5.5 三角恒等变换

本节学习目标

学完本节，你应该能够：

• 理解两角差余弦公式的几何推导，掌握并熟记两角和与差的正弦、余弦、正切公式。
• 掌握二倍角公式的三种形式，能灵活运用它们进行求值、化简和证明。
• 掌握半角公式及其符号判断方法。
• 掌握辅助角公式，会把 $a\sin x+b\cos x$ 化为 $A\sin (x+\phi )$ 的形式，并求周期、最大值和最小值。
• 会根据角的范围确定三角函数值的符号，避免开方时漏判正负。
• 能根据“角的关系”选择恰当的恒等变换方向：展开、合并、切化弦、降幂、升幂等。
• 会用三角恒等变换解决简单的几何与函数综合问题。

核心知识点讲解

一、知识对象与问题情境

在前面，我们已经会用诱导公式、同角关系进行简单的三角变形。但实际问题中，常常遇到两个角相加、相减或成倍数关系的式子，例如 $\sin 75^{\circ }$、$\cos 15^{\circ }$、$\tan 2\alpha$、$\sin \alpha \cos \beta$ 等。它们能不能用更简单的角表示？这就是三角恒等变换要解决的问题。

二、核心概念与定义条件

1. 两角差的余弦公式（基础公式）

   如图，在单位圆中，设角 $\alpha$、$\beta$ 的终边与单位圆分别交于点 $P_1(\cos \alpha ,\sin \alpha )$、$A(\cos \beta ,\sin \beta )$。将扇形 $OAP$ 绕原点旋转角 $\beta$，使 $OA$ 与 $x$ 轴正半轴重合，则 $OP$ 对应角 $\alpha -\beta$。根据旋转前后弦长相等，即

   $$|P_{1}A|=|P{A}^{\prime }|,$$

   利用两点间距离公式化简，可得

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

   这个公式对任意角 $\alpha$、$\beta$ 都成立，记作 $C_{(\alpha -\beta )}$。

2. 两角和与差的正弦、余弦、正切公式

   以 $C_{(\alpha -\beta )}$ 为基础，可以推出其余公式：

   • 两角和余弦 $C_{(\alpha +\beta )}$：

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

   • 两角和正弦 $S_{(\alpha +\beta )}$：

     $$\sin (\alpha +\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta .$$

   • 两角差正弦 $S_{(\alpha -\beta )}$：

     $$\sin (\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta .$$

   • 两角和正切 $T_{(\alpha +\beta )}$：

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

   • 两角差正切 $T_{(\alpha -\beta )}$：

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

   使用正切公式时，必须保证分母不为零，且 $\tan \alpha$、$\tan \beta$ 本身有意义。

3. 二倍角公式

   在和角公式中令 $\beta =\alpha$，可得：

   • 正弦二倍角：

     $$\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha .$$

   • 余弦二倍角（三种形式）：

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

   • 正切二倍角：

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

   二倍角公式本质上是“$\alpha +\alpha$”的和角公式特例。这里的“倍”描述的是两个角之间的数量关系，$2\alpha$ 是 $\alpha$ 的二倍。

4. 半角公式

   在 $\cos 2\alpha =1-2{\sin }^2\alpha$ 与 $\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1$ 中，用 $\frac{\alpha }{2}$ 代替 $\alpha$，得

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

   开方后有

   $$\sin \frac{\alpha }{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha }{2}},$$ $$\cos \frac{\alpha }{2}=\pm \sqrt{\frac{1+\cos \alpha }{2}},$$ $$\tan \frac{\alpha }{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha }{1+\cos \alpha }}.$$

   符号由 $\frac{\alpha }{2}$ 所在象限决定。此外，正切半角还有两个常用变形：

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

5. 辅助角公式（合一变换）

   对于 $a\sin x+b\cos x$（$a^2+b^2\ne 0$），可以化为

   $$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\sin (x+\phi ),$$

   其中

   $$\cos \phi =\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\sin \phi =\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}.$$

   由此可以直接得到：

   • 最大值为 $\sqrt{a^2+b^2}$，最小值为 $-\sqrt{a^2+b^2}$；
   • 周期为 $2\pi$。

6. 常用恒等变形补充

   • 降幂公式：${\sin }^2\alpha =\frac{1-\cos 2\alpha }{2}$，${\cos }^2\alpha =\frac{1+\cos 2\alpha }{2}$。
   • 升幂公式：$1+\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha$，$1-\cos 2\alpha =2{\sin }^2\alpha$。
   • 和差化积与积化和差： $$\sin \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}[\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )],$$ $$\sin \theta +\sin \phi =2\sin \frac{\theta +\phi }{2}\cos \frac{\theta -\phi }{2}.$$

三、符号语言与等价表示

把本节核心公式汇总如下：

公式类型	公式	备注
差角余弦	$\cos (\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta$	基础公式
和角余弦	$\cos (\alpha +\beta )=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta$	由 $-\beta$ 替换
和角正弦	$\sin (\alpha +\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta$	正余异名相加
差角正弦	$\sin (\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta$	正余异名相减
和角正切	$\tan (\alpha +\beta )=\frac{\tan \alpha +\tan \beta }{1-\tan \alpha \tan \beta }$	分母 $\ne 0$
差角正切	$\tan (\alpha -\beta )=\frac{\tan \alpha -\tan \beta }{1+\tan \alpha \tan \beta }$	分母 $\ne 0$
正弦二倍角	$\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha$	万能
余弦二倍角	$\cos 2\alpha ={\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1=1-2{\sin }^2\alpha$	三种形式
正切二倍角	$\tan 2\alpha =\frac{2\tan \alpha }{1-{\tan }^2\alpha }$	分母 $\ne 0$
辅助角	$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\sin (x+\phi )$	求最值常用

四、关键性质、定理与公式

1. 公式之间的逻辑关系

   所有和差角公式、倍半角公式、辅助角公式都可以从 $\cos (\alpha -\beta )$ 和基本关系 ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ 推导出来。因此，理解了 $\cos (\alpha -\beta )$ 的来源，就抓住了整个公式的根。

2. 正切公式的限制条件

   正切公式由 $\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$ 推导，所以要求：

   • $\cos \alpha \ne 0$、$\cos \beta \ne 0$；
   • 分母 $1\mp \tan \alpha \tan \beta \ne 0$。

3. 角的拆分与组合策略

   恒等变换中，常常需要把角“拆”或“凑”成熟悉的形式：

   • $75^{\circ }=45^{\circ }+30^{\circ }$；
   • $15^{\circ }=45^{\circ }-30^{\circ }$；
   • $2\alpha =(\alpha +\beta )+(\alpha -\beta )$；
   • $\alpha =(\alpha +\beta )-\beta$；
   • $\alpha +\beta =\pi -C$（在三角形中）。

4. 辅助角公式的应用

   遇到 $a\sin x+b\cos x$ 时，先计算 $R=\sqrt{a^2+b^2}$，再确定辅助角 $\phi$ 满足 $\cos \phi =\frac{a}{R}$、$\sin \phi =\frac{b}{R}$。然后写成 $R\sin (x+\phi )$，便于求最值和周期。

五、典型模型与解题方法

1. 特殊角求值模型

   把 $15^{\circ }$、$75^{\circ }$、$105^{\circ }$ 等角拆成 $45^{\circ }\pm 30^{\circ }$ 或 $60^{\circ }\pm 45^{\circ }$，套用和差角公式。

2. 已知一角求另一角模型

   已知 $\sin \alpha$、$\cos \alpha$、$\tan \alpha$ 中一个，结合角的范围，求 $\sin (\alpha \pm \beta )$、$\cos (\alpha \pm \beta )$ 或倍半角值。

3. “正用”与“逆用”公式模型

   例如 $\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta$ 可以逆用和角正弦公式合成 $\sin (\alpha +\beta )$。

4. 切化弦模型

   当式子中同时出现 $\tan \alpha$、$\sin \alpha$、$\cos \alpha$ 时，常把正切化为正弦、余弦，统一处理。

5. 辅助角求最值模型

   $a\sin x+b\cos x$ 化为 $R\sin (x+\phi )$，最大、最小值立即得到。

6. 恒等证明模型

   常用方法：从复杂一边化到另一边；交叉相乘；切化弦；降幂或升幂；统一角度。

六、题型应用与迁移

三角恒等变换的应用包括：

• 求特殊角的精确值；
• 由已知三角函数值求相关角的值；
• 化简复杂的三角函数式；
• 证明三角恒等式；
• 求三角函数的周期、最大值、最小值；
• 解决几何、物理、工程中的最优化问题。

重点梳理

1. 两角差余弦公式是基础

   其余公式都可以由它推导。记忆时，要注意“余弦：同名相乘，和差反号；正弦：异名相乘，和差同号”。

2. 二倍角公式有三种形式

   $\cos 2\alpha$ 的三种形式分别适用于：已知 $\sin \alpha$、已知 $\cos \alpha$、或已知 $\tan \alpha$ 的情况。要学会根据题目条件选择最方便的形式。

3. 半角公式要注意符号

   $\sin \frac{\alpha }{2}$、$\cos \frac{\alpha }{2}$、$\tan \frac{\alpha }{2}$ 的符号由 $\frac{\alpha }{2}$ 所在象限决定，而不是由 $\alpha$ 的符号直接决定。

4. 辅助角公式是求最值的利器

   只要出现 $a\sin x+b\cos x$ 形式，就应想到合一变换。最大值为 $\sqrt{a^2+b^2}$，最小值为 $-\sqrt{a^2+b^2}$。

5. 角的结构决定变换方向

   做题时先看角：角是“和、差、倍、半”中的哪一种？角之间有什么关系？再选择合适的公式。

6. 范围决定符号

   开平方、求半角、由一值求多值时，一定要结合角的范围判断正负。这是最容易丢分的地方。

难点突破

难点 1：两角差余弦公式的推导

核心思想是单位圆的旋转对称性：弦 $P_{1}A$ 在旋转前后长度不变。设 $P_1(\cos \alpha ,\sin \alpha )$、$A(\cos \beta ,\sin \beta )$，则

$$|P_{1}A{|}^2=(\cos \alpha -\cos \beta {)}^2+(\sin \alpha -\sin \beta {)}^2.$$

将 $OA$ 旋转到 $x$ 轴，$P_1$ 对应角 $\alpha -\beta$，则

$$|P{A}^{\prime }{|}^2=[\cos (\alpha -\beta )-1{]}^2+{\sin }^2(\alpha -\beta ).$$

令两者相等，展开并利用 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$，即得

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

难点 2：正切和差角公式的使用条件

例如求 $\tan (\alpha +\beta )$ 时，必须同时满足：

• $\tan \alpha$、$\tan \beta$ 存在，即 $\cos \alpha \ne 0$、$\cos \beta \ne 0$；
• $1-\tan \alpha \tan \beta \ne 0$。

如果 $\alpha$ 或 $\beta$ 为 $90^{\circ }$、$270^{\circ }$ 等，正切不存在，此时不能用正切和角公式，而应改用正弦、余弦公式。

难点 3：二倍角与半角公式的选择

已知 $\sin \alpha =\frac{3}{5}$，$\alpha$ 在第一象限，求 $\cos 2\alpha$：

• 用 $1-2{\sin }^2\alpha$ 最快：$\cos 2\alpha =1-2\times \frac{9}{25}=\frac{7}{25}$；
• 若先求 $\cos \alpha$ 再用 ${\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha$，也可以，但步骤更多。

选择原则：已知什么，就用只含什么的公式。

难点 4：辅助角 $\phi$ 的确定

例如 $\sin x+\sqrt{3}\cos x$：

• $a=1$，$b=\sqrt{3}$，$R=\sqrt{1+3}=2$；
• $\cos \phi =\frac{1}{2}$，$\sin \phi =\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以 $\phi =\frac{\pi }{3}$；
• 于是 $\sin x+\sqrt{3}\cos x=2\sin \left(x+\frac{\pi }{3}\right)$。

$\phi$ 的值由 $(a,b)$ 决定，本质是点 $(a,b)$ 对应的极角。

难点 5：如何选择恒等变换方向

• 求值时：把角拆成熟悉角，如 $75^{\circ }=45^{\circ }+30^{\circ }$。
• 化简时：观察式子结构，逆用公式合成，如 $\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta =\sin (\alpha +\beta )$。
• 证明时：从复杂一边出发，或两边同时化到同一形式。
• 求最值时：优先考虑辅助角公式。

例题讲解

例题 1：求特殊角的三角函数值

求 $\sin 75^{\circ }$、$\cos 75^{\circ }$、$\tan 15^{\circ }$ 的值。

分析：$75^{\circ }=45^{\circ }+30^{\circ }$，$15^{\circ }=45^{\circ }-30^{\circ }$，利用和差角公式。

解：

$$\sin 75^{\circ }=\sin (45^{\circ }+30^{\circ })=\sin 45^{\circ }\cos 30^{\circ }+\cos 45^{\circ }\sin 30^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}.$$ $$\cos 75^{\circ }=\cos (45^{\circ }+30^{\circ })=\cos 45^{\circ }\cos 30^{\circ }-\sin 45^{\circ }\sin 30^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.$$ $$\tan 15^{\circ }=\tan (45^{\circ }-30^{\circ })=\frac{\tan 45^{\circ }-\tan 30^{\circ }}{1+\tan 45^{\circ }\tan 30^{\circ }}=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}.$$

反思：$15^{\circ }$、$75^{\circ }$、$105^{\circ }$、$165^{\circ }$ 等角常拆成 $45^{\circ }\pm 30^{\circ }$ 或 $60^{\circ }\pm 45^{\circ }$。

例题 2：已知三角函数值求两角差的余弦

已知 $\sin \alpha =\frac{4}{5}$，$\alpha \in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$；$\cos \beta =-\frac{5}{13}$，$\beta$ 是第三象限角。求 $\cos (\alpha -\beta )$。

分析：$\cos (\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta$，需要先求 $\cos \alpha$、$\sin \beta$。

解：

由 $\sin \alpha =\frac{4}{5}$，$\alpha \in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$，得

$$\cos \alpha =-\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=-\sqrt{1-\frac{16}{25}}=-\frac{3}{5}.$$

由 $\cos \beta =-\frac{5}{13}$，$\beta$ 在第三象限，得

$$\sin \beta =-\sqrt{1-{\cos }^2\beta }=-\sqrt{1-\frac{25}{169}}=-\frac{12}{13}.$$

因此

$$\cos (\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta =\left(-\frac{3}{5}\right)\left(-\frac{5}{13}\right)+\frac{4}{5}\left(-\frac{12}{13}\right)=\frac{15}{65}-\frac{48}{65}=-\frac{33}{65}.$$

反思：已知一角的三角函数值，开方求另一值时，必须先确定象限以定正负。

例题 3：由一角三角函数值求多个和差形式

已知 $\sin \alpha =-\frac{3}{5}$，$\alpha$ 是第四象限角。求 $\sin \left(\frac{\pi }{4}-\alpha \right)$、$\cos \left(\frac{\pi }{4}+\alpha \right)$、$\tan \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)$ 的值。

分析：先求 $\cos \alpha$、$\tan \alpha$，再分别套公式。

解：

由 $\sin \alpha =-\frac{3}{5}$，$\alpha$ 在第四象限，得

$$\cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{9}{25}}=\frac{4}{5},\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=-\frac{3}{4}.$$

于是

$$\sin \left(\frac{\pi }{4}-\alpha \right)=\sin \frac{\pi }{4}\cos \alpha -\cos \frac{\pi }{4}\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{4}{5}+\frac{3}{5}\right)=\frac{7\sqrt{2}}{10}.$$ $$\cos \left(\frac{\pi }{4}+\alpha \right)=\cos \frac{\pi }{4}\cos \alpha -\sin \frac{\pi }{4}\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{4}{5}+\frac{3}{5}\right)=\frac{7\sqrt{2}}{10}.$$ $$\tan \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\tan \alpha -\tan \frac{\pi }{4}}{1+\tan \alpha \tan \frac{\pi }{4}}=\frac{-\frac{3}{4}-1}{1-\frac{3}{4}}=-7.$$

反思：本题中 $\sin \left(\frac{\pi }{4}-\alpha \right)=\cos \left(\frac{\pi }{4}+\alpha \right)$，这不是偶然，而是因为 $\left(\frac{\pi }{4}-\alpha \right)+\left(\frac{\pi }{4}+\alpha \right)=\frac{\pi }{2}$，两角互余。

例题 4：公式的逆用

计算下列各式的值：

（1）$\sin 72^{\circ }\cos 42^{\circ }-\cos 72^{\circ }\sin 42^{\circ }$；
（2）$\cos 20^{\circ }\cos 70^{\circ }-\sin 20^{\circ }\sin 70^{\circ }$；
（3）$\frac{1+\tan 15^{\circ }}{1-\tan 15^{\circ }}$。

分析：观察式子结构，分别逆用差角正弦、和角余弦、和角正切公式。

解：

（1）

$$\sin 72^{\circ }\cos 42^{\circ }-\cos 72^{\circ }\sin 42^{\circ }=\sin (72^{\circ }-42^{\circ })=\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}.$$

（2）

$$\cos 20^{\circ }\cos 70^{\circ }-\sin 20^{\circ }\sin 70^{\circ }=\cos (20^{\circ }+70^{\circ })=\cos 90^{\circ }=0.$$

（3）

$$\frac{1+\tan 15^{\circ }}{1-\tan 15^{\circ }}=\frac{\tan 45^{\circ }+\tan 15^{\circ }}{1-\tan 45^{\circ }\tan 15^{\circ }}=\tan (45^{\circ }+15^{\circ })=\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}.$$

反思：公式既能正用，也能逆用。逆用时关键是“认出结构”：异名相乘加减对应正弦和差，同名相乘加减对应余弦和差，正切和差形式对应 $\frac{\tan A\pm \tan B}{1\mp \tan A\tan B}$。

例题 5：二倍角公式的应用

已知 $\sin 2\alpha =\frac{5}{13}$，$\frac{\pi }{4}\breve{0}03c\alpha \breve{0}03c\frac{\pi }{2}$。求 $\sin 4\alpha$、$\cos 4\alpha$、$\tan 4\alpha$。

分析：$4\alpha$ 是 $2\alpha$ 的二倍角，所以把 $2\alpha$ 看作一个整体，再用二倍角公式。

解：

由 $\frac{\pi }{4}\breve{0}03c\alpha \breve{0}03c\frac{\pi }{2}$，得 $\frac{\pi }{2}\breve{0}03c2\alpha \breve{0}03c\pi$，所以 $2\alpha$ 在第二象限，$\cos 2\alpha \breve{0}03c0$。

$$\cos 2\alpha =-\sqrt{1-{\sin }^{2}2\alpha }=-\sqrt{1-\frac{25}{169}}=-\frac{12}{13}.$$

于是

$$\sin 4\alpha =2\sin 2\alpha \cos 2\alpha =2\cdot \frac{5}{13}\cdot \left(-\frac{12}{13}\right)=-\frac{120}{169},$$ $$\cos 4\alpha =1-2{\sin }^{2}2\alpha =1-2\cdot \frac{25}{169}=\frac{119}{169},$$ $$\tan 4\alpha =\frac{\sin 4\alpha }{\cos 4\alpha }=\frac{-120/169}{119/169}=-\frac{120}{119}.$$

反思：$\sin 4\alpha$ 也可用 $2\sin 2\alpha \cos 2\alpha$；$\cos 4\alpha$ 用 $1-2{\sin }^{2}2\alpha$ 最快，因为已知 $\sin 2\alpha$。

例题 6：三角形中的恒等变换

在 $△ABC$ 中，$\cos A=\frac{4}{5}$，$\tan B=2$。求 $\tan (2A+2B)$。

分析：可以先求 $\tan 2A$、$\tan 2B$，再用正切和角公式；也可以先求 $\tan (A+B)$，再求 $\tan [2(A+B)]$。

解法 1：

由 $\cos A=\frac{4}{5}$，$0\breve{0}03cA\breve{0}03c\pi$，得

$$\sin A=\sqrt{1-{\cos }^{2}A}=\frac{3}{5},\tan A=\frac{\sin A}{\cos A}=\frac{3}{4}.$$

于是

$$\tan 2A=\frac{2\tan A}{1-{\tan }^{2}A}=\frac{2\cdot \frac{3}{4}}{1-\frac{9}{16}}=\frac{24}{7}.$$

由 $\tan B=2$，得

$$\tan 2B=\frac{2\tan B}{1-{\tan }^{2}B}=\frac{4}{1-4}=-\frac{4}{3}.$$

因此

$$\tan (2A+2B)=\frac{\tan 2A+\tan 2B}{1-\tan 2A\tan 2B}=\frac{\frac{24}{7}-\frac{4}{3}}{1+\frac{24}{7}\cdot \frac{4}{3}}=\frac{\frac{44}{21}}{\frac{117}{21}}=\frac{44}{117}.$$

解法 2：

先求

$$\tan (A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=\frac{\frac{3}{4}+2}{1-\frac{3}{4}\cdot 2}=\frac{\frac{11}{4}}{-\frac{1}{2}}=-\frac{11}{2}.$$

再求

$$\tan (2A+2B)=\tan [2(A+B)]=\frac{2\tan (A+B)}{1-{\tan }^2(A+B)}=\frac{-11}{1-\frac{121}{4}}=\frac{-11}{-\frac{117}{4}}=\frac{44}{117}.$$

反思：在三角形中，$A+B+C=\pi$ 是一个重要的恒等关系，但本题直接用 $\tan (A+B)$ 也很方便。注意两种方法结果一致，可相互检验。

例题 7：半角公式的证明与应用

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

分析：由二倍角公式 $\sin \alpha =2\sin \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{2}$、$1+\cos \alpha =2{\cos }^2\frac{\alpha }{2}$、$1-\cos \alpha =2{\sin }^2\frac{\alpha }{2}$ 代入即可。

解：

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

所以原等式成立（在分母不为零的条件下）。

反思：半角正切公式的这两个“有理化”形式在化简中非常实用，避免了开方和符号讨论。

例题 8：积化和差与和差化积

求证：

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

（2）$\sin \theta +\sin \phi =2\sin \frac{\theta +\phi }{2}\cos \frac{\theta -\phi }{2}$。

分析：

（1）从右边出发，用和差角公式展开即可；
（2）令 $\alpha +\beta =\theta$，$\alpha -\beta =\phi$，解出 $\alpha =\frac{\theta +\phi }{2}$，$\beta =\frac{\theta -\phi }{2}$，代入（1）即得。

解：

（1）

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

（2）设 $\alpha +\beta =\theta$，$\alpha -\beta =\phi$，则 $\alpha =\frac{\theta +\phi }{2}$，$\beta =\frac{\theta -\phi }{2}$。代入（1）得

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

反思：积化和差与和差化积揭示了“乘积”与“和差”之间的转化关系，在化简、积分和信号处理中都很常见。

例题 9：辅助角公式求周期和最值

求下列函数的周期、最大值和最小值：

（1）$y=\sin x+\sqrt{3}\cos x$；
（2）$y=3\sin x+4\cos x$。

分析：利用辅助角公式把 $a\sin x+b\cos x$ 化为 $R\sin (x+\phi )$。

解：

（1）

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

所以周期 $T=2\pi$，最大值 $2$，最小值 $-2$。

（2）

设 $3\sin x+4\cos x=R\sin (x+\phi )$，则

$$R\cos \phi =3,R\sin \phi =4.$$

平方相加得 $R^2=9+16=25$，所以 $R=5$。因此

$$y=5\sin (x+\phi ),$$

其中 $\cos \phi =\frac{3}{5}$，$\sin \phi =\frac{4}{5}$。周期 $T=2\pi$，最大值 $5$，最小值 $-5$。

反思：辅助角公式把两个三角函数的线性组合化成一个正弦函数，从而可以直接读出周期、最值。

例题 10：几何最值问题

如图，在扇形 $OPQ$ 中，半径 $OP=1$，圆心角 $\angle POQ=\frac{\pi }{3}$，$C$ 是扇形弧上的动点，矩形 $ABCD$ 内接于扇形，其中 $A$、$B$ 在半径 $OP$ 上，$D$ 在 $OQ$ 上，$C$ 在弧上。设 $\angle POC=\alpha$，求当 $\alpha$ 取何值时矩形面积最大，并求最大面积。

分析：用 $\alpha$ 表示矩形的边长，建立面积函数，再用辅助角公式求最值。

解：

在 Rt$△OBC$ 中，$OB=\cos \alpha$，$BC=\sin \alpha$。

在 Rt$△OAD$ 中，$\frac{DA}{OA}=\tan \frac{\pi }{3}=\sqrt{3}$，所以

$$OA=\frac{DA}{\sqrt{3}}=\frac{BC}{\sqrt{3}}=\frac{\sin \alpha }{\sqrt{3}}.$$

于是矩形的长

$$AB=OB-OA=\cos \alpha -\frac{\sin \alpha }{\sqrt{3}}.$$

矩形面积

$$S=AB\cdot BC=\left(\cos \alpha -\frac{\sin \alpha }{\sqrt{3}}\right)\sin \alpha =\sin \alpha \cos \alpha -\frac{\sqrt{3}}{3}{\sin }^2\alpha .$$

利用二倍角公式化简：

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{1}{2}\sin 2\alpha -\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{1-\cos 2\alpha }{2}\\ & =\frac{1}{2}\sin 2\alpha +\frac{\sqrt{3}}{6}\cos 2\alpha -\frac{\sqrt{3}}{6}\\ & =\frac{\sqrt{3}}{3}\sin \left(2\alpha +\frac{\pi }{6}\right)-\frac{\sqrt{3}}{6}.\end{array}$$

（说明：$\frac{1}{2}\sin 2\alpha +\frac{\sqrt{3}}{6}\cos 2\alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}\sin \left(2\alpha +\frac{\pi }{6}\right)$，其中振幅 $\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{6}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，辅助角满足 $\cos \phi =\frac{\sqrt{3}}{2}$、$\sin \phi =\frac{1}{2}$，即 $\phi =\frac{\pi }{6}$。）

因为 $0\breve{0}03c\alpha \breve{0}03c\frac{\pi }{3}$，所以 $\frac{\pi }{6}\breve{0}03c2\alpha +\frac{\pi }{6}\breve{0}03c\frac{5\pi }{6}$。当 $2\alpha +\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}$，即 $\alpha =\frac{\pi }{6}$ 时，$\sin \left(2\alpha +\frac{\pi }{6}\right)$ 取得最大值 $1$。

因此，当 $\alpha =\frac{\pi }{6}$ 时，矩形面积最大，最大面积为

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

反思：本题把几何量用角 $\alpha$ 表示，再通过恒等变换化归为 $A\sin (\omega \alpha +\phi )+b$ 的形式，这是三角函数解决几何最值问题的典型路径。

易错点整理

1. 和差角公式符号记错

   • 错误表现：$\sin (\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta$。
   • 错因分析：没有记清“差”对应减号。
   • 正确处理：$\sin (\alpha -\beta )=\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta$。

2. 正切公式分母为零仍使用

   • 错误表现：$\tan \alpha$、$\tan \beta$ 不存在或 $1-\tan \alpha \tan \beta =0$ 时仍套公式。
   • 错因分析：忽略正切公式的适用条件。
   • 正确处理：先检查分母是否为零，必要时改用正弦、余弦公式。

3. 开方求三角函数值未判断符号

   • 错误表现：已知 $\sin \alpha$ 求 $\cos \alpha$ 时直接取正。
   • 错因分析：没有结合角的象限。
   • 正确处理：先确定角的范围，再定正负。

4. 二倍角与半角公式混淆

   • 错误表现：$\sin 2\alpha =2\sin \alpha$ 或 $\cos \frac{\alpha }{2}=\frac{1-\cos \alpha }{2}$。
   • 错因分析：公式记忆混乱。
   • 正确处理：$\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha$；${\cos }^2\frac{\alpha }{2}=\frac{1+\cos \alpha }{2}$（注意平方）。

5. 辅助角公式中 $R$ 算错

   • 错误表现：把 $\sin x+\sqrt{3}\cos x$ 的振幅写成 $1$。
   • 错因分析：忘记 $R=\sqrt{a^2+b^2}$。
   • 正确处理：$R=\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2}=2$。

6. 恒等证明中除以可能为零的式子

   • 错误表现：在证明时两边同除以 $1-\cos \alpha$ 而不说明它不为零。
   • 错因分析：忽略等式成立条件。
   • 正确处理：说明在分母不为零时成立，或单独验证分母为零的情况。

7. 化简方向选择错误

   • 错误表现：求最值时仍然把式子全部展开。
   • 错因分析：没有根据目标选择公式。
   • 正确处理：求最值优先考虑辅助角公式；证明优先考虑从复杂一边化简。

考点考证点整理

考点一：特殊角组合求值

• 出题思路：求 $\sin 15^{\circ }$、$\cos 75^{\circ }$、$\tan 105^{\circ }$ 等特殊角的值。
• 关键条件：把角拆成 $45^{\circ }\pm 30^{\circ }$、$60^{\circ }\pm 45^{\circ }$ 等。
• 解答要点：
  1. 写出角的拆分；
  2. 套用和差角公式；
  3. 合并化简，必要时进行分母有理化。
• 易扣分点：公式符号错误；特殊角值记错；分母未有理化。

考点二：已知三角函数值求和差倍半角值

• 出题思路：已知 $\sin \alpha$、$\cos \alpha$、$\tan \alpha$ 及范围，求 $\sin (\alpha \pm \beta )$、$\cos (\alpha \pm \beta )$、$\sin 2\alpha$、$\cos 2\alpha$ 等。
• 关键条件：同角基本关系 + 和差角/倍角公式；角的范围决定符号。
• 解答要点：
  1. 由已知值和范围求出另一三角函数值；
  2. 选择合适的公式；
  3. 代入计算并检查符号。
• 易扣分点：未判断象限导致符号错误；选用公式不恰当。

考点三：三角式化简

• 出题思路：化简 $\sin \alpha \cos \beta \pm \cos \alpha \sin \beta$、$\cos \alpha \cos \beta \pm \sin \alpha \sin \beta$、$\cos \theta \tan \theta$ 等。
• 关键条件：公式的正用与逆用；切化弦；${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$。
• 解答要点：
  1. 观察式子结构，判断能否逆用公式；
  2. 若不能，则统一函数名或统一角度；
  3. 注意定义域。
• 易扣分点：该逆用时展开；符号错误；忽略定义域。

考点四：三角恒等式证明

• 出题思路：证明含有和差角、倍角、半角的恒等式。
• 关键条件：熟练掌握公式；善于从复杂一边化简；善于切化弦。
• 解答要点：
  1. 从复杂一边出发；
  2. 或两边同时化到同一形式；
  3. 注意等式成立条件。
• 易扣分点：除以可能为零的式子；化简方向错误。

考点五：二倍角公式求值

• 出题思路：已知 $\sin \alpha$ 或 $\cos \alpha$ 或 $\tan \alpha$，求 $\sin 2\alpha$、$\cos 2\alpha$、$\tan 2\alpha$。
• 关键条件：$\cos 2\alpha$ 的三种形式；$\tan 2\alpha$ 分母不为零。
• 解答要点：
  1. 根据已知条件选择最合适的 $\cos 2\alpha$ 形式；
  2. 求 $\tan 2\alpha$ 时注意分母 $1-{\tan }^2\alpha$ 是否为零。
• 易扣分点：$\cos 2\alpha$ 形式选错；符号判断错误。

考点六：辅助角公式求最值与周期

• 出题思路：求 $y=a\sin x+b\cos x$ 的周期、最大值、最小值；或求 $y=A\sin (\omega x+\phi )+b$ 的相关量。
• 关键条件：$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\sin (x+\phi )$。
• 解答要点：
  1. 计算 $R=\sqrt{a^2+b^2}$；
  2. 确定 $\phi$ 满足 $\cos \phi =\frac{a}{R}$、$\sin \phi =\frac{b}{R}$；
  3. 写出最大值、最小值和周期。
• 易扣分点：$R$ 算错；$\phi$ 求错；没有说明周期。

考点七：三角恒等变换与几何综合

• 出题思路：在几何图形（扇形、三角形等）中引入角变量，建立三角函数式，再求最值或证明。
• 关键条件：正确建立函数关系；灵活运用恒等变换化简。
• 解答要点：
  1. 设角变量，用几何关系写出边长；
  2. 建立面积、长度或角度的函数；
  3. 用恒等变换化为一角一函数，求最值。
• 易扣分点：几何关系建立错误；未确定角变量范围；最值时未验证取到。

练习题

基础训练

1. 求下列三角函数值：
   （1）$\sin 15^{\circ }$；　（2）$\cos 75^{\circ }$；　（3）$\tan 75^{\circ }$。
2. 已知 $\cos \alpha =\frac{3}{5}$，$\alpha$ 是第四象限角，求 $\sin 2\alpha$、$\cos 2\alpha$、$\tan 2\alpha$。
3. 计算：
   （1）$\sin 72^{\circ }\cos 42^{\circ }-\cos 72^{\circ }\sin 42^{\circ }$；
   （2）$\cos 20^{\circ }\cos 70^{\circ }-\sin 20^{\circ }\sin 70^{\circ }$；
   （3）$\frac{1+\tan 15^{\circ }}{1-\tan 15^{\circ }}$。
4. 化简：$\cos (x-y)\cos y-\sin (x-y)\sin y$。
5. 已知 $\sin \alpha =-\frac{3}{5}$，$\alpha$ 是第四象限角，求 $\sin \left(\frac{\pi }{4}-\alpha \right)$、$\cos \left(\frac{\pi }{4}+\alpha \right)$、$\tan \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)$。

巩固训练

6. 已知 $\sin \alpha =\frac{4}{5}$，$\alpha \in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$，$\cos \beta =-\frac{5}{13}$，$\beta$ 是第三象限角，求 $\cos (\alpha -\beta )$。
7. 已知 $\sin 2\alpha =\frac{5}{13}$，$\frac{\pi }{4}\breve{0}03c\alpha \breve{0}03c\frac{\pi }{2}$，求 $\sin 4\alpha$、$\cos 4\alpha$、$\tan 4\alpha$。
8. 在 $△ABC$ 中，$\cos A=\frac{4}{5}$，$\tan B=2$，求 $\tan (2A+2B)$。
9. 求证：$\sin \alpha \cos \beta =\frac{1}{2}[\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )]$。
10. 求函数 $y=3\sin x+4\cos x$ 的周期、最大值和最小值。

提升训练

11. 求函数 $y=\sin x+\sqrt{3}\cos x$ 的周期、最大值和最小值。
12. 求函数 $y={\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x+\sin x\cos x$ 的最大值和最小值。
13. 已知 $\tan \alpha =2$，求 $\frac{\sin \alpha +\cos \alpha }{\sin \alpha -\cos \alpha }$ 的值。
14. 化简：$\frac{1+\sin 2\phi }{\cos \phi +\sin \phi }$。

练习题答案

基础训练

1. 答案：

   （1）$\sin 15^{\circ }=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$；

   （2）$\cos 75^{\circ }=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$；

   （3）$\tan 75^{\circ }=2+\sqrt{3}$。

2. 答案：

   因为 $\alpha$ 在第四象限，$\sin \alpha =-\frac{4}{5}$。所以

   $$\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha =2\cdot \left(-\frac{4}{5}\right)\cdot \frac{3}{5}=-\frac{24}{25},$$ $$\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1=2\cdot \frac{9}{25}-1=-\frac{7}{25},$$ $$\tan 2\alpha =\frac{\sin 2\alpha }{\cos 2\alpha }=\frac{24}{7}.$$

3. 答案：

   （1）$\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}$；

   （2）$\cos 90^{\circ }=0$；

   （3）$\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$。

4. 答案：

   原式 $=\cos [(x-y)+y]=\cos x$。

5. 答案：$\frac{7\sqrt{2}}{10}$、$\frac{7\sqrt{2}}{10}$、$-7$（过程见例题 3）。

巩固训练

6. 答案：$-\frac{33}{65}$（过程见例题 2）。

7. 答案：$-\frac{120}{169}$、$\frac{119}{169}$、$-\frac{120}{119}$（过程见例题 5）。

8. 答案：$\frac{44}{117}$（过程见例题 6）。

9. 答案：证明过程见例题 8。

10. 答案：周期 $2\pi$，最大值 $5$，最小值 $-5$（过程见例题 9）。

提升训练

11. 答案：$y=2\sin \left(x+\frac{\pi }{3}\right)$，周期 $2\pi$，最大值 $2$，最小值 $-2$（过程见例题 9）。

12. 答案：

    原式 $=\cos 2x+\frac{1}{2}\sin 2x$。

    令 $f(x)=\cos 2x+\frac{1}{2}\sin 2x$，可化为

    $$f(x)=\frac{\sqrt{5}}{2}\sin (2x+\phi ),$$

    其中 $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{5}}$，$\sin \phi =\frac{2}{\sqrt{5}}$。

    最大值为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$，最小值为 $-\frac{\sqrt{5}}{2}$。

13. 答案：

    分子分母同除以 $\cos \alpha$（$\cos \alpha \ne 0$），得

    $$\frac{\sin \alpha +\cos \alpha }{\sin \alpha -\cos \alpha }=\frac{\tan \alpha +1}{\tan \alpha -1}=\frac{2+1}{2-1}=3.$$

14. 答案：

    $$\frac{1+\sin 2\phi }{\cos \phi +\sin \phi }=\frac{{\sin }^2\phi +{\cos }^2\phi +2\sin \phi \cos \phi }{\cos \phi +\sin \phi }=\frac{(\sin \phi +\cos \phi {)}^2}{\sin \phi +\cos \phi }=\sin \phi +\cos \phi .$$

    （$\sin \phi +\cos \phi \ne 0$ 时成立。）