(\pi + \frac{\pi}{4}\right) = 1$（正切周期 $\pi$）。原式

$$\frac{\tan\frac{5\pi}{4} + \tan\frac{5\pi}{12}}{1 - \tan\frac{5\pi}{12}} = \frac{1 + \tan\frac{5\pi}{12}}{1 - \tan\frac{5\pi}{12}} = \frac{\tan\frac{\pi}{4} + \tan\frac{5\pi}{12}}{1 - \tan\frac{\pi}{4}\tan\frac{5\pi}{12}} = \tan\left(\frac{\pi}{4} + \frac{5\pi}{12}\right) = \tan\frac{2\pi}{3} = -\sqrt{3}.$$

(6) 分子：$\sin(\alpha+\beta) - 2\sin\alpha\cos\beta = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta - 2\sin\alpha\cos\beta = \cos\alpha\sin\beta - \sin\alpha\cos\beta = \sin(\beta-\alpha)$。

分母：$2\sin\alpha\sin\beta + \cos(\alpha+\beta) = 2\sin\alpha\sin\beta + \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta = \sin\alpha\sin\beta + \cos\alpha\cos\beta = \cos(\alpha-\beta)$。

$$\text{原式} = \frac{\sin(\beta-\alpha)}{\cos(\alpha-\beta)} = \frac{-\sin(\alpha-\beta)}{\cos(\alpha-\beta)} = -\tan(\alpha-\beta).$$

自检：(1) $\frac{\sqrt{2}}{2}$，数值 $\approx 0.707$，计算器直接算原式 $= 0.7071$ ✓。(2) $\frac{1}{2}$ ✓。(3)(4) 是”角相加”的合并题，注意 (3) 中 $-\cos(\beta+\alpha)\sin(\beta-\gamma) = \cos(\alpha+\beta)\sin(\gamma-\beta)$ 的两次符号处理；(4) 是 $\cos$ 差角公式的逆用（带负号）。(5) 关键是 $\tan\frac{5\pi}{4} = 1$ 与分子分母同形——$\frac{1+\tan A}{1-\tan A} = \tan(\frac{\pi}{4}+A)$。(6) 分子分母分别合并后约简，结果 $-\tan(\alpha-\beta)$。

习题5.5 第 7 题

7. 已知 $\sin \alpha = 0.80, \alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 求 $\sin 2\alpha, \cos 2\alpha$ 的值（精确到 0.01）.

$\alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$（第一象限），$\cos\alpha = \sqrt{1 - 0.80^2} = \sqrt{0.36} = 0.60$。

$$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha = 2 \times 0.80 \times 0.60 = 0.96,$$ $$\cos 2\alpha = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha = 0.36 - 0.64 = -0.28 \quad (\text{或}\ 1 - 2\sin^2\alpha = 1 - 1.28 = -0.28).$$

自检：$\sin 2\alpha = 0.96$（精确值已两位小数，无需再约）；$\cos 2\alpha = -0.28$ ✓。验算：$\sin^2 2\alpha + \cos^2 2\alpha = 0.9216 + 0.0784 = 1$ ✓。$\alpha = \arcsin 0.8 \approx 53.13^{\circ}$，$2\alpha \approx 106.26^{\circ}$ 在第二象限，$\cos 2\alpha < 0$ 合理 ✓。

习题5.5 第 8 题

8. 求证： (1) $(\sin 2\alpha - \cos 2\alpha)^{2} = 1 - \sin 4\alpha;$

(2) $\tan\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) + \tan\left(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = 2\tan x;$

(3) $\frac{1 + \sin 2\varphi}{\cos \varphi + \sin \varphi} = \cos \varphi + \sin \varphi;$

(4) $\frac{1 - 2\sin \alpha \cos \alpha}{\cos^{2} \alpha - \sin^{2} \alpha} = \frac{1 - \tan \alpha}{1 + \tan \alpha};$

(5) $\frac{1 - \cos 2\theta}{1 + \cos 2\theta} = \tan^{2} \theta;$

(6) $\frac{1 + \sin 2\theta - \cos 2\theta}{1 + \sin 2\theta + \cos 2\theta} = \tan \theta.$

(1) 完全平方展开，注意 $2\sin 2\alpha\cos 2\alpha = \sin 4\alpha$：

$$(\sin 2\alpha - \cos 2\alpha)^2 = \sin^2 2\alpha - 2\sin 2\alpha\cos 2\alpha + \cos^2 2\alpha = 1 - \sin 4\alpha. \quad ✓$$

(2) 用 $\tan A + \tan B = \frac{\sin(A+B)}{\cos A\cos B}$（由和角正切公式推出）。$A = \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}$，$B = \frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}$：

• $A + B = x$，分子 $\sin x$；
• $\cos A\cos B = \cos\left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\cos\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}[\cos x + \cos\frac{\pi}{2}] = \frac{1}{2}\cos x$（积化和差）。

$$\text{左边} = \frac{\sin x}{\frac{1}{2}\cos x} = 2\tan x. \quad ✓$$

（要求 $\cos A\cos B \neq 0$，即 $\frac{1}{2}\cos x \neq 0$，$x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$；此时 $\tan A$、$\tan B$ 与 $\tan x$ 均有定义。）

(3) 分子用二倍角公式：$1 + \sin 2\varphi = 1 + 2\sin\varphi\cos\varphi = \sin^2\varphi + 2\sin\varphi\cos\varphi + \cos^2\varphi = (\sin\varphi + \cos\varphi)^2$。

$$\text{左边} = \frac{(\sin\varphi + \cos\varphi)^2}{\cos\varphi + \sin\varphi} = \cos\varphi + \sin\varphi. \quad ✓$$

（要求 $\cos\varphi + \sin\varphi \neq 0$，即 $\varphi \neq -\frac{\pi}{4} + k\pi$。）

(4) 分子：$1 - 2\sin\alpha\cos\alpha = \sin^2\alpha - 2\sin\alpha\cos\alpha + \cos^2\alpha = (\sin\alpha - \cos\alpha)^2 = (\cos\alpha - \sin\alpha)^2$。

分母：$\cos^2\alpha - \sin^2\alpha = (\cos\alpha - \sin\alpha)(\cos\alpha + \sin\alpha)$。

$$\text{左边} = \frac{\cos\alpha - \sin\alpha}{\cos\alpha + \sin\alpha}.$$

（约掉 $\cos\alpha - \sin\alpha$ 要求 $\cos\alpha - \sin\alpha \neq 0$，即 $\alpha \neq \frac{\pi}{4} + k\pi$——该处原式分子分母同为 $0$、无定义；同时要求 $\cos\alpha + \sin\alpha \neq 0$。）分子分母同除以 $\cos\alpha$（$\cos\alpha \neq 0$，即 $\alpha \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$）：

$$\frac{\cos\alpha - \sin\alpha}{\cos\alpha + \sin\alpha} = \frac{1 - \tan\alpha}{1 + \tan\alpha}. \quad ✓$$

(5) $1 - \cos 2\theta = 2\sin^2\theta$，$1 + \cos 2\theta = 2\cos^2\theta$：

$$\frac{1 - \cos 2\theta}{1 + \cos 2\theta} = \frac{2\sin^2\theta}{2\cos^2\theta} = \tan^2\theta. \quad ✓$$

（要求 $1 + \cos 2\theta \neq 0$，即 $\theta \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$。）

(6) 分子：$1 + \sin 2\theta - \cos 2\theta = \sin 2\theta + (1 - \cos 2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta + 2\sin^2\theta = 2\sin\theta(\cos\theta + \sin\theta)$。

分母：$1 + \sin 2\theta + \cos 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta + 2\cos^2\theta = 2\cos\theta(\sin\theta + \cos\theta)$。

$$\text{左边} = \frac{2\sin\theta(\sin\theta + \cos\theta)}{2\cos\theta(\sin\theta + \cos\theta)} = \tan\theta. \quad ✓$$

（约掉 $\sin\theta + \cos\theta$ 要求 $\sin\theta + \cos\theta \neq 0$；除以 $\cos\theta$ 还要求 $\theta \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$。）

自检：(1) 特殊值 $\alpha = 15^{\circ}$：左边 $(\sin 30^{\circ} - \cos 30^{\circ})^2 = (0.5 - 0.866)^2 \approx 0.134$；右边 $1 - \sin 60^{\circ} \approx 1 - 0.866 = 0.134$ ✓。(4) 用 $\tan$ 定义直接展开右边：$\frac{1-\tan\alpha}{1+\tan\alpha} = \frac{\cos\alpha - \sin\alpha}{\cos\alpha + \sin\alpha}$ ✓。(5) 是半角公式 $\tan^2\frac{\theta}{1} = \frac{1-\cos 2\theta}{1+\cos 2\theta}$ 的形式 ✓。(6) 提取公因式后约分，注意约分条件 $\sin\theta + \cos\theta \neq 0$。

习题5.5 第 9 题

9. 已知 $\sin(\alpha+\beta)=\frac{1}{2}$ ， $\sin(\alpha-\beta)=\frac{1}{3}$ ，求证： (1) $\sin \alpha \cos \beta = 5 \cos \alpha \sin \beta;$ (2) $\tan \alpha = 5 \tan \beta.$

(1) 由和差化积（积化和差）公式：

$$\sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta) = 2\sin\alpha\cos\beta \ \Rightarrow\ 2\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6} \ \Rightarrow\ \sin\alpha\cos\beta = \frac{5}{12}.$$ $$\sin(\alpha+\beta) - \sin(\alpha-\beta) = 2\cos\alpha\sin\beta \ \Rightarrow\ 2\cos\alpha\sin\beta = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6} \ \Rightarrow\ \cos\alpha\sin\beta = \frac{1}{12}.$$

所以 $\sin\alpha\cos\beta = 5\cos\alpha\sin\beta$ ✓。

(2) 两边同除以 $\cos\alpha\sin\beta$（由 (1) 知 $\sin\alpha\cos\beta = \frac{5}{12} \neq 0$，且题目条件蕴含 $\cos\alpha$、$\sin\beta$ 非零）：

$$\frac{\sin\alpha\cos\beta}{\cos\alpha\sin\beta} = 5 \ \Rightarrow\ \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} \cdot \frac{\cos\beta}{\sin\beta} = 5 \ \Rightarrow\ \tan\alpha \cdot \cot\beta = 5 \ \Rightarrow\ \frac{\tan\alpha}{\tan\beta} = 5,$$

即 $\tan\alpha = 5\tan\beta$ ✓。

自检：数值核对——$\frac{5}{12} = 5 \times \frac{1}{12}$ ✓，两个积的比恰好是 5。取具体角验证 (2)：$\alpha \approx 63.43^{\circ}$、$\beta \approx 30^{\circ}$ 时 $\tan\alpha = 2$，$\tan\beta = \frac{2}{5}$？$\tan\alpha = 5\tan\beta$ 要求 $\frac{2}{0.4}$……不必取具体值，代数链已完整：(1) 直接由 (1) 式除以 $\cos\alpha\sin\beta$ 得 (2)，逻辑自洽 ✓。分母非零由 $\sin(\alpha\pm\beta) = \frac{1}{2}, \frac{1}{3}$ 均非零保证（否则左端和差为 0 矛盾）。

习题5.5 第 10 题

10. 已知 $\frac{1 - \tan\theta}{2 + \tan\theta} = 1$，求证 $\tan 2\theta = -4\tan\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)$.

由条件解出 $\tan\theta$：

$$\frac{1 - \tan\theta}{2 + \tan\theta} = 1 \ \Rightarrow\ 1 - \tan\theta = 2 + \tan\theta \ \Rightarrow\ -2\tan\theta = 1 \ \Rightarrow\ \tan\theta = -\frac{1}{2}.$$

代入目标两边的表达式：

$$\tan 2\theta = \frac{2\tan\theta}{1 - \tan^2\theta} = \frac{2 \times (-\frac{1}{2})}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{-1}{\frac{3}{4}} = -\frac{4}{3},$$ $$\tan\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan\theta + 1}{1 - \tan\theta} = \frac{-\frac{1}{2} + 1}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}} = \frac{1}{3}.$$

于是 $-4\tan\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = -4 \times \frac{1}{3} = -\frac{4}{3} = \tan 2\theta$ ✓。

自检：$\tan\theta = -\frac{1}{2}$ 时 $\theta \approx -26.57^{\circ}$，$2\theta \approx -53.13^{\circ}$，$\tan(-53.13^{\circ}) \approx -1.333 = -\frac{4}{3}$ ✓；$\theta + \frac{\pi}{4} \approx 18.43^{\circ}$，$\tan 18.43^{\circ} \approx \frac{1}{3}$ ✓。条件的含义是 $(1 - \tan\theta) = (2 + \tan\theta)$，即 $\tan\theta = -\frac{1}{2}$——先解出这个”中间量”，两个目标式就都变成数值了。

习题5.5 第 11 题

11. 已知一段圆弧所对的圆心角的正弦值等于 $\frac{3}{5}$，求这段圆弧所对的圆周角的正弦、余弦和正切.

设圆心角为 $\alpha$（$0 < \alpha < \pi$），圆周角为 $\beta$。由圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，且唯一：$\beta = \frac{\alpha}{2}$（顶点在给定弧的另一侧；顶点在给定弧上的角所截的是补弧、等于 $\pi - \frac{\alpha}{2}$，那是优弧所对的圆周角，不在”这段圆弧所对的圆周角”之列）。

$\sin\alpha = \frac{3}{5}$，$\cos\alpha = \pm\frac{4}{5}$（$\alpha$ 可为锐角或钝角，两个分支都要答）。

情形一：$\cos\alpha = \frac{4}{5}$（$\alpha$ 为锐角，$\alpha \approx 36.87^{\circ}$）。由半角公式：

$$\sin\beta = \sin\frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1 - \frac{4}{5}}{2}} = \frac{\sqrt{10}}{10}, \qquad \cos\beta = \cos\frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1 + \frac{4}{5}}{2}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}, \qquad \tan\beta = \frac{1}{3}.$$

情形二：$\cos\alpha = -\frac{4}{5}$（$\alpha$ 为钝角，$\alpha \approx 143.13^{\circ}$）。同理：

$$\sin\beta = \sin\frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1 + \frac{4}{5}}{2}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}, \qquad \cos\beta = \cos\frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1 - \frac{4}{5}}{2}} = \frac{\sqrt{10}}{10}, \qquad \tan\beta = 3.$$

自检：$\beta = \frac{\alpha}{2} \in (0, \frac{\pi}{2})$ 恒为锐角，故 $\cos\beta$ 恒为正 ✓；$\frac{\sqrt{10}}{10} \approx 0.316$、$\frac{3\sqrt{10}}{10} \approx 0.949$，两组分别对应 $\alpha$ 锐/钝两种圆心角 ✓。每组内 $\sin^2\beta + \cos^2\beta = \frac{1}{10} + \frac{9}{10} = 1$ ✓。几何意义：圆心角 $\alpha$ 有两种取法（$\sin$ 值相同时锐、钝各一），圆周角由圆心角按圆周角定理唯一确定，故答案共两组，无其他可能。

习题5.5 第 12 题

12. 化简： (1) $3\sqrt{15}\sin x + 3\sqrt{5}\cos x;$

(2) $\frac{3}{2}\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x;$

(3) $\sqrt{3}\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2};$

(4) $\frac{\sqrt{2}}{4}\sin\left(\frac{\pi}{4} - x\right) + \frac{\sqrt{6}}{4}\cos\left(\frac{\pi}{4} - x\right).$

(1) 提出公因数 $3\sqrt{5}$：

$$3\sqrt{15}\sin x + 3\sqrt{5}\cos x = 3\sqrt{5}(\sqrt{3}\sin x + \cos x) = 3\sqrt{5} \times 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x\right) = 6\sqrt{5}\sin\left(x + \frac{\pi}{6}\right).$$

（2） 提出 $\sqrt{3}$：

$$\frac{3}{2}\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x = \sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x - \frac{1}{2}\sin x\right) = \sqrt{3}\left(\cos\frac{\pi}{6}\cos x - \sin\frac{\pi}{6}\sin x\right) = \sqrt{3}\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right).$$

（3） 提出 2：

$$\sqrt{3}\sin\frac{x}{2} + \cos\frac{x}{2} = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\frac{x}{2} + \frac{1}{2}\cos\frac{x}{2}\right) = 2\left(\sin\frac{x}{2}\cos\frac{\pi}{6} + \cos\frac{x}{2}\sin\frac{\pi}{6}\right) = 2\sin\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{6}\right).$$

（4） 提出 $\frac{\sqrt{2}}{2}$：

$$\frac{\sqrt{2}}{4}\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right) + \frac{\sqrt{6}}{4}\cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\left[\frac{1}{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right) + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right].$$

$\frac{1}{2} = \cos\frac{\pi}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin\frac{\pi}{3}$，所以

$$= \frac{\sqrt{2}}{2}\left[\sin\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\cos\frac{\pi}{3} + \cos\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\sin\frac{\pi}{3}\right] = \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left(\frac{\pi}{4} - x + \frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left(\frac{7\pi}{12} - x\right).$$

自检：逐项反向展开验证——(1) $6\sqrt{5}\sin(x+\frac{\pi}{6}) = 6\sqrt{5}(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x) = 3\sqrt{15}\sin x + 3\sqrt{5}\cos x$ ✓；(2) $\sqrt{3}\cos(x+\frac{\pi}{6}) = \sqrt{3}(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x - \frac{1}{2}\sin x) = \frac{3}{2}\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x$ ✓；(3) $2\sin(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{6}) = 2(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\frac{x}{2} + \frac{1}{2}\cos\frac{x}{2})$ ✓；(4) 随机取 $x = 1$ 数值验证：左边 $\approx 0.3536\sin(0.7854-1) + 0.6124\cos(0.7854-1) = 0.3536\times(-0.2061) + 0.6124\times 0.9785 \approx -0.0729 + 0.5992 = 0.5263$；右边 $\frac{\sqrt{2}}{2}\sin(1.8326 - 1) = 0.7071 \times \sin 0.8326 \approx 0.7071 \times 0.7408 = 0.5238$——微差来自舍入，精确展开已证明一致 ✓。合成时把 $\frac{\sqrt{3}}{2}$、$\frac{1}{2}$ 写成 $\sin\frac{\pi}{3}$、$\cos\frac{\pi}{3}$ 的标准形是关键。

习题5.5 第 13 题

13. 在$\triangle ABC$中，已知$\tan A$，$\tan B$是$x$的方程$x^{2}+p(x+1)+1=0$的两个实根，求$\angle C$.

把方程整理成标准形式：$x^2 + px + (p+1) = 0$。由韦达定理：

$$\tan A + \tan B = -p, \qquad \tan A \cdot \tan B = p + 1.$$

$p = 0$ 时方程变为 $x^2 + 1 = 0$ 无实根，与”两个实根”矛盾，故 $p \neq 0$。由和角正切公式：

$$\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B} = \frac{-p}{1 - (p+1)} = \frac{-p}{-p} = 1.$$

$A + B$ 是三角形内角的一部分（$0 < A + B < \pi$），$\tan(A+B) = 1$ 给出 $A + B = \frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{5\pi}{4}$；$\frac{5\pi}{4} > \pi$ 不可能，所以

$$A + B = \frac{\pi}{4} \quad \Rightarrow \quad \angle C = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} = 135^{\circ}.$$

自检：$\tan(A+B) = 1$ 的通解是 $A+B = \frac{\pi}{4} + k\pi$；与内角范围 $0 < A+B < \pi$ 相交，只有 $A+B = \frac{\pi}{4}$ 一个解（$\frac{5\pi}{4} = 225^{\circ}$ 超出 $(0, \pi)$，根本不在考察区间内），故 $C = \frac{3\pi}{4} = 135^{\circ}$ ✓。$p \neq 0$ 的排除：若 $p = 0$ 无实根，与题设矛盾——这一步同时确保分母 $-p \neq 0$ 可以约去 ✓。特殊检验：$p = -1$ 时方程 $x^2 - x = 0$ 两根 $0, 1$——$\tan A = 0$（$A = 0$）不构成三角形，可见并非所有 $p$ 都可行，但题目只要求 $\angle C$，由 $\tan(A+B) = 1$ 即得 $C = 135^{\circ}$ 与 $p$ 无关 ✓。

习题5.5 第 14 题

14. 在$\triangle ABC$中，$B=\frac{\pi}{4}$，$BC$边上的高等于$\frac{1}{3}BC$，则$\cos A=(\quad)$.

(A) $\frac{3\sqrt{10}}{10}$ (B) $\frac{\sqrt{10}}{10}$ (C) $-\frac{\sqrt{10}}{10}$ (D) $-\frac{3\sqrt{10}}{10}$

设 $BC = a$，则 $BC$ 边上的高 $h = \frac{a}{3}$。放坐标系：$B(0, 0)$，$C(a, 0)$，$A(x, h)$。$\angle B = \frac{\pi}{4}$ 是 $BA$ 与 $BC$ 的夹角，$\tan B = \frac{h}{x} = 1$，故 $x = h = \frac{a}{3}$，即 $A\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)$。

于是

$$AB = \sqrt{\left(\frac{a}{3}\right)^2 + \left(\frac{a}{3}\right)^2} = \frac{\sqrt{2}}{3}a, \qquad AC = \sqrt{\left(\frac{2a}{3}\right)^2 + \left(\frac{a}{3}\right)^2} = \frac{\sqrt{5}}{3}a.$$

由余弦定理：

$$\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \cdot AB \cdot AC} = \frac{\frac{2}{9}a^2 + \frac{5}{9}a^2 - a^2}{2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{3}a \cdot \frac{\sqrt{5}}{3}a} = \frac{-\frac{2}{9}a^2}{\frac{2\sqrt{10}}{9}a^2} = -\frac{1}{\sqrt{10}} = -\frac{\sqrt{10}}{10}.$$

选 （C）。

自检：$\cos A < 0$，$A$ 是钝角——$B = 45^{\circ}$，若 $C$ 较小则 $A$ 超过 $90^{\circ}$ ✓（$A \approx 108.43^{\circ}$）。另一验证：面积法 $S = \frac{1}{2}a \cdot \frac{a}{3} = \frac{a^2}{6}$，又 $S = \frac{1}{2}AB \cdot AC\sin A = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{3}a \cdot \frac{\sqrt{5}}{3}a \sin A = \frac{\sqrt{10}}{18}a^2\sin A$，得 $\sin A = \frac{3}{\sqrt{10}}$，则 $\cos A = -\sqrt{1 - \frac{9}{10}} = -\frac{\sqrt{10}}{10}$ ✓（$A$ 钝角取负）。选 C 无误。

习题5.5 第 15 题

15. 求证：

(1) $3 + \cos 4\alpha - 4\cos 2\alpha = 8\sin^4\alpha$;

(2) $\frac{\tan \alpha \tan 2\alpha}{\tan 2\alpha - \tan \alpha} + \sqrt{3} (\sin^2 \alpha - \cos^2 \alpha) = 2\sin \left(2\alpha - \frac{\pi}{3}\right)$.

(1) 把右边用半角公式展开（$\sin^2\alpha = \frac{1-\cos 2\alpha}{2}$）：

$$8\sin^4\alpha = 8\left(\frac{1-\cos 2\alpha}{2}\right)^2 = 2(1 - 2\cos 2\alpha + \cos^2 2\alpha) = 2 - 4\cos 2\alpha + 2\cos^2 2\alpha.$$

把左边用二倍角公式展开（$\cos 4\alpha = 2\cos^2 2\alpha - 1$）：

$$3 + \cos 4\alpha - 4\cos 2\alpha = 3 + (2\cos^2 2\alpha - 1) - 4\cos 2\alpha = 2 + 2\cos^2 2\alpha - 4\cos 2\alpha.$$

两边相等 ✓。

(2) 先化简第一项。由差角正切公式 $\tan(2\alpha - \alpha) = \frac{\tan 2\alpha - \tan\alpha}{1 + \tan 2\alpha\tan\alpha}$，即 $\tan\alpha = \frac{\tan 2\alpha - \tan\alpha}{1 + \tan 2\alpha\tan\alpha}$，所以 $\tan 2\alpha - \tan\alpha = \tan\alpha(1 + \tan 2\alpha\tan\alpha)$。代入：

$$\frac{\tan\alpha\tan 2\alpha}{\tan 2\alpha - \tan\alpha} = \frac{\tan\alpha\tan 2\alpha}{\tan\alpha(1 + \tan 2\alpha\tan\alpha)} = \frac{\tan 2\alpha}{1 + \tan 2\alpha\tan\alpha}.$$

再用 $\tan 2\alpha = \frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha}$：

$$\frac{\tan 2\alpha}{1 + \tan 2\alpha\tan\alpha} = \frac{\frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha}}{1 + \frac{2\tan^2\alpha}{1 - \tan^2\alpha}} = \frac{2\tan\alpha}{1 + \tan^2\alpha} = \frac{2\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}{\frac{1}{\cos^2\alpha}} = 2\sin\alpha\cos\alpha = \sin 2\alpha.$$

第二项：$\sqrt{3}(\sin^2\alpha - \cos^2\alpha) = -\sqrt{3}\cos 2\alpha$。

所以

$$\text{左边} = \sin 2\alpha - \sqrt{3}\cos 2\alpha = 2\left(\frac{1}{2}\sin 2\alpha - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos 2\alpha\right) = 2\left(\sin 2\alpha\cos\frac{\pi}{3} - \cos 2\alpha\sin\frac{\pi}{3}\right) = 2\sin\left(2\alpha - \frac{\pi}{3}\right). \quad ✓$$

自检：(1) 两边都化成含 $\cos 2\alpha$ 的多项式后完全一致 ✓；特殊值 $\alpha = 15^{\circ}$：左边 $3 + \cos 60^{\circ} - 4\cos 30^{\circ} = 3 + 0.5 - 3.464 = 0.036$；右边 $8\sin^4 15^{\circ} = 8 \times (0.2588)^4 \approx 0.0359$ ✓。(2) 随机取 $\alpha = 0.6$ 数值验证：第一项 $\frac{\tan 0.6 \cdot \tan 1.2}{\tan 1.2 - \tan 0.6} = \frac{0.684 \times 2.572}{2.572 - 0.684} = \frac{1.759}{1.888} = 0.9317 \approx \sin 1.2 = 0.9320$ ✓；全式左边 $0.9320 - \sqrt{3}\cos 1.2 = 0.9320 - 1.7321 \times 0.3624 = 0.9320 - 0.6277 = 0.3043$；右边 $2\sin(1.2 - 1.0472) = 2\sin 0.1528 = 2 \times 0.1522 = 0.3044$ ✓。第一项化简的连锁技巧（$\tan 2\alpha - \tan\alpha$ 的差角关系）是本题难点，注意 $\tan\alpha \neq 0$ 时才能约去。

习题5.5 第 16 题

16. 是否存在锐角 $\alpha, \beta$，使 $\alpha + 2\beta = \frac{2\pi}{3}$，$\tan \frac{\alpha}{2} \tan \beta = 2 - \sqrt{3}$ 同时成立？若存在，求出 $\alpha, \beta$ 的度数；若不存在，请说明理由.

设 $x = \tan\frac{\alpha}{2}$，$y = \tan\beta$。条件 $\alpha + 2\beta = \frac{2\pi}{3}$ 即 $\frac{\alpha}{2} + \beta = \frac{\pi}{3}$，所以

$$\tan\left(\frac{\alpha}{2} + \beta\right) = \frac{x + y}{1 - xy} = \tan\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}.$$

又 $xy = 2 - \sqrt{3}$，代入：

$$x + y = \sqrt{3}(1 - xy) = \sqrt{3}(1 - 2 + \sqrt{3}) = \sqrt{3}(\sqrt{3} - 1) = 3 - \sqrt{3}.$$

于是 $x$、$y$ 是方程 $t^2 - (3-\sqrt{3})t + (2-\sqrt{3}) = 0$ 的两根。判别式

$$\Delta = (3-\sqrt{3})^2 - 4(2-\sqrt{3}) = (12 - 6\sqrt{3}) - (8 - 4\sqrt{3}) = 4 - 2\sqrt{3} = (\sqrt{3} - 1)^2 > 0.$$

两根：

$$t = \frac{(3-\sqrt{3}) \pm (\sqrt{3}-1)}{2} \quad \Rightarrow \quad t_1 = 1, \quad t_2 = 2 - \sqrt{3}.$$

所以 $\left\{x, y\right\} = \left\{1, 2-\sqrt{3}\right\}$ 两种分配。

• 若 $x = 1$（即 $\tan\frac{\alpha}{2} = 1$）：$\frac{\alpha}{2} = 45^{\circ}$，$\alpha = 90^{\circ}$——不是锐角（要求 $0 < \alpha < 90^{\circ}$），舍去；
• 若 $x = 2 - \sqrt{3}$（$\tan\frac{\alpha}{2} = 2-\sqrt{3} = \tan 15^{\circ}$）：$\frac{\alpha}{2} = 15^{\circ}$，$\alpha = 30^{\circ}$（锐角 ✓）；此时 $y = 1$，$\tan\beta = 1$，$\beta = 45^{\circ}$（锐角 ✓）。

验证：$\alpha + 2\beta = 30^{\circ} + 90^{\circ} = 120^{\circ} = \frac{2\pi}{3}$ ✓；$\tan\frac{\alpha}{2}\tan\beta = \tan 15^{\circ} \times 1 = 2 - \sqrt{3}$ ✓。

存在，$\alpha = 30^{\circ}$，$\beta = 45^{\circ}$。

自检：$x = 1$ 的分支给出 $\alpha = 90^{\circ}$ 恰好落在”锐角”定义之外（锐角是开区间 $(0^{\circ}, 90^{\circ})$），所以舍去——这是本题的分类关键。$\tan 15^{\circ} = 2 - \sqrt{3}$ 验证：$\tan 15^{\circ} = \tan(45^{\circ} - 30^{\circ}) = \frac{1 - \frac{\sqrt{3}}{3}}{1 + \frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{3 - \sqrt{3}}{3 + \sqrt{3}} = \frac{(3-\sqrt{3})^2}{6} = \frac{12 - 6\sqrt{3}}{6} = 2 - \sqrt{3}$ ✓。判别式 $(\sqrt{3}-1)^2 = 4 - 2\sqrt{3} \approx 0.536 > 0$ 保证两根存在 ✓。

习题5.5 第 17 题

17.（1）求函数 $f(x) = \sin \left(\frac{\pi}{3} + 4x\right) + \sin \left(4x - \frac{\pi}{6}\right)$ 的周期和单调递增区间；

(2) 求函数 $f(x)=a\sin x+b\cos x(a^{2}+b^{2}\neq0)$ 的最大值和最小值.

(1) 用和差化积：$\sin A + \sin B = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$，$A = \frac{\pi}{3} + 4x$，$B = 4x - \frac{\pi}{6}$：

$$\frac{A+B}{2} = \frac{\frac{\pi}{3} + 4x + 4x - \frac{\pi}{6}}{2} = 4x + \frac{\pi}{12}, \qquad \frac{A-B}{2} = \frac{\frac{\pi}{3} + 4x - 4x + \frac{\pi}{6}}{2} = \frac{\pi}{4}.$$ $$f(x) = 2\sin\left(4x + \frac{\pi}{12}\right)\cos\frac{\pi}{4} = 2 \times \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left(4x + \frac{\pi}{12}\right) = \sqrt{2}\sin\left(4x + \frac{\pi}{12}\right).$$

周期 $T = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$。单调递增区间：由 $-\frac{\pi}{2} + 2k\pi \leq 4x + \frac{\pi}{12} \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ 解出 $x$：

$$-\frac{7\pi}{12} + 2k\pi \leq 4x \leq \frac{5\pi}{12} + 2k\pi \ \Rightarrow\ -\frac{7\pi}{48} + \frac{k\pi}{2} \leq x \leq \frac{5\pi}{48} + \frac{k\pi}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}.$$

(2) $f(x) = a\sin x + b\cos x = \sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi)$，其中 $\varphi$ 满足 $\cos\varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$，$\sin\varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$。因为 $\sin(x+\varphi) \in [-1, 1]$，所以

$$f(x)_{\max} = \sqrt{a^2+b^2}, \qquad f(x)_{\min} = -\sqrt{a^2+b^2}.$$

自检：(1) 周期 $\frac{\pi}{2}$ 验证：$f(x + \frac{\pi}{2}) = \sqrt{2}\sin(4x + 2\pi + \frac{\pi}{12}) = f(x)$ ✓。递增区间端点：$-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{12} = -\frac{7\pi}{12}$，$\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{12} = \frac{5\pi}{12}$，除以 4 得 $-\frac{7\pi}{48}$、$\frac{5\pi}{48}$ ✓。(2) 与例 9 (2) 一致：$a = 3, b = 4$ 时 $\sqrt{9+16} = 5$ ✓。注意 (2) 不要求解出 $\varphi$——最大值、最小值只取决于 $\sqrt{a^2+b^2}$。

习题5.5 第 18 题

18. 观察以下各等式：

$\sin^ {2} 3 0 ^ {\circ} + \cos^ {2} 6 0 ^ {\circ} + \sin 3 0 ^ {\circ} \cos 6 0 ^ {\circ} = \frac {3}{4},$

$\sin^ {2} 2 0 ^ {\circ} + \cos^ {2} 5 0 ^ {\circ} + \sin 2 0 ^ {\circ} \cos 5 0 ^ {\circ} = \frac {3}{4},$

$\sin^ {2} 1 5 ^ {\circ} + \cos^ {2} 4 5 ^ {\circ} + \sin 1 5 ^ {\circ} \cos 4 5 ^ {\circ} = \frac {3}{4}.$

分析上述各式的共同特点，写出能反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明.

共同特点：每组角中第二个角比第一个角大 $30^{\circ}$（$60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$，$50^{\circ} - 20^{\circ} = 30^{\circ}$，$45^{\circ} - 15^{\circ} = 30^{\circ}$），且结果恒为 $\frac{3}{4}$。

一般规律：

$$\sin^2\alpha + \cos^2(\alpha + 30^{\circ}) + \sin\alpha\cos(\alpha + 30^{\circ}) = \frac{3}{4}.$$

证明：记 $\beta = \alpha + 30^{\circ}$。用二倍角公式降幂：

$$\sin^2\alpha = \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}, \qquad \cos^2\beta = \frac{1 + \cos 2\beta}{2}, \qquad \sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)].$$

$\alpha - \beta = -30^{\circ}$，$\sin(\alpha-\beta) = -\frac{1}{2}$，$\alpha + \beta = 2\alpha + 30^{\circ}$，$2\beta = 2\alpha + 60^{\circ}$。原式

$$= \frac{1 - \cos 2\alpha}{2} + \frac{1 + \cos(2\alpha + 60^{\circ})}{2} + \frac{1}{2}\sin(2\alpha + 30^{\circ}) - \frac{1}{4}$$ $$= \frac{3}{4} + \frac{1}{2}\left[\cos(2\alpha + 60^{\circ}) - \cos 2\alpha + \sin(2\alpha + 30^{\circ})\right].$$

由和差化积，$\cos(2\alpha + 60^{\circ}) - \cos 2\alpha = -2\sin(2\alpha + 30^{\circ})\sin 30^{\circ} = -\sin(2\alpha + 30^{\circ})$。所以方括号内 $-\sin(2\alpha + 30^{\circ}) + \sin(2\alpha + 30^{\circ}) = 0$，原式 $= \frac{3}{4}$ ✓。

自检：取 $\alpha = 10^{\circ}$ 验证：$\sin^2 10^{\circ} + \cos^2 40^{\circ} + \sin 10^{\circ}\cos 40^{\circ} = 0.0302 + 0.5868 + 0.1736 \times 0.7660 = 0.0302 + 0.5868 + 0.1330 = 0.75$ ✓。命题的完整表述要写清”一般规律”成立的条件（$\alpha$ 为任意角）。这类”由特例猜一般规律”的题，关键是把三个特例的共同结构（差 $30^{\circ}$）抽象成参数 $\alpha$。

习题5.5 第 19 题

19. 你能利用所给图形，证明下列两个等式吗？

$\frac {1}{2} (\sin \alpha + \sin \beta) = \sin \frac {\alpha + \beta}{2} \cos \frac {\alpha - \beta}{2};$

$\frac {1}{2} (\cos \alpha + \cos \beta) = \cos \frac {\alpha + \beta}{2} \cos \frac {\alpha - \beta}{2}.$

（图 5.5-5 是单位圆上两点 $P(\cos\alpha, \sin\alpha)$、$Q(\cos\beta, \sin\beta)$ 及弦 $PQ$、其中点 $M$ 的图形。）

几何证明：设单位圆上两点 $P$、$Q$ 分别对应角 $\alpha$、$\beta$，弦 $PQ$ 的中点为 $M$。连接圆心 $O$ 与 $M$。

• $OM$ 是等腰三角形 $OPQ$ 底边上的中线，也即 $\angle POQ$ 的角平分线，所以 $OM$ 的方向角为 $\frac{\alpha+\beta}{2}$（不妨设 $\alpha > \beta$，则 $\angle POM = \frac{\alpha-\beta}{2}$）；
• 在 $Rt\triangle POM$ 中，$OP = 1$，$\angle POM = \frac{\alpha-\beta}{2}$，所以 $OM = \cos\frac{\alpha-\beta}{2}$。

于是 $M$ 的坐标有两种表达：

1. 中点公式：$M\left(\frac{\cos\alpha + \cos\beta}{2}, \frac{\sin\alpha + \sin\beta}{2}\right)$；
2. 极坐标：$M$ 到原点距离 $OM = \cos\frac{\alpha-\beta}{2}$，方向角 $\frac{\alpha+\beta}{2}$，所以 $M\left(\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}, \cos\frac{\alpha-\beta}{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$。

比较横坐标：$\frac{\cos\alpha + \cos\beta}{2} = \cos\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}$ ✓；比较纵坐标：$\frac{\sin\alpha + \sin\beta}{2} = \cos\frac{\alpha-\beta}{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}$ ✓。

自检：这正好就是和差化积公式（$2\sin\frac{\theta+\varphi}{2}\cos\frac{\theta-\varphi}{2} = \sin\theta + \sin\varphi$ 等）的几何版本——把”中点坐标”和”弦中点落在角平分线上”两个事实放在一起，公式自然出现。代数验证取 $\alpha = 60^{\circ}$，$\beta = 20^{\circ}$：左边 $\frac{1}{2}(\sin 60^{\circ} + \sin 20^{\circ}) = \frac{1}{2}(0.866 + 0.342) = 0.604$；右边 $\sin 40^{\circ}\cos 20^{\circ} = 0.643 \times 0.940 = 0.604$ ✓。注意 $M$ 的坐标表达中”方向角 $\frac{\alpha+\beta}{2}$“来自角平分线性质，$OM = \cos\frac{\alpha-\beta}{2}$ 来自直角三角形——两个几何事实各对应一个等式。

习题5.5 第 20 题

20. 设 $f(\alpha) = \sin^x\alpha + \cos^x\alpha$, $x \in \{n \mid n = 2k, k \in \mathbb{N}_+\}$. 利用三角变换, 估计 $f(\alpha)$ 在 $x = 2, 4, 6$ 时的取值情况, 进而猜想 $x$ 取一般值时 $f(\alpha)$ 的取值范围.

$x$ 是正偶数（$x = 2, 4, 6, \ldots$），$k = \frac{x}{2} \in \mathbb{N}_+$。设 $t = \sin^2\alpha \in [0, 1]$，则 $\cos^2\alpha = 1 - t$，

$$f(\alpha) = t^k + (1-t)^k.$$

$x = 2$（$k = 1$）：$f(\alpha) = \sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$——恒为 1，即取值范围是 $\{1\}$。

$x = 4$（$k = 2$）：

$$f(\alpha) = \sin^4\alpha + \cos^4\alpha = (\sin^2\alpha + \cos^2\alpha)^2 - 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha\cos^2\alpha = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 2\alpha.$$

$\sin^2 2\alpha \in [0, 1]$，所以 $f(\alpha) \in \left[\frac{1}{2}, 1\right]$——最小值 $\frac{1}{2}$ 在 $\alpha = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}$ 处取得，最大值 1 在 $\alpha = \frac{k\pi}{2}$ 处取得。

$x = 6$（$k = 3$）：用 $a^3 + b^3 = (a+b)^3 - 3ab(a+b)$，其中 $a = \sin^2\alpha$，$b = \cos^2\alpha$，$a + b = 1$：

$$f(\alpha) = \sin^6\alpha + \cos^6\alpha = 1 - 3\sin^2\alpha\cos^2\alpha = 1 - \frac{3}{4}\sin^2 2\alpha.$$

所以 $f(\alpha) \in \left[\frac{1}{4}, 1\right]$。

猜想：$x = 2k$ 时，

$$f(\alpha) \in \left[\left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}, 1\right] = \left[2^{1-k}, 1\right] = \left[2^{1-\frac{x}{2}}, 1\right].$$

即 $x = 2 \to [1, 1]$，$x = 4 \to \left[\frac{1}{2}, 1\right]$，$x = 6 \to \left[\frac{1}{4}, 1\right]$，$x = 8 \to \left[\frac{1}{8}, 1\right]$，$\ldots$。

自检：规律验证——$x = 2$ 时 $2^{1-1} = 1$ ✓；$x = 4$ 时 $2^{1-2} = \frac{1}{2}$ ✓；$x = 6$ 时 $2^{1-3} = \frac{1}{4}$ ✓。一般证明思路：$t^k + (1-t)^k$ 在 $t \in [0, 1]$ 上，最大值在端点（$t = 0$ 或 $1$）取 1；最小值在 $t = \frac{1}{2}$ 处取 $2 \times \left(\frac{1}{2}\right)^k = 2^{1-k}$（可用 $t^k + (1-t)^k$ 的对称性与凸性说明，或用数学归纳法）。$f(\alpha)$ 随 $x$ 增大下界以 $\frac{1}{2}$ 的等比速度下降，上界恒为 1——因为 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 都落在 $[-1, 1]$ 内，偶次幂幂次越高越”压向 0”，但两者不能同时小，最小值出现在”两者相等”处。