5.5.2 简单的三角恒等变换

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文字转写

5.5.2 简单的三角恒等变换

学习了和（差）角公式、二倍角公式以后，我们就有了进行三角恒等变换的新工具，从而使三角恒等变换的内容、思路和方法更加丰富.

例7 试以 cos⁡α\cos \alpha 表示 sin⁡2α2\sin^2\frac{\alpha}{2}, cos⁡2α2\cos^2\frac{\alpha}{2}, tan⁡2α2\tan^2\frac{\alpha}{2}.

?

解：α\alpha 是 α2\frac{\alpha}{2} 的二倍角. 在倍角公式 cos⁡2α=1−2sin⁡2α\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha 中，以 α\alpha 代替 2α2\alpha ，以 α2\frac{\alpha}{2} 代替 α\alpha ，得

α\alpha 与 α2\frac{\alpha}{2} 有什么关系？

cos⁡α=1−2sin⁡2α2,\cos \alpha = 1 - 2 \sin^ {2} \frac {\alpha}{2},

● ●

所以

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

例7的结果还可以表示为：

在倍角公式 cos⁡2α=2cos⁡2α−1\cos 2\alpha = 2\cos^2\alpha -1 中，以 α\alpha 代替 2α2\alpha ，以 α2\frac{\alpha}{2} 代替 α\alpha ，得

sin⁡α2=±1−cos⁡α2,\sin \frac {\alpha}{2} = \pm \sqrt {\frac {1 - \cos \alpha}{2}},

cos⁡α=2cos⁡2α2−1,\cos \alpha = 2 \cos^ {2} \frac {\alpha}{2} - 1,

cos⁡α2=±1+cos⁡α2,\cos \frac {\alpha}{2} = \pm \sqrt {\frac {1 + \cos \alpha}{2}},

所以

cos⁡2α2=1+cos⁡α2.\cos^ {2} \frac {\alpha}{2} = \frac {1 + \cos \alpha}{2}.

\tan \frac {\alpha}{2} = \pm \sqrt {\frac {1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}},\tag{②}

将①②两个等式的左右两边分别相除，得并称之为半角公式，符号由 α2\frac{\alpha}{2} 所在象限决定.

tan⁡2α2=1−cos⁡α1+cos⁡α.\tan^ {2} \frac {\alpha}{2} = \frac {1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}.

因为不同的三角函数式不仅会有结构形式方面的差异，而且还会存在所包含的角，以及这些角的三角函数种类方面的差异，所以进行三角恒等变换时，常常要先寻找式子所包含的各个角之间的联系，并以此为依据选择适当的公式。这是三角恒等变换的一个重要特点。

例8 求证：

(1) sin⁡αcos⁡β=12[sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)]\sin \alpha \cos \beta = \frac{1}{2} [\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)] ;

?

(2) sin⁡θ+sin⁡φ=2sin⁡θ+φ2cos⁡θ−φ2.\sin\theta+\sin\varphi=2\sin\frac{\theta+\varphi}{2}\cos\frac{\theta-\varphi}{2}.

这两个式子的左右两边在结构形式上有什么不同？

证明：(1) 因为

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 ,

将以上两式的左右两边分别相加，得

sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)=2sin⁡αcos⁡β,\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta) = 2 \sin \alpha \cos \beta ,

即

sin⁡αcos⁡β=12[sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)].\sin \alpha \cos \beta = \frac {1}{2} \bigl [ \sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta) \bigr ].

(2) 由 (1) 可得

\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta) = 2 \sin \alpha \cos \beta.\tag{①}

设 α+β=θ,α−β=φ,\alpha+\beta=\theta,\quad\alpha-\beta=\varphi,

那么

α=θ+φ2,β=θ−φ2.\alpha = \frac {\theta + \varphi}{2}, \beta = \frac {\theta - \varphi}{2}.

如果不用（1）的结果，如何证明？

把 α,β\alpha,\beta 的值代入①，即得

sin⁡θ+sin⁡φ=2sin⁡θ+φ2cos⁡θ−φ2.\sin \theta + \sin \varphi = 2 \sin \frac {\theta + \varphi}{2} \cos \frac {\theta - \varphi}{2}.

例8的证明用到了换元的方法. 如把 α+β\alpha + \beta 看作 θ\theta, α−β\alpha - \beta 看作 φ\varphi, 从而把包含 α,β\alpha, \beta 的三角函数式转化为 θ\theta, φ\varphi 的三角函数式. 或者, 把 sin⁡αcos⁡β\sin \alpha \cos \beta 看作 xx, cos⁡αsin⁡β\cos \alpha \sin \beta 看作 yy, 把等式看作 x,yx, y 的方程, 则原问题转化为解方程（组）求 xx. 它们都体现了化归思想.

练习

  1. 求证： tan⁡α2=sin⁡α1+cos⁡α=1−cos⁡αsin⁡α.\tan\frac{\alpha}{2}=\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}.

  2. 已知 cos⁡θ=13\cos \theta = \frac{1}{3}，且 270∘<θ<360∘270^{\circ} < \theta < 360^{\circ}，试求 sin⁡θ2\sin \frac{\theta}{2} 和 cos⁡θ2\cos \frac{\theta}{2} 的值.

  3. 已知等腰三角形的顶角的余弦等于 725\frac{7}{25}，求这个三角形的一个底角的正切.

  4. 求证：

cos⁡αsin⁡β=12[sin⁡(α+β)−sin⁡(α−β)];\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}

(3)sin⁡αsin⁡β=−12[cos⁡(α+β)−cos⁡(α−β)].(\mathrm{3}) \sin \alpha \sin \beta = - \frac {1}{2} [ \cos (\alpha + \beta) - \cos (\alpha - \beta) ].

  1. 求证：

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

(2)cos⁡θ+cos⁡φ=2cos⁡θ+φ2cos⁡θ−φ2;(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}

例 9 求下列函数的周期，最大值和最小值：

(1) y=sin⁡x+3cos⁡xy = \sin x + \sqrt{3}\cos x; (2) y=3sin⁡x+4cos⁡xy = 3\sin x + 4\cos x.

分析：便于求周期和最大值、最小值的三角函数式是 y=Asin⁡(x+φ)y = A\sin (x + \varphi)，利用和角公式将其展开，可化为 y=asin⁡x+bcos⁡xy = a\sin x + b\cos x 的形式。反之，利用和（差）角公式，可将 y=asin⁡x+bcos⁡xy = a\sin x + b\cos x 转化为 y=Asin⁡(x+φ)y = A\sin (x + \varphi) 的形式，进而就可以求得其周期和最值了。

解：(1) y=sin⁡x+3cos⁡xy = \sin x + \sqrt{3} \cos x

=2(12sin⁡x+32cos⁡x)①=2(sin⁡xcos⁡π3+cos⁡xsin⁡π3)=2sin⁡(x+π3).\begin{array}{r l} & = 2 \left(\frac {1}{2} \sin x + \frac {\sqrt {3}}{2} \cos x\right) ^ {\text {①}} \\ & = 2 \left(\sin x \cos \frac {\pi}{3} + \cos x \sin \frac {\pi}{3}\right) = 2 \sin \left(x + \frac {\pi}{3}\right). \end{array}

①你能说说这一步变形的理由吗？

因此，所求周期为 2π2\pi ，最大值为2，最小值为-2.

(2) 设 3sin⁡x+4cos⁡x=Asin⁡(x+φ)3\sin x + 4\cos x = A\sin(x + \varphi) ，则

3sin⁡x+4cos⁡x=Asin⁡xcos⁡φ+Acos⁡xsin⁡φ.3\sin x + 4\cos x = A\sin x\cos \varphi + A\cos x\sin \varphi. 于是 Acos⁡φ=3,Asin⁡φ=4,A\cos \varphi = 3, A\sin \varphi = 4, 于是 A2cos⁡2φ+A2sin⁡2φ=25,A^2\cos^2\varphi + A^2\sin^2\varphi = 25, 所以 A2=25.A^2 = 25.

取 A=5A = 5 ，则 cos⁡φ=35\cos \varphi = \frac{3}{5} ， sin⁡φ=45\sin \varphi = \frac{4}{5}

由 y=5sin⁡(x+φ)y=5\sin(x+\varphi) 可知，所求周期为 2π2\pi ，最大值为 5，最小值为 -5.

例 10 如图 5.5-2，在扇形 OPQ 中，半径 OP = 1，圆心角 ∠POQ=π3\angle POQ = \frac{\pi}{3} ，C 是扇形弧上的动点，矩形 ABCD 内接于扇形。记 ∠POC=α\angle POC = \alpha ，求当角 α\alpha 取何值时，矩形 ABCD 的面积最大？并求出这个最大面积。

分析：可先建立矩形ABCD的面积 SS 与 α\alpha 之间的函数关系 S=f(α)S = f(\alpha)，再求函数 S=f(α)S = f(\alpha) 的最大值.

图5.5-2

解：在 Rt△OBC 中， OB=cos⁡αOB=\cos \alpha ， BC=sin⁡αBC=\sin \alpha 。

在 Rt△OAD 中， DAOA=tan⁡π3=3\frac{DA}{OA}=\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt{3} .

所以

OA=33DA=33BC=33sin⁡α,O A = \frac {\sqrt {3}}{3} D A = \frac {\sqrt {3}}{3} B C = \frac {\sqrt {3}}{3} \sin \alpha ,

AB=OB−OA=cos⁡α−33sin⁡α.A B = O B - O A = \cos \alpha - \frac {\sqrt {3}}{3} \sin \alpha .

设矩形 ABCDABCD 的面积为 SS，则

S=AB⋅BC=(cos⁡α−33sin⁡α)sin⁡α=sin⁡αcos⁡α−33sin⁡2α=12sin⁡2α−36(1−cos⁡2α)=12sin⁡2α+36cos⁡2α−36=13(32sin⁡2α+12cos⁡2α)−36=13sin⁡(2α+π6)−36.\begin{array}{r l} & S = A B \cdot B C \\ & = \left(\cos \alpha - \frac {\sqrt {3}}{3} \sin \alpha\right) \sin \alpha \\ & = \sin \alpha \cos \alpha - \frac {\sqrt {3}}{3} \sin^ {2} \alpha \\ & = \frac {1}{2} \sin 2 \alpha - \frac {\sqrt {3}}{6} (1 - \cos 2 \alpha) \\ & = \frac {1}{2} \sin 2 \alpha + \frac {\sqrt {3}}{6} \cos 2 \alpha - \frac {\sqrt {3}}{6} \\ & = \frac {1}{\sqrt {3}} \left(\frac {\sqrt {3}}{2} \sin 2 \alpha + \frac {1}{2} \cos 2 \alpha\right) - \frac {\sqrt {3}}{6} \\ & = \frac {1}{\sqrt {3}} \sin \left(2 \alpha + \frac {\pi}{6}\right) - \frac {\sqrt {3}}{6}. \end{array}

由 0<α<π30 < \alpha < \frac{\pi}{3}，得 π6<2α+π6<5π6\frac{\pi}{6} < 2\alpha + \frac{\pi}{6} < \frac{5\pi}{6}，所以当 2α+π6=π22\alpha + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}，即 α=π6\alpha = \frac{\pi}{6} 时，

S最大=13−36=36.S _ {\mathrm{最大}} = \frac {1}{\sqrt {3}} - \frac {\sqrt {3}}{6} = \frac {\sqrt {3}}{6}.

因此，当 α=π6\alpha=\frac{\pi}{6} 时，矩形 ABCD 的面积最大，最大面积为 36\frac{\sqrt{3}}{6} .

由例9、例10可以看到，通过三角恒等变换，我们把 y=asin⁡x+bcos⁡xy = a\sin x + b\cos x 转化为 y=Asin⁡(x+φ)y = A\sin (x + \varphi) 的形式，这个过程中蕴含了化归思想.

练习

  1. 求下列函数的周期，最大值和最小值：

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

  1. 要在半径为 RR 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？

  2. 已知正 nn 边形的边长为 aa，内切圆的半径为 rr，外接圆的半径为 RR。求证 R+r=a2tan⁡π2nR + r = \frac{a}{2\tan{\frac{\pi}{2n}}}。

习题5.5

复习巩固

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

  1. 已知 α,β\alpha, \beta 都是锐角, cos⁡α=17,cos⁡(α+β)=−1114\cos \alpha = \frac{1}{7}, \cos (\alpha + \beta) = -\frac{11}{14}, 求 cos⁡β\cos \beta 的值. (提示: β=(α+β)−α\beta = (\alpha + \beta) - \alpha.)

  2. 已知 sin⁡(30∘+α)=35,60∘<α<150∘\sin (30^\circ + \alpha) = \frac{3}{5}, 60^\circ < \alpha < 150^\circ, 求 cos⁡α\cos \alpha 的值.

  3. 在△ABC\triangle ABC中, sin⁡A=513,cos⁡B=35\sin A = \frac{5}{13}, \cos B = \frac{3}{5}, 求 cos⁡C\cos C 的值.

  4. 已知 tan⁡(α+β)=3\tan (\alpha + \beta) = 3，tan⁡(α−β)=5\tan (\alpha - \beta) = 5，求 tan⁡2α\tan 2\alpha，tan⁡2β\tan 2\beta 的值.

  5. 化简： (1) sin⁡347∘cos⁡148∘+sin⁡77∘cos⁡58∘\sin 347^{\circ}\cos 148^{\circ} + \sin 77^{\circ}\cos 58^{\circ} ;

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

(3) sin⁡(α+β)cos⁡(γ−β)−cos⁡(β+α)sin⁡(β−γ)\sin(\alpha + \beta)\cos(\gamma - \beta) - \cos(\beta + \alpha)\sin(\beta - \gamma) ;

(4) sin⁡(α−β)sin⁡(β−γ)−cos⁡(α−β)cos⁡(γ−β)\sin(\alpha - \beta)\sin(\beta - \gamma) - \cos(\alpha - \beta)\cos(\gamma - \beta) ;

(5) tan⁡5π4+tan⁡5π121−tan⁡5π12\frac{\tan\frac{5\pi}{4} + \tan\frac{5\pi}{12}}{1 - \tan\frac{5\pi}{12}} ;

(6) sin⁡(α+β)−2sin⁡αcos⁡β2sin⁡αsin⁡β+cos⁡(α+β)\frac{\sin(\alpha + \beta) - 2\sin\alpha\cos\beta}{2\sin\alpha\sin\beta + \cos(\alpha + \beta)} .

  1. 已知 sin⁡α=0.80,α∈(0,π2)\sin \alpha = 0.80, \alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right), 求 sin⁡2α,cos⁡2α\sin 2\alpha, \cos 2\alpha 的值（精确到 0.01）.

  2. 求证： (1) (sin⁡2α−cos⁡2α)2=1−sin⁡4α;(\sin 2\alpha - \cos 2\alpha)^{2} = 1 - \sin 4\alpha;

(2) tan⁡(x2+π4)+tan⁡(x2−π4)=2tan⁡x;\tan\left(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{4}\right) + \tan\left(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}\right) = 2\tan x;

(3) 1+sin⁡2φcos⁡φ+sin⁡φ=cos⁡φ+sin⁡φ;\frac{1 + \sin 2\varphi}{\cos \varphi + \sin \varphi} = \cos \varphi + \sin \varphi;

(4) 1−2sin⁡αcos⁡αcos⁡2α−sin⁡2α=1−tan⁡α1+tan⁡α;\frac{1 - 2\sin \alpha \cos \alpha}{\cos^{2} \alpha - \sin^{2} \alpha} = \frac{1 - \tan \alpha}{1 + \tan \alpha};

(5) 1−cos⁡2θ1+cos⁡2θ=tan⁡2θ;\frac{1 - \cos 2\theta}{1 + \cos 2\theta} = \tan^{2} \theta;

(6) 1+sin⁡2θ−cos⁡2θ1+sin⁡2θ+cos⁡2θ=tan⁡θ.\frac{1 + \sin 2\theta - \cos 2\theta}{1 + \sin 2\theta + \cos 2\theta} = \tan \theta.

  1. 已知 sin⁡(α+β)=12\sin(\alpha+\beta)=\frac{1}{2} ， sin⁡(α−β)=13\sin(\alpha-\beta)=\frac{1}{3} ，求证： (1) sin⁡αcos⁡β=5cos⁡αsin⁡β;\sin \alpha \cos \beta = 5 \cos \alpha \sin \beta; (2) tan⁡α=5tan⁡β.\tan \alpha = 5 \tan \beta.

  2. 已知 1−tan⁡θ2+tan⁡θ=1\frac{1 - \tan\theta}{2 + \tan\theta} = 1，求证 tan⁡2θ=−4tan⁡(θ+π4)\tan 2\theta = -4\tan\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right).

  3. 已知一段圆弧所对的圆心角的正弦值等于 35\frac{3}{5}，求这段圆弧所对的圆周角的正弦、余弦和正切.

  4. 化简： (1) 315sin⁡x+35cos⁡x;3\sqrt{15}\sin x + 3\sqrt{5}\cos x;

(2) 32cos⁡x−32sin⁡x;\frac{3}{2}\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x;

(3) 3sin⁡x2+cos⁡x2;\sqrt{3}\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2};

(4) 24sin⁡(π4−x)+64cos⁡(π4−x).\frac{\sqrt{2}}{4}\sin\left(\frac{\pi}{4} - x\right) + \frac{\sqrt{6}}{4}\cos\left(\frac{\pi}{4} - x\right).

综合运用

  1. 在△ABC\triangle ABC中，已知tan⁡A\tan A，tan⁡B\tan B是xx的方程x2+p(x+1)+1=0x^{2}+p(x+1)+1=0的两个实根，求∠C\angle C.

  2. 在△ABC\triangle ABC中，B=π4B=\frac{\pi}{4}，BCBC边上的高等于13BC\frac{1}{3}BC，则cos⁡A=()\cos A=(\quad).

(A) 31010\frac{3\sqrt{10}}{10} (B) 1010\frac{\sqrt{10}}{10} (C) −1010-\frac{\sqrt{10}}{10} (D) −31010-\frac{3\sqrt{10}}{10}

  1. 求证：

(1) 3+cos⁡4α−4cos⁡2α=8sin⁡4α3 + \cos 4\alpha - 4\cos 2\alpha = 8\sin^4\alpha;

(2) tan⁡αtan⁡2αtan⁡2α−tan⁡α+3(sin⁡2α−cos⁡2α)=2sin⁡(2α−π3)\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. 是否存在锐角 α,β\alpha, \beta，使 α+2β=2π3\alpha + 2\beta = \frac{2\pi}{3}，tan⁡α2tan⁡β=2−3\tan \frac{\alpha}{2} \tan \beta = 2 - \sqrt{3} 同时成立？若存在，求出 α,β\alpha, \beta 的度数；若不存在，请说明理由.

17.（1）求函数 f(x)=sin⁡(π3+4x)+sin⁡(4x−π6)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)=asin⁡x+bcos⁡x(a2+b2≠0)f(x)=a\sin x+b\cos x(a^{2}+b^{2}\neq0) 的最大值和最小值.

拓广探索

  1. 观察以下各等式：

sin⁡230∘+cos⁡260∘+sin⁡30∘cos⁡60∘=34,\sin^ {2} 3 0 ^ {\circ} + \cos^ {2} 6 0 ^ {\circ} + \sin 3 0 ^ {\circ} \cos 6 0 ^ {\circ} = \frac {3}{4},

sin⁡220∘+cos⁡250∘+sin⁡20∘cos⁡50∘=34,\sin^ {2} 2 0 ^ {\circ} + \cos^ {2} 5 0 ^ {\circ} + \sin 2 0 ^ {\circ} \cos 5 0 ^ {\circ} = \frac {3}{4},

sin⁡215∘+cos⁡245∘+sin⁡15∘cos⁡45∘=34.\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.

  1. 你能利用所给图形，证明下列两个等式吗？

12(sin⁡α+sin⁡β)=sin⁡α+β2cos⁡α−β2;\frac {1}{2} (\sin \alpha + \sin \beta) = \sin \frac {\alpha + \beta}{2} \cos \frac {\alpha - \beta}{2};

12(cos⁡α+cos⁡β)=cos⁡α+β2cos⁡α−β2.\frac {1}{2} (\cos \alpha + \cos \beta) = \cos \frac {\alpha + \beta}{2} \cos \frac {\alpha - \beta}{2}.

(第19题)

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