5.5 三角恒等变换

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文字转写

5.5 三角恒等变换

前面我们学习了诱导公式，利用它们对三角函数式进行恒等变形，可以达到化简、求值或证明的目的。这种利用公式对三角函数式进行的恒等变形就是三角恒等变换。观察诱导公式，可以发现它们都是特殊角与任意角 α\alpha 的和（或差）的三角函数与这个任意角 α\alpha 的三角函数的恒等关系。如果把特殊角换为任意角 β\beta，那么任意角 α\alpha 与 β\beta 的和（或差）的三角函数与 α\alpha，β\beta 的三角函数会有什么关系呢？下面来研究这个问题。

5.5.1 两角和与差的正弦、余弦和正切公式

1. 两角差的余弦公式

探究

如果已知任意角 α,β\alpha, \beta 的正弦、余弦，能由此推出 α+β,α−β\alpha + \beta, \alpha - \beta 的正弦、余弦吗？

下面，我们来探究 cos⁡(α−β)\cos(\alpha-\beta) 与角 α,β\alpha,\beta 的正弦、余弦之间的关系.

不妨令 α≠2kπ+β,k∈Z.\alpha \neq 2k\pi + \beta, k \in Z.

如图 5.5-1，设单位圆与 x 轴的正半轴相交于点 A(1, 0)，以 x 轴非负半轴为始边作角 α,β,α−β\alpha, \beta, \alpha - \beta ，它们的终边分别与单位圆相交于点 P1(cos⁡α,sin⁡α)P_{1}(\cos \alpha, \sin \alpha) ， A1(cos⁡β,sin⁡β)A_{1}(\cos \beta, \sin \beta) ， P(cos⁡(α−β),sin⁡(α−β))P(\cos (\alpha - \beta), \sin (\alpha - \beta)) .

图5.5-1

连接 A1P1A_{1}P_{1}, APAP. 若把扇形 OAPOAP 绕着点 OO 旋转 β\beta 角, 则点 AA, PP 分别与点 A1A_{1}, P1P_{1} 重合. 根据圆的旋转对称性可知, AP^\widehat{AP} 与 A1P1^\widehat{A_{1}P_{1}} 重合, 从而 AP^=A1P1^\widehat{AP} = \widehat{A_{1}P_{1}}, 所以 AP=A1P1AP = A_{1}P_{1}.

● ●

任意一个圆绕着其圆心旋转任意角后都与原来的圆重合，这一性质叫做圆的旋转对称性.

根据两点间的距离公式，得

[cos⁡(α−β)−1]2+sin⁡2(α−β)=(cos⁡α−cos⁡β)2+(sin⁡α−sin⁡β)2,\begin{array}{r l} & {\left[ \cos (\alpha - \beta) - 1 \right] ^ {2} + \sin^ {2} (\alpha - \beta)} \\ & {= (\cos \alpha - \cos \beta) ^ {2} + (\sin \alpha - \sin \beta) ^ {2},} \end{array}

P1P _ {1}

化简得

(x1,y1),P2(x2,y2)(x _ {1}, y _ {1}), P _ {2} (x _ {2}, y _ {2})

cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β.\cos (\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta.

P1P2=P _ {1} P _ {2} =

(x2−x1)2+(y2−y1)2.\sqrt {(x _ {2} - x _ {1}) ^ {2} + (y _ {2} - y _ {1}) ^ {2}}.

当 α=2kπ+β(k∈Z)\alpha=2k\pi+\beta(k\in\mathbf{Z}) 时，容易证明上式仍然成立.

所以，对于任意角 α,β\alpha, \beta 有

cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β.\cos (\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta.

(C(α−β))(\mathrm{C} _ {(\alpha - \beta)})

此公式给出了任意角 α\alpha ，β\beta 的正弦、余弦与其差角 α−β\alpha - \beta 的余弦之间的关系，称为差角的余弦公式，简记作 C(α−β)C_{(\alpha - \beta)}。

例1 利用公式 C(α−β)\mathrm{C}_{(\alpha -\beta)} 证明：

(1) cos⁡(π2−α)=sin⁡α\cos \left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \sin \alpha; (2) cos⁡(π−α)=−cos⁡α\cos (\pi - \alpha) = -\cos \alpha.

(1)cos⁡(π2−α)=cos⁡π2cos⁡α+sin⁡π2sin⁡α=0+1×sin⁡α=sin⁡α.\begin{array}{r l} (1) \cos \left(\frac {\pi}{2} - \alpha\right) & = \cos \frac {\pi}{2} \cos \alpha + \sin \frac {\pi}{2} \sin \alpha \\ & = 0 + 1 \times \sin \alpha \\ & = \sin \alpha . \end{array}

(2) \cos (\pi -\alpha) = \cos \pi \cos \alpha +\sin \pi \sin \alpha$$= (-1)\times \cos \alpha +0$$= -\cos \alpha .

例2 已知 sin⁡α=45,α∈(π2,π),cos⁡β=−513,β\sin \alpha = \frac{4}{5}, \alpha \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \cos \beta = -\frac{5}{13}, \beta 是第三象限角，求 cos⁡(α−β)\cos (\alpha - \beta) 的值. 解：由 sin⁡α=45,α∈(π2,π)\sin \alpha = \frac{4}{5}, \alpha \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)，得

cos⁡α=−1−sin⁡2α=−1−(45)2=−35.\begin{array}{r l} \cos \alpha & = - \sqrt {1 - \sin^ {2} \alpha} \\ & = - \sqrt {1 - \left(\frac {4}{5}\right) ^ {2}} = - \frac {3}{5}. \end{array}

又由 cos⁡β=−513\cos \beta = -\frac{5}{13}，β\beta 是第三象限角，得

sin⁡β=−1−cos⁡2β=−1−(−513)2=−1213.\begin{array}{r l} \sin \beta & = - \sqrt {1 - \cos^ {2} \beta} \\ & = - \sqrt {1 - \left(- \frac {5}{1 3}\right) ^ {2}} = - \frac {1 2}{1 3}. \end{array}

所以

cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β=(−35)×(−513)+45×(−1213)=−3365.\begin{array}{r l} \cos (\alpha - \beta) & = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta \\ & = \left(- \frac {3}{5}\right) \times \left(- \frac {5}{1 3}\right) + \frac {4}{5} \times \left(- \frac {1 2}{1 3}\right) \\ & = - \frac {3 3}{6 5}. \end{array}

练习

  1. 利用公式 C(α−β)C_{(\alpha - \beta)} 证明：

(1) cos⁡(3π2−α)=−sin⁡α;\cos \left(\frac{3\pi}{2} -\alpha\right) = -\sin \alpha ; (2) cos⁡(−α)=cos⁡α.\cos (-\alpha) = \cos \alpha .

  1. 利用公式 C(α−β)C_{(\alpha - \beta)} 求 cos⁡15∘\cos 15^{\circ} 的值.

  2. 已知 cos⁡α=−35,α∈(π2,π)\cos \alpha = -\frac{3}{5}, \alpha \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), 求 cos⁡(π4−α)\cos \left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right) 的值.

  3. 已知 sin⁡θ=1517\sin \theta = \frac{15}{17}, θ\theta 是第二象限角, 求 cos⁡(θ−π3)\cos \left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) 的值.

  4. 已知 sin⁡α=−23,α∈(π,3π2),cos⁡β=34,β∈(3π2,2π)\sin \alpha = -\frac{2}{3}, \alpha \in \left(\pi, \frac{3\pi}{2}\right), \cos \beta = \frac{3}{4}, \beta \in \left(\frac{3\pi}{2}, 2\pi\right), 求 cos⁡(β−α)\cos (\beta - \alpha) 的值.

2. 两角和与差的正弦、余弦、正切公式

思考

由公式 C(α−β)C_{(\alpha-\beta)} 出发，你能推导出两角和与差的三角函数的其他公式吗？

下面以公式 C(α−β)C_{(\alpha -\beta)} 为基础来推导其他公式.

例如，比较 cos⁡(α−β)\cos (\alpha -\beta) 与 cos⁡(α+β)\cos (\alpha +\beta)，并注意到 α+β\alpha +\beta 与α−β\alpha -\beta 之间的联系： α+β=α−(−β)\alpha +\beta = \alpha -(-\beta) ，则由公式 C(α−β)C_{(\alpha -\beta)} ，有

cos⁡(α+β)=cos⁡[α−(−β)]=cos⁡αcos⁡(−β)+sin⁡αsin⁡(−β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β.\begin{array}{r l} \cos (\alpha + \beta) & = \cos [ \alpha - (- \beta) ] \\ & = \cos \alpha \cos (- \beta) + \sin \alpha \sin (- \beta) \\ & = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta . \end{array}

于是得到了两角和的余弦公式，简记作 C(α+β)C_{(\alpha+\beta)} .

这里用到的是加法和减法的联系，也可用换元的观点来考虑：由于公式 C(α−β)C_{(\alpha-\beta)} 对于任意 α\alpha ， β\beta 都成立，那么把其中的 β\beta 换成 −β-\beta 后，也一定成立。由此也可推得公式 C(α+β)C_{(\alpha+\beta)} 。

cos⁡(α+β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β.(C(α+β))\cos (\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta . \quad \mathrm {(C_{(\alpha + \beta)})}

探究

上面得到了两角和与差的余弦公式. 我们知道, 用诱导公式五 (或六) 可以实现正弦、余弦的互化. 你能根据 C(α+β)C_{(\alpha + \beta)}, C(α−β)C_{(\alpha - \beta)} 及诱导公式五 (或六), 推导出用任意角 α\alpha, β\beta 的正弦、余弦表示 sin⁡(α+β)\sin (\alpha + \beta), sin⁡(α−β)\sin (\alpha - \beta) 的公式吗?

通过推导，可以得到：

sin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β,\sin (\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta ,

sin⁡(α−β)=sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡β.\sin (\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta.

(S(α+β))(\mathrm{S} _ {(\alpha + \beta)})

(S(α−β))(\mathrm{S} _ {(\alpha - \beta)})

探究

你能根据正切函数与正弦函数、余弦函数的关系，从 C(α±β)C_{(\alpha \pm \beta)} ， S(α±β)S_{(\alpha \pm \beta)} 出发，推导出用任意角 α\alpha ， β\beta 的正切表示 tan⁡(α+β)\tan (\alpha +\beta) ， tan⁡(α−β)\tan (\alpha -\beta) 的公式吗？

通过推导，可以得到：

tan⁡(α+β)=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡β,\tan (\alpha + \beta) = \frac {\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta},

(T(α+β))(\mathrm{T} _ {(\alpha + \beta)})

tan⁡(α−β)=tan⁡α−tan⁡β1+tan⁡αtan⁡β.\tan (\alpha - \beta) = \frac {\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta}.

(T(α−β))(\mathrm{T} _ {(\alpha - \beta)})

公式 S(α+β)S_{(\alpha + \beta)} ， C(α+β)C_{(\alpha + \beta)} ， T(α+β)T_{(\alpha + \beta)} 给出了任意角 α\alpha ， β\beta 的三角函数值与其和角 α+β\alpha +\beta 的三角函数值之间的关系.为方便起见，我们把这三个公式都叫做和角公式.

类似地， S(α−β)S_{(\alpha-\beta)} ， C(α−β)C_{(\alpha-\beta)} ， T(α−β)T_{(\alpha-\beta)} 都叫做差角公式.

探究

和（差）角公式中，α,β\alpha, \beta 都是任意角。如果令 α\alpha 为某些特殊角，就能得到许多有用的公式。你能从和（差）角公式出发推导出诱导公式吗？你还能得到哪些等式？

例3 已知 sin⁡α=−35\sin \alpha = -\frac{3}{5}, α\alpha 是第四象限角, 求 sin⁡(π4−α)\sin \left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right), cos⁡(π4+α)\cos \left(\frac{\pi}{4} + \alpha\right), tan⁡(α−π4)\tan \left(\alpha - \frac{\pi}{4}\right) 的值. 解: 由 sin⁡α=−35\sin \alpha = -\frac{3}{5}, α\alpha 是第四象限角, 得

cos⁡α=1−sin⁡2α=1−(−35)2=45,\cos \alpha = \sqrt {1 - \sin^ {2} \alpha} = \sqrt {1 - \left(- \frac {3}{5}\right) ^ {2}} = \frac {4}{5},

所以

tan⁡α=sin⁡αcos⁡α=−3545=−34.\tan \alpha = \frac {\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac {- \frac {3}{5}}{\frac {4}{5}} = - \frac {3}{4}.

于是有

sin⁡(π4−α)=sin⁡π4cos⁡α−cos⁡π4sin⁡α=22×45−22×(−35)=7210;\begin{array}{r l} \sin (\frac {\pi}{4} - \alpha) & = \sin \frac {\pi}{4} \cos \alpha - \cos \frac {\pi}{4} \sin \alpha \\ & = \frac {\sqrt {2}}{2} \times \frac {4}{5} - \frac {\sqrt {2}}{2} \times (- \frac {3}{5}) = \frac {7 \sqrt {2}}{1 0}; \end{array}

cos⁡(π4+α)=cos⁡π4cos⁡α−sin⁡π4sin⁡α=22×45−22×(−35)=7210;\begin{array}{r l} \cos (\frac {\pi}{4} + \alpha) & = \cos \frac {\pi}{4} \cos \alpha - \sin \frac {\pi}{4} \sin \alpha \\ & = \frac {\sqrt {2}}{2} \times \frac {4}{5} - \frac {\sqrt {2}}{2} \times (- \frac {3}{5}) = \frac {7 \sqrt {2}}{1 0}; \end{array}

tan⁡(α−π4)=tan⁡α−tan⁡π41+tan⁡αtan⁡π4=tan⁡α−11+tan⁡α=−34−11+(−34)=−7.\begin{array}{r l} \tan (\alpha - \frac {\pi}{4}) & = \frac {\tan \alpha - \tan \frac {\pi}{4}}{1 + \tan \alpha \tan \frac {\pi}{4}} \\ & = \frac {\tan \alpha - 1}{1 + \tan \alpha} \\ & = \frac {- \frac {3}{4} - 1}{1 + (- \frac {3}{4})} = - 7. \end{array}

思考

由以上解答可以看到，在本题条件下有 sin⁡(π4−α)=cos⁡(π4+α)\sin \left(\frac{\pi}{4} -\alpha\right) = \cos \left(\frac{\pi}{4} +\alpha\right)。那么对于任意角 α\alpha，此等式成立吗？若成立，你会用几种方法予以证明？

例 4 利用和（差）角公式计算下列各式的值：

(1) sin⁡72∘cos⁡42∘−cos⁡72∘sin⁡42∘;\sin 72^{\circ}\cos 42^{\circ}-\cos 72^{\circ}\sin 42^{\circ};

(2) cos⁡20∘cos⁡70∘−sin⁡20∘sin⁡70∘;\cos 20^{\circ}\cos 70^{\circ}-\sin 20^{\circ}\sin 70^{\circ};

(3) 1+tan⁡15∘1−tan⁡15∘\frac{1+\tan15^{\circ}}{1-\tan15^{\circ}}

分析：和、差角公式把 α±β\alpha \pm \beta 的三角函数式转化成了 α,β\alpha, \beta 的三角函数式。如果反过来，从右到左使用公式，就可以将上述三角函数式化简。

解：（1）由公式 S(α−β)S_{(\alpha - \beta)} ，得

sin⁡72∘cos⁡42∘−cos⁡72∘sin⁡42∘=sin⁡(72∘−42∘)=sin⁡30∘=12.\begin{array}{r l} & \sin 7 2 ^ {\circ} \cos 4 2 ^ {\circ} - \cos 7 2 ^ {\circ} \sin 4 2 ^ {\circ} \\ & = \sin (7 2 ^ {\circ} - 4 2 ^ {\circ}) \\ & = \sin 3 0 ^ {\circ} \\ & = \frac {1}{2}. \end{array}

(2) 由公式 C(α+β)C_{(\alpha+\beta)} ，得

cos⁡20∘cos⁡70∘−sin⁡20∘sin⁡70∘=cos⁡(20∘+70∘)=cos⁡90∘=0.\begin{array}{r l} & \cos 2 0 ^ {\circ} \cos 7 0 ^ {\circ} - \sin 2 0 ^ {\circ} \sin 7 0 ^ {\circ} \\ & = \cos (2 0 ^ {\circ} + 7 0 ^ {\circ}) \\ & = \cos 9 0 ^ {\circ} \\ & = 0. \end{array}

(3) 由公式 T(α+β)T_{(\alpha+\beta)} 及 tan⁡45∘=1\tan 45^{\circ}=1 ，得

1+tan⁡15∘1−tan⁡15∘=tan⁡45∘+tan⁡15∘1−tan⁡45∘tan⁡15∘=tan⁡(45∘+15∘)=tan⁡60∘=3.\begin{array}{r l} \frac {1 + \tan 1 5 ^ {\circ}}{1 - \tan 1 5 ^ {\circ}} & = \frac {\tan 4 5 ^ {\circ} + \tan 1 5 ^ {\circ}}{1 - \tan 4 5 ^ {\circ} \tan 1 5 ^ {\circ}} \\ & = \tan (4 5 ^ {\circ} + 1 5 ^ {\circ}) \\ & = \tan 6 0 ^ {\circ} \\ & = \sqrt {3}. \end{array}

练习

  1. 利用和（差）角公式，求下列各式的值： (1) sin⁡15∘\sin 15^{\circ} ; (2) cos⁡75∘\cos 75^{\circ} ; (3) sin⁡75∘\sin 75^{\circ} ; (4) tan⁡15∘\tan 15^{\circ} .

2.（1）已知 cos⁡θ=−35,θ∈(π2,π)\cos \theta = -\frac{3}{5},\theta \in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right) ，求 sin⁡(θ+π3)\sin \left(\theta +\frac{\pi}{3}\right) 的值；

(2) 已知 sin⁡θ=−1213\sin\theta=-\frac{12}{13} ， θ\theta 是第三象限角，求 cos⁡(π6+θ)\cos\left(\frac{\pi}{6}+\theta\right) 的值；

(3) 已知 tan⁡α=3\tan \alpha = 3 ，求 tan⁡(α+π4)\tan\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) 的值.

  1. 求下列各式的值： (1) sin⁡72∘cos⁡18∘+cos⁡72∘sin⁡18∘;\sin 72^{\circ}\cos 18^{\circ} + \cos 72^{\circ}\sin 18^{\circ};

(2) cos⁡72∘cos⁡12∘+sin⁡72∘sin⁡12∘;\cos 72^{\circ}\cos 12^{\circ} + \sin 72^{\circ}\sin 12^{\circ};

(3) tan⁡12∘+tan⁡33∘1−tan⁡12∘tan⁡33∘;\frac{\tan 12^{\circ} + \tan 33^{\circ}}{1 - \tan 12^{\circ}\tan 33^{\circ}};

(4) cos⁡74∘sin⁡14∘−sin⁡74∘cos⁡14∘;\cos 74^{\circ}\sin 14^{\circ} - \sin 74^{\circ}\cos 14^{\circ};

(5) sin⁡34∘sin⁡26∘−cos⁡34∘cos⁡26∘;\sin 34^{\circ}\sin 26^{\circ} - \cos 34^{\circ}\cos 26^{\circ};

(6) sin⁡20∘cos⁡110∘+cos⁡160∘sin⁡70∘.\sin 20^{\circ}\cos 110^{\circ} + \cos 160^{\circ}\sin 70^{\circ}.

  1. 化简： (1) 12cos⁡x−32sin⁡x;\frac{1}{2}\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x;

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

(3) 2(sin⁡x−cos⁡x);\sqrt{2}(\sin x - \cos x);

(4) 2cos⁡x−6sin⁡x.\sqrt{2}\cos x - \sqrt{6}\sin x.

  1. 已知 sin⁡(α−β)cos⁡α−cos⁡(β−α)sin⁡α=35\sin (\alpha - \beta) \cos \alpha - \cos (\beta - \alpha) \sin \alpha = \frac{3}{5}，β\beta 是第三象限角，求 sin⁡(β+5π4)\sin \left(\beta + \frac{5\pi}{4}\right) 的值.

3. 二倍角的正弦、余弦、正切公式

以公式 C(α−β)C_{(\alpha - \beta)} 为基础，我们已经得到六个和（差）角公式，下面将以和（差）角公式为基础来推导倍角公式.

探究

你能利用 S(α±β)S_{(\alpha\pm\beta)} ， C(α±β)C_{(\alpha\pm\beta)} ， T(α±β)T_{(\alpha\pm\beta)} 推导出 sin⁡2α\sin 2\alpha ， cos⁡2α\cos 2\alpha ， tan⁡2α\tan 2\alpha 的公式吗？

通过推导，可以得到：

\sin 2 \alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha ,\tag{\((\mathrm{S}_{2\alpha})\}

\cos 2 \alpha = \cos^ {2} \alpha - \sin^ {2} \alpha ,\tag{\((C_{2\alpha})\}

tan⁡2α=2tan⁡α1−tan⁡2α.\tan 2 \alpha = \frac {2 \tan \alpha}{1 - \tan^ {2} \alpha}.

(T2α)(\mathrm{T} _ {2 \alpha})

如果要求二倍角的余弦公式（ C2αC_{2\alpha} ）中仅含 α\alpha 的正弦（余弦），那么又可得到：

cos⁡2α=1−2sin⁡2α,cos⁡2α=2cos⁡2α−1.\begin{array}{l} \cos 2 \alpha = 1 - 2 \sin^ {2} \alpha , \\ \cos 2 \alpha = 2 \cos^ {2} \alpha - 1. \end{array}

以上这些公式都叫做倍角公式. 倍角公式给出了 α\alpha 的三角函数与 2α2\alpha 的三角函数之间的关系.

● ●

这里的“倍角”专指“二倍角”，遇到“三倍角”等名词时，“三”字等不可省去.

归纳

从和（差）角公式、倍角公式的推导过程可以发现，这些公式存在紧密的逻辑联系，请你进行归纳总结.

例5 已知 sin⁡2α=513\sin 2\alpha = \frac{5}{13}, π4<α<π2\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2}, 求 sin⁡4α\sin 4\alpha, cos⁡4α\cos 4\alpha, tan⁡4α\tan 4\alpha 的值.

分析：已知条件给出了 2α2\alpha 的正弦函数值. 由于 4α4\alpha 是 2α2\alpha 的二倍角，因此可以考虑用倍角公式.

解：由 π4<α<π2\frac{\pi}{4} < \alpha < \frac{\pi}{2}，得

π2<2α<π.\frac {\pi}{2} < 2 \alpha < \pi .

又

sin⁡2α=513,\sin 2 \alpha = \frac {5}{1 3},

所以

cos⁡2α=−1−(513)2=−1213.\cos 2 \alpha = - \sqrt {1 - \left(\frac {5}{1 3}\right) ^ {2}} = - \frac {1 2}{1 3}.

sin⁡4α=sin⁡[2×(2α)]=2sin⁡2αcos⁡2α=2×513×(−1213)=−120169;\begin{array}{r l} \sin 4 \alpha & = \sin [ 2 \times (2 \alpha) ] \\ & = 2 \sin 2 \alpha \cos 2 \alpha \\ & = 2 \times \frac {5}{1 3} \times \left(- \frac {1 2}{1 3}\right) = - \frac {1 2 0}{1 6 9}; \end{array}

于是

● ●

cos⁡4α=cos⁡[2×(2α)]=1−2sin⁡22α=1−2×(513)2=119169;\begin{array}{r l} \cos 4 \alpha & = \cos [ 2 \times (2 \alpha) ] \\ & = 1 - 2 \sin^ {2} 2 \alpha \\ & = 1 - 2 \times \left(\frac {5}{1 3}\right) ^ {2} = \frac {1 1 9}{1 6 9}; \end{array}

“倍”是描述两个数量之间关系的， 2α2\alpha 是 α\alpha 的二倍， 4α4\alpha 是 2α2\alpha 的二倍， α2\frac{\alpha}{2} 是 α4\frac{\alpha}{4} 的二倍，这里蕴含着换元思想.

tan⁡4α=sin⁡4αcos⁡4α=−120169×169119=−120119.\begin{array}{r l} \tan 4 \alpha & = \frac {\sin 4 \alpha}{\cos 4 \alpha} \\ & = - \frac {1 2 0}{1 6 9} \times \frac {1 6 9}{1 1 9} = - \frac {1 2 0}{1 1 9}. \end{array}

例6 在 △ABC\triangle ABC 中，cos⁡A=45\cos A = \frac{4}{5}，tan⁡B=2\tan B = 2，求 tan⁡(2A+2B)\tan (2A + 2B) 的值.

解法 1: 在 △ABC\triangle ABC 中,

由 cos⁡A=45\cos A=\frac{4}{5} ， 0<A<π0<A<\pi ，得

sin⁡A=1−cos⁡2A=1−(45)2=35,\sin A = \sqrt {1 - \cos^ {2} A} = \sqrt {1 - \left(\frac {4}{5}\right) ^ {2}} = \frac {3}{5},

2A+2B2A + 2B 与 A,BA, B 之间能构成怎样的关系？

所以 tan⁡A=sin⁡Acos⁡A=35×54=34,\tan A = \frac{\sin A}{\cos A} = \frac{3}{5} \times \frac{5}{4} = \frac{3}{4},

tan⁡2A=2tan⁡A1−tan⁡2A=2×341−(34)2=247.\tan 2 A = \frac {2 \tan A}{1 - \tan^ {2} A} = \frac {2 \times \frac {3}{4}}{1 - \left(\frac {3}{4}\right) ^ {2}} = \frac {2 4}{7}.

又 tan⁡B=2,\tan B = 2,

所以 tan⁡2B=2tan⁡B1−tan⁡2B=2×21−22=−43.\tan 2B=\frac{2\tan B}{1-\tan^{2}B}=\frac{2\times2}{1-2^{2}}=-\frac{4}{3}.

于是 tan⁡(2A+2B)=tan⁡2A+tan⁡2B1−tan⁡2Atan⁡2B=247−431−247×(−43)=44117.\tan(2A+2B)=\frac{\tan2A+\tan2B}{1-\tan2A\tan2B}=\frac{\frac{24}{7}-\frac{4}{3}}{1-\frac{24}{7}\times\left(-\frac{4}{3}\right)}=\frac{44}{117}.

解法 2: 在 △ABC\triangle ABC 中,

由 cos⁡A=45\cos A=\frac{4}{5} ， 0<A<π0<A<\pi ，得

sin⁡A=1−cos⁡2A=1−(45)2=35,\sin A = \sqrt {1 - \cos^ {2} A} = \sqrt {1 - \left(\frac {4}{5}\right) ^ {2}} = \frac {3}{5},

所以

tan⁡A=sin⁡Acos⁡A=35×54=34.\tan A = \frac {\sin A}{\cos A} = \frac {3}{5} \times \frac {5}{4} = \frac {3}{4}.

又 tan⁡B=2\tan B = 2

所以

tan⁡(A+B)=tan⁡A+tan⁡B1−tan⁡Atan⁡B=34+21−34×2=−112,\tan (A + B) = \frac {\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = \frac {\frac {3}{4} + 2}{1 - \frac {3}{4} \times 2} = - \frac {1 1}{2},

所以

tan⁡(2A+2B)=tan⁡[2(A+B)]=2tan⁡(A+B)1−tan⁡2(A+B)=2×(−112)1−(−112)2=44117.\begin{array}{r l} \tan (2 A + 2 B) & = \tan [ 2 (A + B) ] \\ & = \frac {2 \tan (A + B)}{1 - \tan^ {2} (A + B)} \\ & = \frac {2 \times \left(- \frac {1 1}{2}\right)}{1 - \left(- \frac {1 1}{2}\right) ^ {2}} = \frac {4 4}{1 1 7}. \end{array}

练习

  1. 已知 cos⁡α8=−45\cos \frac{\alpha}{8} = -\frac{4}{5}, 8π<α<12π8\pi < \alpha < 12\pi, 求 sin⁡α4\sin \frac{\alpha}{4}, cos⁡α4\cos \frac{\alpha}{4}, tan⁡α4\tan \frac{\alpha}{4} 的值.

  2. 已知 sin⁡(α−π)=35\sin (\alpha - \pi) = \frac{3}{5}，求 cos⁡2α\cos 2\alpha 的值.

  3. 已知 sin⁡2α=−sin⁡α,α∈(π2,π)\sin 2\alpha = -\sin \alpha, \alpha \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)，求 tan⁡α\tan \alpha 的值.

  4. 已知 tan⁡2α=13\tan 2\alpha = \frac{1}{3}，求 tan⁡α\tan \alpha 的值.

  5. 求下列各式的值： (1) sin⁡15∘cos⁡15∘;\sin 15^{\circ}\cos 15^{\circ};

(2) cos⁡2π8−sin⁡2π8;\cos^{2}\frac{\pi}{8}-\sin^{2}\frac{\pi}{8};

(3) tan⁡22.5∘1−tan⁡222.5∘;\frac{\tan 22.5^{\circ}}{1-\tan^{2}22.5^{\circ}};

(4) 2cos⁡222.5∘−1.2\cos^{2}22.5^{\circ}-1.

信息技术应用

利用信息技术制作三角函数表

前面在“对数的发明”中曾经谈到，纳皮尔利用对数制作了 0∘∼90∘0^{\circ} \sim 90^{\circ} 每隔 1′1' 的八位三角函数表。应当说，纳皮尔仅仅凭借手工运算得到这个三角函数表的工作量是非常大的，这也显示出他超人的毅力和为科学献身的精神。今天，我们可以利用已经学会的三角函数知识以及算法知识，借助信息技术，容易地制作出非常精确的三角函数表。下面我们借助信息技术来作一个 0∘∼90∘0^{\circ} \sim 90^{\circ} 每隔 1′1' 的八位三角函数表。

用计算工具可得：

sin⁡1′≈2.908882046×10−4≈0.000290888.\begin{array}{r l} \sin 1 ^ {\prime} & \approx 2. 9 0 8 8 8 2 0 4 6 \times 1 0 ^ {- 4} \\ & \approx 0. 0 0 0 2 9 0 8 8 8. \end{array}

以此作为初始值，利用

cos⁡1′=1−sin⁡21′;α0=1′,αn=αn−1+1′,n⩾1;sin⁡αn=sin⁡1′cos⁡αn−1+cos⁡1′sin⁡αn−1,cos⁡αn=1−sin⁡2αn,\begin{array}{c} \cos 1 ^ {\prime} = \sqrt {1 - \sin^ {2} 1 ^ {\prime}}; \\ \alpha_ {0} = 1 ^ {\prime}, \alpha_ {n} = \alpha_ {n - 1} + 1 ^ {\prime}, n \geqslant 1; \\ \sin \alpha_ {n} = \sin 1 ^ {\prime} \cos \alpha_ {n - 1} + \cos 1 ^ {\prime} \sin \alpha_ {n - 1}, \\ \cos \alpha_ {n} = \sqrt {1 - \sin^ {2} \alpha_ {n}}, \end{array}

就可以写出一个程序框图（如右图所示），然后通过信息技术得到一个正弦函数的三角函数表.

请同学们根据上述思路，自己编写程序，得出一个三角函数表.