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3.2　简单的三角恒等变换

Tong LiJanuary 23, 2025About 7 min

3.2　简单的三角恒等变换

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CHAPTER 3

3.2 简单的三角恒等变换

学习了和(差)角公式，倍角公式以后，我们就有了进行三角变换的新工具，从而使三角变换的内容、思路和方法更加丰富，这为提高我们的推理、运算能力提供了新的平台。

例1 试以cos α表示 sin²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes>，cos²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes>，tan²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes>.

解：α/2是的二倍角，在倍角公式cos 2α = 1 - 2sin²α中，以α/2代替 2α，以α/2代替 α，即得

cos α = 1 - 2sin²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes>

所以

sin²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes> = (1 - cos α)/2 ①

在倍角公式 cos 2α = 2cos²α - 1中，以α/2代替 2α，以α/2代替 α，即得

cos α = 2cos²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes> - 1

所以

cos²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes> = (1 + cos α)/2 ②

将①②两个等式的左右两边分别相除，即得

tan²<binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes><binary data, 1 bytes> = (1 - cos α)/(1 + cos α)

思考

代数式变换与三角变换有什么不同呢？
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第三章 三角恒等变换

代数式变换往往着眼于式子结构形式的变换，对于三角变换，由于不同的三角函数式不仅会有结构形式方面的差异，而且还会有所包含的角，以及这些角的三角函数种类方面的差异，因此三角恒等变换常常首先寻找式子所包含的各个角之间的联系，并以此为依据选择可以联系它们的适当公式，这是三角式恒等变换的重要特点。

例2 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} .

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}[\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)].

(2) 由 (1) 可得

sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)=2sin⁡αcos⁡β\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta) = 2 \sin \alpha \cos \beta. ①

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

那么

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

把 α\alpha, β\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}.

在例2证明过程中用到了哪些数学思想方法？

在例2证明过程中，用到了换元的思想，如把 α+β\alpha + \beta 看作 θ\theta，α−β\alpha - \beta 看作 φ\varphi，从而把包含 α\alpha, β\beta 的三角函数式变换成 θ\theta, φ\varphi 的三角函数式。另外，把 sin⁡αcos⁡β\sin \alpha \cos \beta 看作 xx，cos⁡αsin⁡β\cos \alpha \sin \beta 看作 yy。

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CHAPTER 3

普通高中课程标准实验教科书 数学 4

作 y，把等式看作 x，y 的方程，通过解方程求得 x，就是方程思想的体现。

例 3

求函数 y=sin⁡x+3cos⁡xy = \sin x + \sqrt{3} \cos x 的周期，最大值和最小值。

分析：利用三角恒等变换，先把函数式化简，再求相应的值。

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

=2(12sin⁡x+32cos⁡x)= 2(\frac{1}{2} \sin x + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x)

=2(sin⁡xcos⁡π3+cos⁡xsin⁡π3)= 2(\sin x \cos \frac{\pi}{3} + \cos x \sin \frac{\pi}{3})

=2sin⁡(x+π3)= 2 \sin (x + \frac{\pi}{3})

所以，所求的周期为 2π2\pi，最大值为 2，最小值为 -2。

例 4

如图 3.2-1，已知 OPQ 是半径为 1，圆心角为 π3\frac{\pi}{3} 的扇形。C 是扇形弧上的动点，ABCD 是扇形的内接矩形，记 ∠COP=α\angle COP = \alpha。求当 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：要求当 α\alpha 取何值时，矩形 ABCD 的面积 S 最大，可分二步进行：

(1) 找出 S 与 α\alpha 之间的函数关系；

(2) 由得出的函数关系，求 S 的最大值。

解：在 Rt△OBC\triangle OBC 中，

OB=cos⁡αOB = \cos \alpha，BC=sin⁡αBC = \sin \alpha。

在 Rt△OAD\triangle OAD 中，

DAOA=tan⁡60∘=3\frac{DA}{OA} = \tan 60^\circ = \sqrt{3}。

所以

OA=33DA=33BC=33sin⁡αOA = \frac{\sqrt{3}}{3} DA = \frac{\sqrt{3}}{3} BC = \frac{\sqrt{3}}{3} \sin \alpha。

所以

AB=OB−OA=cos⁡α−33sin⁡αAB = OB - OA = \cos \alpha - \frac{\sqrt{3}}{3} \sin \alpha。

设矩形 ABCD 的面积为 S，则

S=AB⋅BCS = AB \cdot BC

图 3.2-1

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第三章 三角恒等变换

第三章

=(cos⁡a−33sin⁡a)sin⁡a=(\cos a - \frac{\sqrt{3}}{3}\sin a)\sin a

=sin⁡acos⁡a−33sin⁡2a= \sin a \cos a - \frac{\sqrt{3}}{3}\sin^2 a

=12sin⁡2a−36(1−cos⁡2a)= \frac{1}{2}\sin 2a - \frac{\sqrt{3}}{6}(1 - \cos 2a)

=12sin⁡2a+36cos⁡2a−36= \frac{1}{2}\sin 2a + \frac{\sqrt{3}}{6}\cos 2a - \frac{\sqrt{3}}{6}

=13(32sin⁡2a+12cos⁡2a)−36= \frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2a + \frac{1}{2}\cos 2a) - \frac{\sqrt{3}}{6}

=13sin⁡(2a+π6)−36.= \frac{1}{\sqrt{3}}\sin(2a + \frac{\pi}{6}) - \frac{\sqrt{3}}{6}.

由于 0<a<π30 < a < \frac{\pi}{3}，所以当 2a+π6=π22a + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}，

即 a=π6a = \frac{\pi}{6} 时，

Smax=13−36=36.S_{max} = \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{6}.

因此，当 a=π6a = \frac{\pi}{6} 时，矩形 ABCD 的面积最大，最大面积为 36\frac{\sqrt{3}}{6}。

由例 3、例 4 可以看到，通过三角变换，我们把形如 y=asin⁡x+bcos⁡xy = a\sin x + b\cos x 的函数转化为形如 y=Asin⁡(ωx+φ)y = A\sin(ωx + φ) 的函数，从而使问题得到简化。在这个过程中蕴涵了化归思想。

练习

  1. 求证 tan⁡a2=sin⁡a1+cos⁡a=1−cos⁡asin⁡a.\tan \frac{a}{2} = \frac{\sin a}{1 + \cos a} = \frac{1 - \cos a}{\sin a}.

  2. 求证：

(1) cos⁡a⋅sin⁡β=12[sin⁡(a+β)−sin⁡(a−β)];\cos a \cdot \sin \beta = \frac{1}{2}[\sin(a + \beta) - \sin(a - \beta)];

(2) cos⁡a⋅cos⁡β=12[cos⁡(a+β)+cos⁡(a−β)];\cos a \cdot \cos \beta = \frac{1}{2}[\cos(a + \beta) + \cos(a - \beta)];

(3) sin⁡a⋅sin⁡β=12[cos⁡(a+β)−cos⁡(a−β)].\sin a \cdot \sin \beta = \frac{1}{2}[\cos(a + \beta) - \cos(a - \beta)].

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CHAPTER

普通高中课程标准实验教科书 数学 4

  1. 求证:

(1) sin⁡θ−sin⁡φ=2cos⁡θ+φ2sin⁡θ−φ2\sin\theta - \sin\varphi = 2\cos\frac{\theta+\varphi}{2}\sin\frac{\theta-\varphi}{2};

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

(3) cos⁡θ−cos⁡φ=−2sin⁡θ+φ2sin⁡θ−φ2\cos\theta - \cos\varphi = -2\sin\frac{\theta+\varphi}{2}\sin\frac{\theta-\varphi}{2}.

  1. 求下列函数的最小正周期，递增区间及最大值:

(1) y=sin⁡2xcos⁡2xy = \sin2x\cos2x;

(2) y=2cos⁡2x+1y = 2\cos^2x + 1;

(3) y=3cos⁡4x+sin⁡4xy = \sqrt{3}\cos4x + \sin4x.

习题 3.2

A 组

  1. 求证:

(1) (sin⁡2α−cos⁡2α)2=1−sin⁡4α(\sin2\alpha - \cos2\alpha)^2 = 1 - \sin4\alpha;

(2) tan⁡2θ=2tan⁡θ1−tan⁡2θ\tan2\theta = \frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta};

(3) tan⁡(x4+π2)+tan⁡(x2−π4)=2tan⁡x\tan(\frac{x}{4} + \frac{\pi}{2}) + \tan(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}) = 2\tan x;

(4) 1+sin⁡2φcos⁡φ+sin⁡φ=cos⁡φ+sin⁡φ\frac{1+\sin2\varphi}{\cos\varphi + \sin\varphi} = \cos\varphi + \sin\varphi;

(5) 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};

(6) 1+cos⁡2θ+2sin⁡2θ=21 + \cos2\theta + 2\sin^2\theta = 2;

(7) 1−cos⁡2θ1+cos⁡2θ=tan⁡2θ\frac{1-\cos2\theta}{1+\cos2\theta} = \tan^2\theta;

(8) 1+sin⁡2θ−cos⁡2θ1+sin⁡2θ+cos⁡2θ=tan⁡θ\frac{1+\sin2\theta - \cos2\theta}{1+\sin2\theta + \cos2\theta} = \tan\theta.

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第三章 三角恒等变换

第三章

  1. 已知 sin⁡(α+β)=12\sin(\alpha+\beta)=\frac{1}{2}，sin⁡(α−β)=13\sin(\alpha-\beta)=\frac{1}{3}；

(1) 求证：sin⁡αcos⁡β=5cos⁡αsin⁡β\sin\alpha\cos\beta=5\cos\alpha\sin\beta；

(2) 求证：tan⁡α=5tan⁡β\tan\alpha=5\tan\beta.

  1. 已知 1−tan⁡θ2+tan⁡θ=1\frac{1-\tan\theta}{2+\tan\theta}=1，求证 tan⁡2θ=−4tan⁡(θ+π4)\tan2\theta=-4\tan(\theta+\frac{\pi}{4}).

  2. 已知 x+y=2sin⁡(θ+π4)x+y=\sqrt{2}\sin(\theta+\frac{\pi}{4})，x−y=2sin⁡(θ−π4)x-y=\sqrt{2}\sin(\theta-\frac{\pi}{4})，求证：x2+y2=1x^2+y^2=1.

  3. 求函数 f(x)=sin⁡(π3+4x)+cos⁡(4x−π6)f(x)=\sin(\frac{\pi}{3}+4x)+\cos(4x-\frac{\pi}{6}) 的最小正周期和递减区间.

B组

  1. 求证：

(1) 3+cos⁡4α−4cos⁡2α=8sin⁡2α3+\cos4\alpha-4\cos2\alpha=8\sin^2\alpha；

(2) tan⁡α+tan⁡2αtan⁡2α−tan⁡α+3(sin⁡α−cos⁡α)=2sin⁡(2α−π3)\frac{\tan\alpha+\tan2\alpha}{\tan2\alpha-\tan\alpha}+\sqrt{3}(\sin\alpha-\cos\alpha)=2\sin(2\alpha-\frac{\pi}{3}).

  1. 若 sin⁡76∘=m\sin76^\circ=m，试用含 mm 的式子表示 cos⁡7∘\cos7^\circ.

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

  3. 你能利用右图，给出下列两个等式的一个证明吗？

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}.

image

  1. 设 f(α)=sin⁡α+cos⁡αf(\alpha)=\sin\alpha+\cos\alpha，x∈{n∣n=2k,k∈N+}x\in\{n|n=2k, k\in 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，进而对 xx 取一般值时 f(α)f(\alpha) 的取值范围作出一个猜想.

  2. (1) 求函数 y=3sin⁡x+4cos⁡xy=3\sin x+4\cos x 的最大值与最小值.

(2) 能用 aa，bb 表示函数 y=acos⁡x+bsin⁡xy=a\cos x+b\sin x 的最大值和最小值吗？

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