关于三角函数
zhujianheng
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三角函数是什么：
若直角三角形 $ABC$，$C$ 是直角顶点，则 $\sin ∠A=\dfrac{BC}{AB}$，同理 $\cos \alpha$ 是余弦，是邻边比斜边，即 $\cos ∠A=\dfrac{AC}{AB}$，$\tan ∠A$ 是正切，是对边比邻边，$\tan ∠A=\dfrac{BC}{AC}$，$\cot ∠A$ 是余切，是邻边比对边，$\cot ∠A=\dfrac{AC}{BC}$。
显然 $\tan \alpha \cot \alpha=1$。
【例 1】证明：$\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha=1$。
这个题很明显，构造一个直角三角形，以 $C$ 为直角顶点，$∠A=\alpha$。$\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha=\dfrac{BC^2}{AB^2}+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2+AC^2}{AB^2}$。因为勾股定理，所以 $BC^2+AC^2=AB^2$，所以明显证毕。
很明显 $\dfrac{\dfrac{BC}{AB}}{\dfrac{AC}{AB}}=\dfrac{BC}{AC}$，所以 $\tan \alpha=\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$。
【例 2】（正弦定理）在三角形 $ABC$ 中，$BC=a,AC=b,AB=c$，证明：$\dfrac{a}{\sin ∠A}=\dfrac{b}{\sin ∠B}=\dfrac{c}{\sin ∠C}$。
作高 $CH⊥AB$。$\sin A=\dfrac{CH}{AC}$，$\sin B=\dfrac{CH}{BC}$，而 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}$ 等价于 $a \sin B=b \sin A$，而 $BC=a$，$AC=b$，$a \sin B=b \sin A$ 就是 $BC \times \dfrac{CH}{BC}=AC \times \dfrac{CH}{AC}$，那么就是 $CH=CH$，显然。
同理可以证明：$\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}$，和 $\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$，所以 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$。
【例 3】（余弦定理）证明：对于三角形 $ABC$ 中，$BC^2=AB^2+AC^2-AB \times AC \cos A$，即 $a^2=b^2+c^2-2bc \cos A$。
证明：作 $BH⊥AC$，则 $AH=c \cos A,BH=c \sin A,CH=b-c \cos A$，∵$BH^2+CH^2=BC^2$，∴$(b-c \cos A)^2+(c \sin A)^2=a^2$，$b^2-2bc \cos A+c^2 \cos^2 A+c^2 \sin^2A=a^2$，那么由例 $1$ 得 $a^2=b^2+c^2-2bc \cos A$。
同理，$b^2=a^2+c^2-2ac \cos B$，$c^2=a^2+b^2-2ab \cos C$。
然后考虑解三角形这类问题。
【例 4】若一个三角形两边长为 $3,6$ 且夹角为 $\dfrac{\pi}{3}$，求另一条边的长度。
由 $c^2=a^2+b^2-2ab \cos C$ 得 $c^2=9+36-2 \times 3 \times 6 \times \dfrac{1}{2}=27$（很明显 $\cos \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}$）。所以 $c=3 \sqrt 3$。
【例 5】若一个三角形两边长为 $\sqrt2,2$，且夹角为 $\dfrac{\pi}{4}$，求另一边长。
由 $c^2=a^2+b^2-2ab \cos C$ 得 $c^2=2+4-2 \times 2 \times \sqrt 2 \times \dfrac{\sqrt 2}{2}=2+4-4=2$，$c=\sqrt 2$。
这两道题都是比较简单的问题，接下来我们考虑 $\sin(\alpha+\beta)$ 怎么求。
公式：$\sin(\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\sin \beta \cos \alpha$。
$\sin(\alpha-\beta)=\sin \alpha \cos \beta-\sin \beta \cos \alpha$。
【例 6】求 $\sin \dfrac{5 \pi}{12}$ 和 $\sin \dfrac{\pi}{12}$。
（1）$\sin \dfrac{5 \pi}{12}=\sin(\dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{4})=\sin \dfrac{\pi}{4}\cos \dfrac{\pi}{6}+\sin \dfrac{\pi}{6}\cos \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt 2}{2}\dfrac{\sqrt 3}{2}+\dfrac{1}{2}\dfrac{\sqrt 2}{2}=\dfrac{\sqrt 2+\sqrt 6}{4}$。
（2）同理，$\sin \dfrac{\pi}{12}=\sin(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt 6-\sqrt 2}{4}$。
再考虑 $\cos$。
$\cos(\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta$。
$\cos(\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta$。
【例 7】求 $\cos \dfrac{5 \pi}{12}$ 和 $\cos \dfrac{\pi}{12}$。
跟例 6 做法相近。
（1）$\cos \dfrac{5 \pi}{12}=\cos(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt 6-\sqrt 2}{4}$。
（2）$\cos \dfrac{\pi}{12}=\cos(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt 6+\sqrt 2}{4}$。
然后考虑二倍角公式。
【例 8】求 $\sin 2 \alpha$ 和 $\cos 2 \alpha$。
$\sin 2 \alpha=\sin(\alpha + \alpha)=2 \sin \alpha \cos \alpha$。
$\cos 2 \alpha=\cos(\alpha+\alpha)=\cos^2 \alpha-\sin^2 \alpha=1-\sin^2 \alpha-\sin^2 \alpha=1-2\sin^2 \alpha$。
同时，$\cos 2 \alpha=\cos^2 \alpha-(1-\cos^2 \alpha)=2 \cos^2 \alpha-1$。
再尝试考虑一下三倍角公式。
【例 9】求 $\sin 3 \alpha$ 和 $\cos 3 \alpha$。
$\sin 3 \alpha=\sin(2 \alpha+\alpha)=\sin 2 \alpha \cos \alpha+\cos 2 \alpha \sin \alpha=2 \sin \alpha \cos^2 \alpha+(1-2 \sin^2 \alpha) \sin \alpha=2 \sin \alpha(1-\sin^2 \alpha)+\sin \alpha-2 \sin^3 \alpha=2 \sin \alpha-2 \sin^3 \alpha+\sin \alpha-2 \sin^3 \alpha=3 \sin \alpha-4 \sin^3 \alpha$。
$\cos 3 \alpha=\cos(2 \alpha+\alpha)=\cos 2 \alpha \cos \alpha-\sin 2 \alpha \sin \alpha=(2 \cos^2 \alpha-1)\cos \alpha-2 \sin^2 \alpha \cos \alpha=2 \cos^3 \alpha-\cos \alpha-2(1-\cos^2 \alpha)\cos \alpha=2 \cos^3 \alpha-\cos \alpha-2 \cos \alpha+2 \cos^3 \alpha=4 \cos^3 \alpha-3 \cos \alpha$。
这样就推出三倍角公式。
然后考虑 $\tan(\alpha+\beta)$。
$\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha+\beta)}=\dfrac{\sin \alpha \cos \beta+\sin \beta \cos \alpha}{\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta}$，同时除以 $\cos \alpha \cos \beta$ 得 $\dfrac{\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}+\dfrac{\sin \beta}{\cos \beta}}{1-\dfrac{\sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}}$，也就是 $\dfrac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}$。
这样就得到了三角函数的一些基本公式，接下来就可以运用他们去解题了。
【例 10】求证：$\sin \alpha \sin \beta=\dfrac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta))$。
证：从右边推左边。
右边$=\dfrac{1}{2}(\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta-\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta)=\dfrac{1}{2}(2 \sin \alpha \sin \beta)=\sin \alpha \sin \beta=$ 左边。
这个式子被叫做积化和差。
同理，$\cos \alpha \cos \beta=\dfrac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)),\sin \alpha \cos \beta=\dfrac{1}{2}(\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta))$。
【例 11】：证明：$4 \sin \alpha \sin(\alpha + \dfrac{\pi}{3}) \sin(\dfrac{\pi}{3}-\alpha)=\sin 3 \alpha$。
利用积化和差，将后两项算出来，应该是 $2 \sin \alpha(\cos 2 \alpha-\cos \dfrac{2 \pi}{3})=2 \sin \alpha(1-2 \sin^2 \alpha+\dfrac{1}{2})=3 \sin \alpha-4 \sin^3 \alpha=\sin 3 \alpha$。
【例 12】：求：$\sin \dfrac{\pi}{12}$。
我们换一种求法。$\sin \dfrac{\pi}{12} \sin \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{1}{2}(\cos \dfrac{\pi}{6}-\cos \dfrac{\pi}{3})$，所以 $\sin \dfrac{\pi}{12} \times \dfrac{\sqrt 2}{2}=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt 3-1}{2}$，$\sin \dfrac{\pi}{12}=\sqrt 2 \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt 3 - 1}{2}=\dfrac{\sqrt 6-\sqrt 2}{4}$，虽略显繁琐，但是求出了正确结果。
最后讲一下和差化积。
由于方程组 $x+y=a,x-y=b$ 的解：$x=\dfrac{a+b}{2},y=\dfrac{a-b}{2}$，这样也可以理解 $\sin \alpha+\sin \beta=2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2},\sin \alpha-\sin \beta=2 \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2},\cos \alpha+\cos \beta=2 \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2},\cos \alpha-\cos \beta=2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha-\beta}{2}$ 了。
【例 13】求 $\sin \dfrac{\pi}{12}+\sin \dfrac{5 \pi}{12}$。
由和差化积，应该是 $2 \sin \dfrac{\pi}{4} \cos \dfrac{\pi}{6}$，也就是 $2 \dfrac{\sqrt 2}{2} \dfrac{\sqrt 3}{2}$，也就是 $\dfrac{\sqrt 6}{2}$。
顺便讲一下反函数。
若 $y=\sin x$，则称 $x=\arcsin y$。若 $y=\cos x$，则称 $x=\arccos y$，若 $y=\tan x$，则称 $x=\arctan y$。注意值域。
【例 14】求 $\arctan 1$。
这个要背下来的，答案是 $\dfrac{\pi}{4}$。
三角函数基本的也讲的差不多了，根据这些就可以处理所有三角函数的题目了，本文完。