第 13 章 · 三角関数

项目	内容
シラバス项目	11. 三角関数（数学Ⅱ）：(1) 三角関数（① 一般角と弧度法 ② 三角関数とその基本的な性質 ③ 三角関数とそのグラフ）、(2) 加法定理（① 三角関数の加法定理 ② 加法定理の応用 ③ 三角関数の合成）
コース	只有コース2 考
国内书对应	国内书第 11 章（任意角、定义、诱导公式）、第 12 章（图像与性质）、第 13 章（三角恒等变换）
本章新内容的分量	少。公式国内基本都学过；要补的是三倍角、半角的日本写法、两直线的夹角，以及 EJU 的“限定范围”答法和换元誘導

三角函数的公式国内学得很全：两角和差、二倍角、辅助角、降幂，国内书第 11–13 章都讲过。EJU 多出来的不在公式，在用法：方程和不等式一律在 $0 \le \theta < 2\pi$ 这样的范围里求具体的值，不写通解；合成以后要按 $\theta$ 的范围求最值；还常用 $t = \sin\theta + \cos\theta$、$t = \cos\theta$ 换元，把三角函数变成 2 次、3 次函数，再接微分。丢分主要丢在三处：$2\theta$ 的范围没有翻倍，换元后忘了 $t$ 的范围，一个 $t$ 对应几个 $\theta$ 没数清。

13.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① 一般角と弧度法	国内书第 11 章 11.2 节	相同，见国内书第 11 章	不展开；用语见 13.7 节
(1) ② 三角関数とその基本的な性質	国内书第 11 章 11.3–11.5 节	相同（日本不用“奇变偶不变”口诀，直接列公式），见国内书第 11 章	不展开
(1) ③ 三角関数とそのグラフ	国内书第 12 章；三角不等式在 12.2 节	图像相同；方程式・不等式讲法不同：EJU 限定 $0 \le \theta < 2\pi$ 求具体解	13.2
(2) ① 三角関数の加法定理	国内书第 13 章 13.2 节	相同；日本还用它求2直線のなす角	13.3
(2) ② 加法定理の応用	国内书第 13 章 13.3、13.5 节	讲法不同 + 国内没有：半角公式写成平方形式；3倍角の公式国内不要求；积和・和积日本放在发展内容	13.3
(2) ③ 三角関数の合成	国内书第 13 章 13.4 节（辅助角公式）	相同（名称不同）；EJU 必带 $\theta$ 的范围，并且常和换元一起考	13.4、13.5

表里前三行在日本叫法不同、内容一样，记住几个说法就够了：

• 角的终边叫動径（どうけい），起始边叫始線；终边相同的角写成 $\theta + 360^\circ \times n$（$n$ 是整数），国内写 $\alpha + k \cdot 360^\circ$。
• 日本的周期指正的周期里最小的那个，就是国内的“最小正周期”。题干「周期は $\fbox{A}\pi$ である」填的就是它。
• 图像的平移说「$\theta$ 軸方向に $\dfrac{\pi}{3}$ だけ平行移動」，横轴常写 $\theta$ 轴。$y = \sin\theta$ 的图像叫正弦曲線。
• 第 6 章的三角比用角度制（$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$）；本章是数学Ⅱ，题目基本都用弧度制。

加法定理の応用到底包括什么，学习指导要领（2018 年告示）数学Ⅱ的原文是“三角関数の加法定理や2倍角の公式，三角関数の合成について理解すること”，只点名 2倍角和合成；学习指导要领解说把“三角関数の和を積に直すなどの公式”列为发展内容。半角、3倍角没有点名，都能由加法定理推出，各出版社教科书放在正文、例题还是练习，处理不同。EJU 的题都能用加法定理现推，不必为积和・和积专门背公式；3倍角推一次要几行，记住更省时间。

本章四个知识点的关系：加法定理是源头，推出 2倍角、3倍角和合成；合成和 2倍角又是换元的工具；最后几乎所有题都落在“限定范围的方程、不等式、最值”上。

13.2 三角方程式・三角不等式（θ の範囲つき）

说明

国内解三角方程和不等式，先在一个周期里找解，再写”$+ 2k\pi$，$k \in \mathbf{Z}$“的通解（国内书第 12 章 12.2 节）。EJU 不要通解：题目一定先给出 $\theta$ 的范围，最常见的是 $0 \le \theta < 2\pi$，也有 $0 \le \theta \le \pi$、$0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$，要求写出这个范围里的全部具体解。

解法分三步：

1. 化成基本形：化成 $\sin u = a$、$\cos u = a$、$\tan u = a$，或者对应的不等式。$u$ 可能是 $\theta$，也可能是 $2\theta$、$\theta + \dfrac{\pi}{3}$ 这样的式子。式子里同时有 $\sin\theta$ 和 $\cos^2\theta$ 时，用 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ 统一成一种函数，再按 2 次方程因式分解。
2. 换算范围：由 $\theta$ 的范围算出 $u$ 的范围。$0 \le \theta < 2\pi$ 时，$\theta + \dfrac{\pi}{3}$ 的范围是 $\dfrac{\pi}{3} \le \theta + \dfrac{\pi}{3} < \dfrac{7\pi}{3}$，$2\theta$ 的范围是 $0 \le 2\theta < 4\pi$（绕两圈）。
3. 在单位圆或图像上读解：$\sin u = a$ 看单位圆与横线 $y = a$ 的交点，$\cos u = a$ 看与竖线 $x = a$ 的交点，$\tan u = a$ 看过原点、斜率为 $a$ 的直线。只取落在第 2 步范围里的角，最后换回 $\theta$。

日本教科书把这一套叫「三角関数を含む方程式・不等式」，放在三角函数图像之后。

使用场景

• 题目给出 $\theta$ 的范围，要求解 $\sin\theta = a$、$\cos\theta = a$、$\tan\theta = a$：在单位圆上找交点，只写范围里的角。
• 方程里的角是 $2\theta$、$\theta + \alpha$ 等：先换算这个整体的范围，再找解，最后换回 $\theta$。
• 方程里同时有 $\sin\theta$ 和 $\cos^2\theta$（或 $\cos\theta$ 和 $\sin^2\theta$）：统一成一种函数，当 2 次方程解，舍掉绝对值大于 1 的根。
• 不等式 $\sin\theta > a$、$2\sin^2\theta + \sin\theta - 1 > 0$ 等：先解出 $\sin\theta$ 的范围，再在单位圆上读出 $\theta$ 的范围。
• 不等式里的角是 $\theta + \alpha$：整体换元后，解集可能被 $2\pi$ 切成两段，要分开写。

注意点

• 范围的端点要看清：$0 \le \theta < 2\pi$ 含 0 不含 $2\pi$，解 $\cos\theta = 1$ 只有 $\theta = 0$ 一个。
• 角是 $2\theta$ 时，$2\theta$ 在 $0$ 到 $4\pi$ 之间绕两圈，解的个数通常翻倍。
• 统一函数时选能消掉平方的那种：有 $\cos^2\theta$ 和 $\sin\theta$，就把 $\cos^2\theta$ 换成 $1 - \sin^2\theta$。
• 不等式的解集写成不等式，不写区间：「$\dfrac{\pi}{6} < \theta < \dfrac{5\pi}{6}$」。两段时写「$0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{11\pi}{6} \le \theta < 2\pi$」。
• EJU 题干的说法：「$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式……を解け」「……を満たす $\theta$ の値の範囲は」「解は $\fbox{A}$ 個ある」。

证明

结论：$-1 < a < 1$ 时，$\sin\theta = a$ 在 $0 \le \theta < 2\pi$ 里恰有两个解；$a = \pm 1$ 时恰有一个；$|a| > 1$ 时没有。

$\sin\theta$ 是单位圆上点 $P(\cos\theta, \sin\theta)$ 的纵坐标。$0 \le \theta < 2\pi$ 时，$P$ 把单位圆不重不漏地走一圈。（关键一步：$\theta$ 和单位圆上的点一一对应，所以数解的个数就是数交点的个数。）横线 $y = a$ 与单位圆：$|a| < 1$ 时交于两点，$|a| = 1$ 时相切于一点，$|a| > 1$ 时不相交。

余弦同理，看竖线 $x = a$。正切 $\tan\theta = a$：过原点、斜率为 $a$ 的直线与单位圆交于关于原点对称的两点，所以在 $0 \le \theta < 2\pi$ 里恰有两个解，相差 $\pi$。

角是 $2\theta$ 时：$\theta$ 走过 $0 \le \theta < 2\pi$，$u = 2\theta$ 走过 $0 \le u < 4\pi$，即单位圆两圈。每一圈的解数按上面的结论数，所以 $\sin 2\theta = a$（$|a| < 1$）有 4 个解。一般地，$\sin n\theta = a$（$|a| < 1$）有 $2n$ 个解。

例题

例 1　（场景：基本方程在范围内求解）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式 $2\cos\theta + \sqrt{3} = 0$ を解け。

解答　$2\cos\theta + \sqrt{3} = 0$ より $\cos\theta = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ である。単位円と直線 $x = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ の交点は，第 $2$ 象限と第 $3$ 象限に $1$ つずつあるから，求める解は $\theta = \dfrac{5\pi}{6}$，$\dfrac{7\pi}{6}$ である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解方程 $2\cos\theta + \sqrt{3} = 0$。解答：由 $2\cos\theta + \sqrt{3} = 0$ 得 $\cos\theta = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。单位圆与直线 $x = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 的交点在第二象限、第三象限各有一个，所以所求的解是 $\theta = \dfrac{5\pi}{6}$，$\dfrac{7\pi}{6}$。

解说　$\cos\theta = a$ 看竖线 $x = a$ 与单位圆的交点，$\sin\theta = a$ 看横线 $y = a$。国内写通解 $\theta = \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi$、$\dfrac{7\pi}{6} + 2k\pi$；EJU 只写所给范围里的具体值，范围是“小于 $2\pi$”，$2\pi$ 和 $0$ 是同一个动径，不能写进答案。

例 2　（场景：角是 $2\theta + \alpha$ 的形式）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式 $\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ を解け。

解答　$u = 2\theta - \dfrac{\pi}{3}$ とおく。$0 \leqq \theta < 2\pi$ より $0 \leqq 2\theta < 4\pi$ であるから，

$$-\frac{\pi}{3} \leqq u < \frac{11\pi}{3}.$$

$\sin u = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ を $1$ 周の範囲で解くと $u = \dfrac{\pi}{3}$，$\dfrac{2\pi}{3}$ で，これらに $2\pi$ を加えた $\dfrac{7\pi}{3}$，$\dfrac{8\pi}{3}$ も $u$ の範囲に含まれる（$\dfrac{8\pi}{3} < \dfrac{11\pi}{3}$）。さらに $2\pi$ を加えると範囲を超える。

$\theta = \dfrac{1}{2}\left(u + \dfrac{\pi}{3}\right)$ より

$$\theta = \frac{\pi}{3},\ \frac{\pi}{2},\ \frac{4\pi}{3},\ \frac{3\pi}{2}.$$

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解方程 $\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。解答：设 $u = 2\theta - \dfrac{\pi}{3}$。由 $0 \leqq \theta < 2\pi$ 得 $0 \leqq 2\theta < 4\pi$，所以 $-\dfrac{\pi}{3} \leqq u < \dfrac{11\pi}{3}$。在绕一周的范围内解 $\sin u = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 得 $u = \dfrac{\pi}{3}$，$\dfrac{2\pi}{3}$，再加上 $2\pi$ 得到的 $\dfrac{7\pi}{3}$，$\dfrac{8\pi}{3}$ 也在 $u$ 的范围里（$\dfrac{8\pi}{3} < \dfrac{11\pi}{3}$）。再加 $2\pi$ 就超出范围。由 $\theta = \dfrac{1}{2}\left(u + \dfrac{\pi}{3}\right)$ 得 $\theta = \dfrac{\pi}{3}$，$\dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{4\pi}{3}$，$\dfrac{3\pi}{2}$。

解说　容易卡在：只在 $0$ 到 $2\pi$ 里找 $u$，漏掉 $\dfrac{7\pi}{3}$、$\dfrac{8\pi}{3}$，只得到两个解。步骤固定为：先写 $2\theta$ 的范围（$0$ 到 $4\pi$），再减 $\dfrac{\pi}{3}$ 得 $u$ 的范围；找齐 $u$ 的解后，用 $\theta = \dfrac{1}{2}\left(u + \dfrac{\pi}{3}\right)$ 换回 $\theta$。

例 3　（场景：统一成一种函数后解 2 次方程）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式 $2\cos^2\theta + 3\sin\theta - 3 = 0$ を解け。

解答　$\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$ より

$$2(1 - \sin^2\theta) + 3\sin\theta - 3 = 0, \quad 2\sin^2\theta - 3\sin\theta + 1 = 0,$$ $$(2\sin\theta - 1)(\sin\theta - 1) = 0.$$

よって $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ または $\sin\theta = 1$ である。$\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ より $\theta = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{5\pi}{6}$；$\sin\theta = 1$ より $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ である。したがって $\theta = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{5\pi}{6}$ である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解方程 $2\cos^2\theta + 3\sin\theta - 3 = 0$。解答：由 $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$，得 $2(1 - \sin^2\theta) + 3\sin\theta - 3 = 0$，$2\sin^2\theta - 3\sin\theta + 1 = 0$，$(2\sin\theta - 1)(\sin\theta - 1) = 0$。所以 $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ 或 $\sin\theta = 1$。由 $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ 得 $\theta = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{5\pi}{6}$；由 $\sin\theta = 1$ 得 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$。因此 $\theta = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{5\pi}{6}$。

解说　统一函数时选能消掉平方的那种：有 $\cos^2\theta$ 和 $\sin\theta$，就把 $\cos^2\theta$ 换成 $1 - \sin^2\theta$。解出 $\sin\theta$ 后先对照 $-1 \leqq \sin\theta \leqq 1$，舍掉范围外的根；本题两个根都在范围内，各自都要解出 $\theta$。

例 4　（场景：不等式先解出 $\sin\theta$ 的范围）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，不等式 $2\sin^2\theta + \sin\theta - 1 > 0$ を解け。

解答　$(2\sin\theta - 1)(\sin\theta + 1) > 0$ より $\sin\theta > \dfrac{1}{2}$ または $\sin\theta < -1$ である。

$-1 \leqq \sin\theta \leqq 1$ より，$\sin\theta < -1$ は成り立たない。よって $\sin\theta > \dfrac{1}{2}$ である。単位円上で $y$ 座標が $\dfrac{1}{2}$ より大きい部分は，$\dfrac{\pi}{6}$ と $\dfrac{5\pi}{6}$ の間の弧であるから，

$$\frac{\pi}{6} < \theta < \frac{5\pi}{6}.$$

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解不等式 $2\sin^2\theta + \sin\theta - 1 > 0$。解答：由 $(2\sin\theta - 1)(\sin\theta + 1) > 0$，得 $\sin\theta > \dfrac{1}{2}$ 或 $\sin\theta < -1$。因为 $-1 \leqq \sin\theta \leqq 1$，$\sin\theta < -1$ 不成立。所以 $\sin\theta > \dfrac{1}{2}$。单位圆上纵坐标大于 $\dfrac{1}{2}$ 的部分是 $\dfrac{\pi}{6}$ 与 $\dfrac{5\pi}{6}$ 之间的弧，因此 $\dfrac{\pi}{6} < \theta < \dfrac{5\pi}{6}$。

解说　容易卡在：把 $\sin\theta < -1$ 也去解，或者忘了说明它不成立。$|\sin\theta| \leqq 1$，绝对值大于 1 的根本来就不可能是解，说明一句舍掉即可。解集用不等式写，不写成区间。

例 5　（场景：不等式里的角是 $\theta + \alpha$，解集被切成两段）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，不等式 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right) \geqq \dfrac{1}{2}$ を解け。

解答　$u = \theta + \dfrac{\pi}{3}$ とおくと，$\dfrac{\pi}{3} \leqq u < \dfrac{7\pi}{3}$ である。

$\sin u \geqq \dfrac{1}{2}$ を $1$ 周の範囲で解くと $\dfrac{\pi}{6} \leqq u \leqq \dfrac{5\pi}{6}$，次の $1$ 周では $\dfrac{13\pi}{6} \leqq u \leqq \dfrac{17\pi}{6}$ である。$u$ の範囲との共通部分をとると

$$\frac{\pi}{3} \leqq u \leqq \frac{5\pi}{6} \quad \text{または} \quad \frac{13\pi}{6} \leqq u < \frac{7\pi}{3}.$$

$\dfrac{\pi}{3}$ を引いて

$$0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}, \qquad \frac{11\pi}{6} \leqq \theta < 2\pi.$$

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解不等式 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right) \geqq \dfrac{1}{2}$。解答：设 $u = \theta + \dfrac{\pi}{3}$，则 $\dfrac{\pi}{3} \leqq u < \dfrac{7\pi}{3}$。在绕一周的范围内解 $\sin u \geqq \dfrac{1}{2}$ 得 $\dfrac{\pi}{6} \leqq u \leqq \dfrac{5\pi}{6}$，下一周是 $\dfrac{13\pi}{6} \leqq u \leqq \dfrac{17\pi}{6}$。与 $u$ 的范围取公共部分：$\dfrac{\pi}{3} \leqq u \leqq \dfrac{5\pi}{6}$ 或 $\dfrac{13\pi}{6} \leqq u < \dfrac{7\pi}{3}$。减去 $\dfrac{\pi}{3}$：$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{11\pi}{6} \leqq \theta < 2\pi$。

解说　另一种解法：直接画 $y = \sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)$ 在 $0 \leqq \theta < 2\pi$ 上的图像（上图），它是 $y = \sin\theta$ 向左平移 $\dfrac{\pi}{3}$。先解方程 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{1}{2}$ 得 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{11\pi}{6}$，再看图上哪几段在横线上方。换元法步骤清楚、不依赖画图；画图法一眼看出解集分成两段，适合检查有没有漏掉一段。容易卡在：只写了 $\dfrac{\pi}{3} \leqq u \leqq \dfrac{5\pi}{6}$ 一段，漏掉 $u$ 绕过 $2\pi$ 之后的那一小段。

常用推论

• 在 $0 \le \theta < 2\pi$ 里：$\sin\theta = a$、$\cos\theta = a$（$|a| < 1$）各有 2 个解，$a = \pm 1$ 时各 1 个；$\tan\theta = a$ 总有 2 个解，相差 $\pi$。推导见本节“证明”。
• $\sin n\theta = a$（$|a| < 1$）在 $0 \le \theta < 2\pi$ 里有 $2n$ 个解。推导：$n\theta$ 绕 $n$ 圈，每圈 2 个。
• 同一个方程的两个解关于对称轴对称：$\sin\theta = a$ 的两个解之和是 $\pi$（$a > 0$）或 $3\pi$（$a < 0$）；$\cos\theta = a$ 的两个解之和是 $2\pi$。推导：单位圆关于 $y$ 轴、$x$ 轴对称。EJU 问“解的和”时可以直接用。
• $\sin\theta \ge a$ 的解集是单位圆上横线 $y = a$ 上方的一段弧，弧跨过 $\theta = 0$ 时要拆成两段写。

易错点

• 错在哪：解 $\sin 2\theta = a$ 时，$2\theta$ 的范围仍按 $0 \le 2\theta < 2\pi$ 找解。 为什么错：$\theta < 2\pi$ 时 $2\theta < 4\pi$，绕了两圈，第二圈的解被丢掉了。 正确做法：设 $u = 2\theta$，先写”$0 \le u < 4\pi$“，再在两圈里找解。
• 错在哪：2 次方程解出 $\sin\theta = 2$ 或 $\cos\theta = -\dfrac{3}{2}$，还去找对应的 $\theta$，或者当成“无解”把整题判成无解。 为什么错：$|\sin\theta| \le 1$，绝对值大于 1 的根本来就不是解，只把这个根舍掉，另一个根照样要解。 正确做法：解出 $\sin\theta$ 后先对照 $-1 \le \sin\theta \le 1$，舍掉范围外的根。
• 错在哪：$0 \le \theta < 2\pi$ 时把 $\theta = 2\pi$ 也写进答案。 为什么错：范围是“小于 $2\pi$”，$2\pi$ 和 $0$ 是同一个动径，已经算过一次。 正确做法：写答案前对照题目的范围逐个检查端点。
• 错在哪：写出通解 $\theta = \dfrac{\pi}{6} + 2n\pi$。 为什么错：EJU 的空格只能填具体的数，题目要的是范围内的解。 正确做法：在题目给的范围里逐个列出。

直观理解

$\theta$ 从 0 增加到 $2\pi$，单位圆上的点 $P$ 逆时针走一圈。$\sin\theta = a$ 就是问”$P$ 走一圈，有几次高度恰好是 $a$“：高度在 $-1$ 和 $1$ 之间的水平线，一圈里一定被穿过两次，上去一次、下来一次。$2\theta$ 相当于 $P$ 的速度加倍，同样的时间走两圈，穿过的次数也就翻倍。

不等式 $\sin\theta > a$ 是问”$P$ 在水平线上方的时间段”，就是单位圆在线上方的那段弧。

关联知识点

• 前置：国内书第 12 章 12.2 节，用图像解三角不等式；第 11 章 11.3 节，单位圆定义。
• 前置：本书第 5 章 2次関数，统一函数后是 2 次方程、2 次不等式。
• 后续：13.4 节合成之后、13.5 节换元之后，最后一步都是本节的限定范围求解。
• 常一起考：本书第 22、23 章，求两条三角曲线围成的面积时，先解本节的方程求交点。

13.3 加法定理の応用（2倍角・半角・3倍角，積和・和積，2直線のなす角）

说明

加法定理（两角和差公式）国内书第 13 章 13.2 节讲过，日本叫加法定理（かほうていり）：

$$\sin(\alpha \pm \beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \cos\alpha\sin\beta,\qquad \cos(\alpha \pm \beta) = \cos\alpha\cos\beta \mp \sin\alpha\sin\beta,$$ $$\tan(\alpha \pm \beta) = \frac{\tan\alpha \pm \tan\beta}{1 \mp \tan\alpha\tan\beta}.$$

由它推出的公式日本统称「加法定理の応用」。和国内比：

2倍角の公式：与国内相同。$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$，$\cos 2\alpha = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha = 2\cos^2\alpha - 1$，$\tan 2\alpha = \dfrac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha}$。

半角の公式：日本教科书写成平方的形式，不带 $\pm$ 根号：

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

国内书第 13 章 13.5 节分成“降幂公式”（角是 $\alpha$ 和 $2\alpha$）和“半角公式”（开方带 $\pm$）两组，其实是同一组式子；日本只记这一组，开方时再按角的范围定符号。

3倍角の公式（国内不要求）：

$$\sin 3\alpha = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha,\qquad \cos 3\alpha = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha.$$

$\sin 3\alpha$ 只用 $\sin\alpha$ 表示，$\cos 3\alpha$ 只用 $\cos\alpha$ 表示，所以一换元就是 3 次函数（13.5 节）。

積を和に直す公式・和を積に直す公式（国内“会推导、不要求记忆”，日本学习指导要领解说列为発展内容）：

$$\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}\{\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta)\},\qquad \sin A + \sin B = 2\sin\frac{A + B}{2}\cos\frac{A - B}{2}.$$

其余几个（$\cos\alpha\cos\beta$、$\sin\alpha\sin\beta$、$\sin A - \sin B$、$\cos A \pm \cos B$）写法相同，见“常用推论”。

2直線のなす角：两条直线 $y = m_1 x + n_1$、$y = m_2 x + n_2$ 与 $x$ 轴正方向的夹角分别是 $\alpha$、$\beta$，则 $\tan\alpha = m_1$，$\tan\beta = m_2$。两直线所成的角 $\theta$（$0 < \theta \le \dfrac{\pi}{2}$，日本说「2直線のなす角」）满足

$$\tan\theta = \left|\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}\right| \quad (1 + m_1 m_2 \ne 0).$$

$1 + m_1 m_2 = 0$ 时两直线垂直，$\theta = \dfrac{\pi}{2}$。

使用场景

• 已知 $\cos\alpha$ 和 $\alpha$ 的范围，求 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的三角函数值：用半角公式求平方，再按 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的范围开方定符号。
• 题目里出现 $3\theta$（单位圆上的点转 $\theta$ 和 $3\theta$，或 $\sin 3\theta$、$\cos 3\theta$）：用 3倍角公式化成 $\sin\theta$ 或 $\cos\theta$ 的 3 次式。
• 角的和是 $90^\circ$、$180^\circ$ 这样的特殊值（如 $\theta = 18^\circ$，$2\theta + 3\theta = 90^\circ$）：用 2倍角和 3倍角列方程求值。
• 给出两条直线的方程（或斜率），求它们所成的角：用 2直線のなす角 的公式。
• 两个三角函数的积或和，角又凑不成特殊角（如 $\sin 75^\circ\cos 15^\circ$）：用积和・和积公式变成特殊角。

注意点

• 半角公式求出的是平方，开方取正还是取负，看 $\dfrac{\alpha}{2}$ 所在的象限，不看 $\alpha$。
• 3倍角公式两个式子系数的位置不同：$\sin 3\alpha$ 是“3 减 4”（$3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha$），$\cos 3\alpha$ 是“4 减 3”（$4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha$）。日本教科书有时写成 $\cos 3\alpha = -3\cos\alpha + 4\cos^3\alpha$，是同一个式子。
• 2直線のなす角 取的是锐角（或直角），所以公式带绝对值。题目问“钝角那一个”时用 $\pi - \theta$。
• 积和・和积不熟时不要硬背，用加法定理两式相加或相减现推，两行就出来。
• EJU 题干的说法：「2倍角の公式を用いると」「半角の公式により」「3倍角の公式」「2直線のなす角を $\theta$ とすると $\left(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\right)$」。

证明

半角公式：在 2倍角公式 $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x = 2\cos^2 x - 1$ 中令 $x = \dfrac{\alpha}{2}$（关键一步：2倍角公式对任意角成立，$\dfrac{\alpha}{2}$ 的二倍就是 $\alpha$），得 $\cos\alpha = 1 - 2\sin^2\dfrac{\alpha}{2} = 2\cos^2\dfrac{\alpha}{2} - 1$，移项即得前两式；两式相除得第三式。

3倍角公式：把 $3\alpha$ 写成 $2\alpha + \alpha$，用加法定理，再用 2倍角公式（关键一步：每一项都化成只含 $\sin\alpha$，余弦的平方用 $\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha$ 消掉）：

$$\begin{aligned} \sin 3\alpha &= \sin 2\alpha\cos\alpha + \cos 2\alpha\sin\alpha \\ &= 2\sin\alpha\cos^2\alpha + (1 - 2\sin^2\alpha)\sin\alpha \\ &= 2\sin\alpha(1 - \sin^2\alpha) + \sin\alpha - 2\sin^3\alpha = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha. \end{aligned}$$

余弦同理，这次把 $\sin^2\alpha$ 换成 $1 - \cos^2\alpha$：

$$\begin{aligned} \cos 3\alpha &= \cos 2\alpha\cos\alpha - \sin 2\alpha\sin\alpha \\ &= (2\cos^2\alpha - 1)\cos\alpha - 2\sin^2\alpha\cos\alpha \\ &= 2\cos^3\alpha - \cos\alpha - 2(1 - \cos^2\alpha)\cos\alpha = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha. \end{aligned}$$

积和公式：把 $\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$ 和 $\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta$ 相加，$\cos\alpha\sin\beta$ 抵消，得 $\sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta) = 2\sin\alpha\cos\beta$。

和积公式：在上式中令 $A = \alpha + \beta$，$B = \alpha - \beta$，则 $\alpha = \dfrac{A + B}{2}$，$\beta = \dfrac{A - B}{2}$，代入得 $\sin A + \sin B = 2\sin\dfrac{A + B}{2}\cos\dfrac{A - B}{2}$。

2直線のなす角：两直线所成的角是 $|\alpha - \beta|$ 或 $\pi - |\alpha - \beta|$，两者的正切只差一个符号，所以所成锐角的正切等于 $|\tan(\alpha - \beta)|$。由加法定理

$$\tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan\alpha - \tan\beta}{1 + \tan\alpha\tan\beta} = \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2},$$

取绝对值即得。

例题

例 1　（场景：已知 $\cos\alpha$ 求半角的值）

問題　$\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \pi$，$\cos\alpha = -\dfrac{7}{25}$ とする。$\sin\dfrac{\alpha}{2}$，$\cos\dfrac{\alpha}{2}$，$\tan\dfrac{\alpha}{2}$ の値を求めよ。

解答　半角の公式より

$$\sin^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \left(-\frac{7}{25}\right)}{2} = \frac{16}{25},\qquad \cos^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \left(-\frac{7}{25}\right)}{2} = \frac{9}{25}.$$

$\dfrac{\pi}{4} < \dfrac{\alpha}{2} < \dfrac{\pi}{2}$ であるから，$\sin\dfrac{\alpha}{2} > 0$，$\cos\dfrac{\alpha}{2} > 0$ である。よって $\sin\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{4}{5}$，$\cos\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{3}{5}$，$\tan\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{4}{3}$ である。

中文翻译　题目：设 $\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \pi$，$\cos\alpha = -\dfrac{7}{25}$。求 $\sin\dfrac{\alpha}{2}$，$\cos\dfrac{\alpha}{2}$，$\tan\dfrac{\alpha}{2}$ 的值。解答：由半角公式，$\sin^2\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \left(-\dfrac{7}{25}\right)}{2} = \dfrac{16}{25}$，$\cos^2\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 + \left(-\dfrac{7}{25}\right)}{2} = \dfrac{9}{25}$。因为 $\dfrac{\pi}{4} < \dfrac{\alpha}{2} < \dfrac{\pi}{2}$，$\sin\dfrac{\alpha}{2} > 0$，$\cos\dfrac{\alpha}{2} > 0$。所以 $\sin\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{4}{5}$，$\cos\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{3}{5}$，$\tan\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{4}{3}$。

解说　验算：$2\cos^2\dfrac{\alpha}{2} - 1 = \dfrac{18}{25} - 1 = -\dfrac{7}{25}$，对上了。开方后取正还是取负，看 $\dfrac{\alpha}{2}$ 所在的象限，不看 $\alpha$：本题 $\alpha$ 在第二象限，但 $\dfrac{\alpha}{2}$ 在第一象限，三个值都为正。先把 $\alpha$ 的范围除以 2，写出 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的范围，再开方定号。

例 2　（场景：题目里出现 $3\theta$）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式 $\sin 3\theta = \sin\theta$ を解け。

解答　3倍角の公式より $3\sin\theta - 4\sin^3\theta = \sin\theta$，すなわち

$$2\sin\theta - 4\sin^3\theta = 0, \quad 2\sin\theta(1 - 2\sin^2\theta) = 0.$$

よって $\sin\theta = 0$ または $\sin\theta = \pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ である。

• $\sin\theta = 0$ より $\theta = 0$，$\pi$。
• $\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ より $\theta = \dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{3\pi}{4}$。
• $\sin\theta = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ より $\theta = \dfrac{5\pi}{4}$，$\dfrac{7\pi}{4}$。

したがって，解は $\theta = 0$，$\dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{3\pi}{4}$，$\pi$，$\dfrac{5\pi}{4}$，$\dfrac{7\pi}{4}$ の $6$ 個である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解方程 $\sin 3\theta = \sin\theta$。解答：由三倍角公式，$3\sin\theta - 4\sin^3\theta = \sin\theta$，即 $2\sin\theta - 4\sin^3\theta = 0$，$2\sin\theta(1 - 2\sin^2\theta) = 0$。所以 $\sin\theta = 0$ 或 $\sin\theta = \pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。$\sin\theta = 0$ 得 $\theta = 0$，$\pi$；$\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 得 $\theta = \dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{3\pi}{4}$；$\sin\theta = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 得 $\theta = \dfrac{5\pi}{4}$，$\dfrac{7\pi}{4}$。因此解是 $\theta = 0$，$\dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{3\pi}{4}$，$\pi$，$\dfrac{5\pi}{4}$，$\dfrac{7\pi}{4}$，共 $6$ 个。

解说　容易卡在：两边约去 $\sin\theta$，丢掉 $\sin\theta = 0$ 的两个解。约去之前要先问“它会不会是 0”，这里改成移项、因式分解就不会丢。3倍角公式把 $3\theta$ 化成 $\sin\theta$ 的 3 次式，是解这类方程的统一入口。

例 3　（场景：角的和是特殊角，用 2倍角和 3倍角列方程）

問題　$\theta = 18^\circ$ とするとき，$\sin\theta$ の値を求めよ。

解答　$5\theta = 90^\circ$ より $2\theta = 90^\circ - 3\theta$ である。両辺の正弦をとると $\sin 2\theta = \sin(90^\circ - 3\theta) = \cos 3\theta$。 2倍角の公式と 3倍角の公式より

$$2\sin\theta\cos\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta.$$

$\cos\theta \ne 0$ であるから，両辺を $\cos\theta$ で割って

$$2\sin\theta = 4\cos^2\theta - 3 = 4(1 - \sin^2\theta) - 3 = 1 - 4\sin^2\theta.$$

整理すると $4\sin^2\theta + 2\sin\theta - 1 = 0$ で，$\sin\theta = \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}$ である。$0 < \sin 18^\circ$ であるから

$$\sin 18^\circ = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}.$$

中文翻译　题目：设 $\theta = 18^\circ$，求 $\sin\theta$ 的值。解答：由 $5\theta = 90^\circ$ 得 $2\theta = 90^\circ - 3\theta$。两边取正弦：$\sin 2\theta = \sin(90^\circ - 3\theta) = \cos 3\theta$。由二倍角公式和三倍角公式，$2\sin\theta\cos\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$。因为 $\cos\theta \ne 0$，两边除以 $\cos\theta$：$2\sin\theta = 4\cos^2\theta - 3 = 4(1 - \sin^2\theta) - 3 = 1 - 4\sin^2\theta$。整理得 $4\sin^2\theta + 2\sin\theta - 1 = 0$，$\sin\theta = \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}$。因为 $0 < \sin 18^\circ$，所以 $\sin 18^\circ = \dfrac{\sqrt{5} - 1}{4}$。

解说　容易卡在：想不到把 $5\theta = 90^\circ$ 拆成 $2\theta$ 和 $3\theta$。拆法的目的是让两边一个用正弦、一个用余弦，再都化成 $\sin\theta$。除以 $\cos\theta$ 之前要说明 $\cos\theta \ne 0$：$18^\circ$ 的余弦为正，不为零。

例 4　（场景：求两直线所成的角）

問題　$2$ 直線 $y = 3x$ と $y = -2x + 1$ のなす鋭角を $\theta$ とするとき，$\theta$ を求めよ。

解答　傾きは $m_1 = 3$，$m_2 = -2$ で，$1 + m_1m_2 = -5 \ne 0$ である。2直線のなす角の公式より

$$\tan\theta = \left|\frac{3 - (-2)}{1 + 3 \times (-2)}\right| = \left|\frac{5}{-5}\right| = 1$$

であるから，$\theta = \dfrac{\pi}{4}$ である。

中文翻译　题目：设两条直线 $y = 3x$ 与 $y = -2x + 1$ 所成的锐角为 $\theta$，求 $\theta$。解答：斜率 $m_1 = 3$，$m_2 = -2$，$1 + m_1m_2 = -5 \ne 0$。由两直线所成角的公式，$\tan\theta = \left|\dfrac{3 - (-2)}{1 + 3 \times (-2)}\right| = \left|\dfrac{5}{-5}\right| = 1$，所以 $\theta = \dfrac{\pi}{4}$。

解说　另一种解法：用向量。两条直线的方向向量取 $(1, 3)$ 和 $(1, -2)$，夹角余弦 $\dfrac{|1 - 6|}{\sqrt{10}\sqrt{5}} = \dfrac{5}{5\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$，同样得 $\dfrac{\pi}{4}$（本书第 16 章）。斜率公式一步出 $\tan\theta$，适合题目给斜率、问 $\tan\theta$ 的誘導；向量法不怕直线竖直（斜率不存在），适合直线用一般式或参数给出的时候。公式带绝对值，取的是锐角；没有绝对值会得到 $\tan\theta = -1$，对应补角 $\dfrac{3\pi}{4}$。

例 5　（场景：积或和凑不成特殊角）

問題　$\sin 75^\circ\cos 15^\circ$ と $\sin 75^\circ + \sin 15^\circ$ の値を求めよ。

解答　積を和に直す公式より

$$\sin 75^\circ\cos 15^\circ = \frac{1}{2}\{\sin 90^\circ + \sin 60^\circ\} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{2 + \sqrt{3}}{4}.$$

和を積に直す公式より

$$\sin 75^\circ + \sin 15^\circ = 2\sin 45^\circ\cos 30^\circ = 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}.$$

中文翻译　题目：求 $\sin 75^\circ\cos 15^\circ$ 和 $\sin 75^\circ + \sin 15^\circ$ 的值。解答：由积化和差公式，$\sin 75^\circ\cos 15^\circ = \dfrac{1}{2}\{\sin 90^\circ + \sin 60^\circ\} = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}$。由和差化积公式，$\sin 75^\circ + \sin 15^\circ = 2\sin 45^\circ\cos 30^\circ = 2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$。

解说　另一种解法：$\cos 15^\circ = \sin 75^\circ$，所以第一个就是 $\sin^2 75^\circ = \dfrac{1 - \cos 150^\circ}{2} = \dfrac{1 + \frac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{4}$（半角公式）。积和公式通用；看出两角互余时，换成平方再用半角公式更快。用积和公式时，角是 $\alpha + \beta$ 与 $\alpha - \beta$，相加、相减的顺序别弄反。

常用推论

• 积和公式的其余三个，都是加法定理两式相加减：$\cos\alpha\sin\beta = \dfrac{1}{2}\{\sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta)\}$，$\cos\alpha\cos\beta = \dfrac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) + \cos(\alpha - \beta)\}$，$\sin\alpha\sin\beta = -\dfrac{1}{2}\{\cos(\alpha + \beta) - \cos(\alpha - \beta)\}$。
• 和积公式的其余三个：$\sin A - \sin B = 2\cos\dfrac{A + B}{2}\sin\dfrac{A - B}{2}$，$\cos A + \cos B = 2\cos\dfrac{A + B}{2}\cos\dfrac{A - B}{2}$，$\cos A - \cos B = -2\sin\dfrac{A + B}{2}\sin\dfrac{A - B}{2}$。推导：在对应的积和公式里令 $A = \alpha + \beta$，$B = \alpha - \beta$。
• $\cos 36^\circ = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{4}$。推导：$\cos 36^\circ = 1 - 2\sin^2 18^\circ$，代入例 3 的结果。
• $\tan\alpha = t$ 时，$\sin 2\alpha = \dfrac{2t}{1 + t^2}$，$\cos 2\alpha = \dfrac{1 - t^2}{1 + t^2}$。推导：$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha = \dfrac{2\tan\alpha}{1 + \tan^2\alpha}$（分子分母同除以 $\cos^2\alpha$，并用 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$），余弦同理。
• 两直线垂直 $\Longleftrightarrow$ $m_1 m_2 = -1$，就是 2直線のなす角 公式分母为 0 的情形。

易错点

• 错在哪：例 1 中因为 $\alpha$ 在第二象限，给 $\cos\dfrac{\alpha}{2}$ 取了负号。 为什么错：开方后的符号由 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的象限决定，$\dfrac{\alpha}{2}$ 在 $\dfrac{\pi}{4}$ 和 $\dfrac{\pi}{2}$ 之间，余弦为正。 正确做法：先把 $\alpha$ 的范围除以 2，写出 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的范围，再开方定号。
• 错在哪：把 3倍角公式写成 $\cos 3\alpha = 3\cos\alpha - 4\cos^3\alpha$。 为什么错：把正弦的形式搬到了余弦上。取 $\alpha = 0$ 检验：左边 $\cos 0 = 1$，右边 $3 - 4 = -1$，不对。 正确做法：记不清时用 $\alpha = 0$ 检验余弦式（$4 - 3 = 1$），用 $\alpha = \dfrac{\pi}{2}$ 检验正弦式（$\sin\dfrac{3\pi}{2} = -1 = 3 - 4$）。
• 错在哪：求两直线所成的角时没有取绝对值，得出 $\tan\theta = -1$，$\theta = \dfrac{3\pi}{4}$。 为什么错：「2直線のなす角」约定取 $0 < \theta \le \dfrac{\pi}{2}$ 的那个角，负的正切对应的是它的补角。 正确做法：公式带绝对值；题目若另有规定（例如“从 $\ell$ 转到 $m$ 的角”），按题目的规定。
• 错在哪：和积公式写成 $\sin A + \sin B = 2\sin\dfrac{A + B}{2}\sin\dfrac{A - B}{2}$。 为什么错：取 $A = B = \dfrac{\pi}{2}$ 检验，左边 2，右边 0。 正确做法：记“正弦的和 = 2 正余”，不放心就由积和公式现推。

直观理解

3倍角：$\cos 3\alpha = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha$ 说的是，单位圆上转 $\alpha$ 的点横坐标是 $x$，转 $3\alpha$ 的点横坐标就是 $4x^3 - 3x$。所以“转 $\theta$ 和转 $3\theta$ 的两个点”这类题，用 $t = \cos\theta$ 一换，就成了关于 $t$ 的 3 次函数。

2直線のなす角：每条直线的斜率是它倾斜角的正切。两条直线所成的角是两个倾斜角之差，差角的正切正好是加法定理里的 $\tan(\alpha - \beta)$。

积和：$\sin\alpha\cos\beta$ 是 $\sin(\alpha + \beta)$ 和 $\sin(\alpha - \beta)$ 的平均数，两个波叠加后取一半。

关联知识点

• 前置：国内书第 13 章 13.2 节（加法定理）、13.3 节（2倍角）、13.5 节（降幂与半角，和本节的半角公式是同一组式子）。
• 国内书第 28 章：直线的倾斜角与斜率，2直線のなす角 用的就是倾斜角的差。
• 后续：13.5 节，3倍角公式把 $3\theta$ 的式子化成 $t = \cos\theta$ 或 $t = \sin\theta$ 的 3 次函数。
• 后续：本书第 21 章 微分法，3 次函数求增减和最值。
• 后续：本书第 22 章 積分法，积和公式把 $\sin mx\cos nx$ 化成和再积分，降幂（半角）公式用来积 $\sin^2 x$。
• 常一起考：本书第 16 章 ベクトル，两直线所成的角也可以用方向向量的内积求。

13.4 三角関数の合成（範囲つきの最大・最小）

说明

国内的辅助角公式（国内书第 13 章 13.4 节），日本叫三角関数の合成，“合成する”就是把两项化成一项。日本教科书的写法：

$$a\sin\theta + b\cos\theta = r\sin(\theta + \alpha),\qquad r = \sqrt{a^2 + b^2},$$

其中角 $\alpha$ 满足 $\cos\alpha = \dfrac{a}{r}$，$\sin\alpha = \dfrac{b}{r}$，就是点 $P(a, b)$ 的動径与 $x$ 轴正方向所成的角。和国内只有字母不同：国内写 $\varphi$，日本写 $\alpha$，取值一般在 $-\pi < \alpha \le \pi$。

EJU 的考法和国内有三点不同：

1. 填空形式固定：题干写好 $\fbox{A}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{\fbox{B}}\right)$ 或 $\fbox{A}\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{\fbox{B}}\right)$，按格子的形状合成，不要合成余弦。
2. 一定带范围：$\theta$ 的范围常是 $0 \le \theta \le \pi$、$0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$，最值要按 $\theta + \alpha$ 的范围求，经常在端点取到，而不是 $\pm r$。
3. $\alpha$ 不是特殊角时，题干写「ただし，$\alpha$ は $\sin\alpha = \dfrac{4}{5}$，$\cos\alpha = \dfrac{3}{5}$ を満たす角とする」，求最值时用 $\alpha$ 表示 $\theta$，或者只比较端点的值。

使用场景

• 求 $a\sin\theta + b\cos\theta$ 在给定范围上的最大值、最小值及取到时的 $\theta$：合成后算 $\theta + \alpha$ 的范围，在单位圆上读最值。
• 式子里有 $\sin^2\theta$、$\sin\theta\cos\theta$、$\cos^2\theta$：用 2倍角和半角公式化成 $p\sin 2\theta + q\cos 2\theta + c$，再合成。
• 方程或不等式 $a\sin\theta + b\cos\theta = c$：合成后变成 13.2 节的 $\sin(\theta + \alpha) = \dfrac{c}{r}$。
• 合成后 $\alpha$ 不是特殊角：用题干给的 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$，比较端点的值或用 $\alpha$ 表示取最值时的 $\theta$。

注意点

• 合成前先看清 $\sin$ 的系数是 $a$、$\cos$ 的系数是 $b$，点是 $(a, b)$。$\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta$ 的点是 $(1, -\sqrt{3})$，在第四象限，$\alpha = -\dfrac{\pi}{3}$。
• 范围换算：$0 \le \theta \le \pi$ 时，$\theta - \dfrac{\pi}{3}$ 的范围是 $-\dfrac{\pi}{3} \le \theta - \dfrac{\pi}{3} \le \dfrac{2\pi}{3}$。
• 角是 $2\theta$ 时，$2\theta$ 的范围也要翻倍再加 $\alpha$。
• 只有同一个角的 $\sin$ 和 $\cos$ 才能合成；$\sin 2\theta + \cos\theta$ 不能合成。
• 题目要求「最大値をとるときの $\theta$ の値」，最值点可能有两个（$0 \le \theta < 2\pi$ 且角是 $2\theta$ 时），要全部写出。

证明

同国内书第 13 章 13.4 节：提出 $r = \sqrt{a^2 + b^2}$，$\left(\dfrac{a}{r}\right)^2 + \left(\dfrac{b}{r}\right)^2 = 1$，所以点 $\left(\dfrac{a}{r}, \dfrac{b}{r}\right)$ 在单位圆上，存在 $\alpha$ 使 $\cos\alpha = \dfrac{a}{r}$，$\sin\alpha = \dfrac{b}{r}$。代入加法定理：

$$a\sin\theta + b\cos\theta = r(\sin\theta\cos\alpha + \cos\theta\sin\alpha) = r\sin(\theta + \alpha).$$

（关键一步：提出的必须是 $\sqrt{a^2 + b^2}$，这样两个系数的平方和才等于 1，才能当作同一个角的余弦和正弦。）

带范围的最值：设 $u = \theta + \alpha$，$\theta$ 在闭区间 $p \le \theta \le q$ 上时，$u$ 在 $p + \alpha \le u \le q + \alpha$ 上。$r\sin u$ 的最值只能在 $u = \dfrac{\pi}{2} + 2n\pi$（最大）、$u = -\dfrac{\pi}{2} + 2n\pi$（最小）或区间端点取到：$\sin u$ 在不含这些点的区间上单调（国内书第 12 章 12.3 节）。所以只要比较“区间内的顶点”和“两个端点”。

例题

例 1　（场景：带范围的最值）

問題　$0 \leqq \theta \leqq \pi$ のとき，$y = \sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta$ の最大値と最小値，およびそのときの $\theta$ の値を求めよ。

解答　$a = 1$，$b = -\sqrt{3}$ より $r = 2$ で，$\cos\alpha = \dfrac{1}{2}$，$\sin\alpha = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ を満たす角は $\alpha = -\dfrac{\pi}{3}$ である。よって

$$y = 2\sin\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right).$$

$0 \leqq \theta \leqq \pi$ より $-\dfrac{\pi}{3} \leqq \theta - \dfrac{\pi}{3} \leqq \dfrac{2\pi}{3}$ である。この範囲で $\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$ が最大になるのは $\theta - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{2}$ のときで，その値は $1$；最小になるのは左端 $\theta - \dfrac{\pi}{3} = -\dfrac{\pi}{3}$ のときで，その値は $\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right) = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ である。

したがって，$\theta = \dfrac{5\pi}{6}$ のとき最大値 $2$，$\theta = 0$ のとき最小値 $-\sqrt{3}$ をとる。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta \leqq \pi$ 时，求 $y = \sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta$ 的最大值、最小值以及取到时的 $\theta$。解答：$a = 1$，$b = -\sqrt{3}$，$r = 2$，满足 $\cos\alpha = \dfrac{1}{2}$，$\sin\alpha = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 的角是 $\alpha = -\dfrac{\pi}{3}$。所以 $y = 2\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$。由 $0 \leqq \theta \leqq \pi$ 得 $-\dfrac{\pi}{3} \leqq \theta - \dfrac{\pi}{3} \leqq \dfrac{2\pi}{3}$。这个范围内 $\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$ 在 $\theta - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{2}$ 时最大，其值为 $1$；在左端 $\theta - \dfrac{\pi}{3} = -\dfrac{\pi}{3}$ 时最小，其值为 $\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right) = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。因此 $\theta = \dfrac{5\pi}{6}$ 时取最大值 $2$，$\theta = 0$ 时取最小值 $-\sqrt{3}$。

解说　容易卡在：最小值直接写 $-2$。$-2$ 要在 $\theta - \dfrac{\pi}{3} = -\dfrac{\pi}{2}$ 时取到，而这个角不在范围里。合成后第一件事是写出括号里整体的范围，再在单位圆上读最值；带范围时最值常在端点取到。

例 2　（场景：含 $\sin^2\theta$、$\sin\theta\cos\theta$、$\cos^2\theta$）

問題　$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき，$y = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + 3\cos^2\theta$ の最大値と最小値を求めよ。

解答　$\sin^2\theta = \dfrac{1 - \cos 2\theta}{2}$，$\cos^2\theta = \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}$，$2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta$ より

$$y = \frac{1 - \cos 2\theta}{2} + \sin 2\theta + \frac{3(1 + \cos 2\theta)}{2} = \sin 2\theta + \cos 2\theta + 2 = \sqrt{2}\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right) + 2.$$

$0 \leqq 2\theta \leqq \pi$ より $\dfrac{\pi}{4} \leqq 2\theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$ であるから，$\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ のとりうる値の範囲は $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 以上 $1$ 以下である。

• 最大値 $\sqrt{2} + 2$：$2\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}$，すなわち $\theta = \dfrac{\pi}{8}$ のとき。
• 最小値 $\sqrt{2} \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2 = 1$：$2\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{4}$，すなわち $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ のとき。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ 时，求 $y = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + 3\cos^2\theta$ 的最大值和最小值。解答：由 $\sin^2\theta = \dfrac{1 - \cos 2\theta}{2}$，$\cos^2\theta = \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}$，$2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta$，得 $y = \dfrac{1 - \cos 2\theta}{2} + \sin 2\theta + \dfrac{3(1 + \cos 2\theta)}{2} = \sin 2\theta + \cos 2\theta + 2 = \sqrt{2}\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) + 2$。由 $0 \leqq 2\theta \leqq \pi$ 得 $\dfrac{\pi}{4} \leqq 2\theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$，所以 $\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ 的取值范围是 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 到 $1$。最大值 $\sqrt{2} + 2$：$2\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}$，即 $\theta = \dfrac{\pi}{8}$。最小值 $\sqrt{2} \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) + 2 = 1$：$2\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{4}$，即 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$。

解说　验算：$\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 时 $y = 1 + 0 + 0 = 1$。步骤固定：先用 2倍角、半角公式化成 $p\sin 2\theta + q\cos 2\theta + c$，再合成，最后按 $\theta$ 的范围换算括号里整体的范围。角是 $2\theta$ 时范围要翻倍再加 $\alpha$，容易在这里少乘 2。

例 3　（场景：合成后解方程）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式 $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 1$ を解け。

解答　$r = 2$ で，点 $(\sqrt{3}, 1)$ に対応する角は $\alpha = \dfrac{\pi}{6}$ であるから，$2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = 1$，すなわち $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{1}{2}$ である。

$\dfrac{\pi}{6} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{6} < \dfrac{13\pi}{6}$ の範囲で正弦が $\dfrac{1}{2}$ になる角は $\dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{5\pi}{6}$ である（$\dfrac{13\pi}{6}$ は範囲に含まれない）。よって $\theta = 0$，$\dfrac{2\pi}{3}$ である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解方程 $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 1$。解答：$r = 2$，点 $(\sqrt{3}, 1)$ 对应的角是 $\alpha = \dfrac{\pi}{6}$，所以 $2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = 1$，即 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{1}{2}$。在 $\dfrac{\pi}{6} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{6} < \dfrac{13\pi}{6}$ 的范围内，正弦为 $\dfrac{1}{2}$ 的角是 $\dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{5\pi}{6}$（$\dfrac{13\pi}{6}$ 不在范围内）。所以 $\theta = 0$，$\dfrac{2\pi}{3}$。

解说　验算 $\theta = \dfrac{2\pi}{3}$：$\sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \left(-\dfrac{1}{2}\right) = 1$。另一种解法：两边平方容易产生增根，不推荐。可以把 $\cos\theta = 1 - \sqrt{3}\sin\theta$ 代入 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$，得 $4\sin^2\theta - 2\sqrt{3}\sin\theta = 0$，$\sin\theta = 0$ 或 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，再逐个代回原方程检验：$\theta = 0$ 成立，$\theta = \pi$ 不成立；$\theta = \dfrac{\pi}{3}$ 不成立，$\theta = \dfrac{2\pi}{3}$ 成立。代入法不用合成，但必须逐个检验；合成法一步到位，EJU 誘導基本都走合成。

例 4　（场景：$\alpha$ 不是特殊角）

問題　$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき，$y = 3\sin\theta + 4\cos\theta$ の最大値と最小値を求めよ。

解答　$r = \sqrt{9 + 16} = 5$ で，$y = 5\sin(\theta + \alpha)$，ただし $\cos\alpha = \dfrac{3}{5}$，$\sin\alpha = \dfrac{4}{5}$，$0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$ である。

$\theta + \alpha$ のとりうる値の範囲は $\alpha \leqq \theta + \alpha \leqq \dfrac{\pi}{2} + \alpha$ である。$0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$ より，この範囲は $\dfrac{\pi}{2}$ を含むので，最大値 $5$ をとるのは $\theta = \dfrac{\pi}{2} - \alpha$ のときである。

最小値は端点で比べる。$\theta = 0$ のとき $y = 5\sin\alpha = 4$，$\theta = \dfrac{\pi}{2}$ のとき $y = 5\sin\left(\dfrac{\pi}{2} + \alpha\right) = 5\cos\alpha = 3$ である。よって最小値 $3$ をとるのは $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ のときである。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ 时，求 $y = 3\sin\theta + 4\cos\theta$ 的最大值和最小值。解答：$r = \sqrt{9 + 16} = 5$，$y = 5\sin(\theta + \alpha)$，其中 $\cos\alpha = \dfrac{3}{5}$，$\sin\alpha = \dfrac{4}{5}$，$0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$。$\theta + \alpha$ 的取值范围是 $\alpha \leqq \theta + \alpha \leqq \dfrac{\pi}{2} + \alpha$。因为 $0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$，这个范围包含 $\dfrac{\pi}{2}$，所以最大值是 $5$，在 $\theta = \dfrac{\pi}{2} - \alpha$ 时取到。最小值在端点比较：$\theta = 0$ 时 $y = 5\sin\alpha = 4$，$\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 时 $y = 5\sin\left(\dfrac{\pi}{2} + \alpha\right) = 5\cos\alpha = 3$。所以最小值是 $3$，在 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 时取到。

解说　另一种解法：最小值不必合成，直接代端点：$y(0) = 4$，$y\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 3$，而 $y$ 在 $\theta + \alpha = \dfrac{\pi}{2}$ 之前递增、之后递减，最小值只能在端点，取 3。最大值也可以用柯西不等式（向量内积）看：$(3, 4) \cdot (\sin\theta, \cos\theta) \leqq 5 \times 1$。合成法能同时说明取最大值时的 $\theta$；端点比较适合只问最小值的空格。

常用推论

• $a\sin\theta + b\cos\theta$（$\theta$ 取全体实数）的值域是 $-\sqrt{a^2 + b^2} \le y \le \sqrt{a^2 + b^2}$。
• 三个常用的合成：$\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$，$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)$，$\sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta = 2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)$。
• $p\sin^2\theta + q\sin\theta\cos\theta + s\cos^2\theta = \dfrac{q}{2}\sin 2\theta + \dfrac{s - p}{2}\cos 2\theta + \dfrac{p + s}{2}$。推导：例 2 的做法换成字母。
• 方程 $a\sin\theta + b\cos\theta = c$ 有实数解 $\Longleftrightarrow$ $c^2 \le a^2 + b^2$。推导：合成后 $\sin(\theta + \alpha) = \dfrac{c}{r}$ 要求 $\left|\dfrac{c}{r}\right| \le 1$。

易错点

• 错在哪：例 1 的最小值写成 $-2$。 为什么错：$\theta$ 有范围，$\theta - \dfrac{\pi}{3}$ 只在 $-\dfrac{\pi}{3}$ 到 $\dfrac{2\pi}{3}$ 之间，取不到 $-\dfrac{\pi}{2}$。 正确做法：合成后第一件事是写出括号里整体的范围，再在单位圆上读最值。
• 错在哪：$\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta$ 合成成 $2\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right)$。 为什么错：点是 $(1, -\sqrt{3})$，在第四象限，$\alpha = -\dfrac{\pi}{3}$；符号看错了。 正确做法：合成后展开验算一次：$2\sin\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right) = \sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta$。
• 错在哪：把 $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta$ 中的 $a$、$b$ 弄反，得 $\alpha = \dfrac{\pi}{3}$。 为什么错：$\alpha$ 由 $\cos\alpha = \dfrac{a}{r}$ 定，$a$ 是 $\sin\theta$ 的系数 $\sqrt{3}$，$\cos\alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\alpha = \dfrac{\pi}{6}$。 正确做法：记“点 $(\sin$ 的系数，$\cos$ 的系数$)$”，画点再读角。
• 错在哪：例 2 中 $2\theta + \dfrac{\pi}{4}$ 的范围写成 $\dfrac{\pi}{4}$ 到 $\dfrac{3\pi}{4}$。 为什么错：$\theta \le \dfrac{\pi}{2}$ 时 $2\theta \le \pi$，忘了乘 2。 正确做法：先写 $2\theta$ 的范围，再加 $\alpha$。

直观理解

把 $a\sin\theta + b\cos\theta$ 看成向量 $(a, b)$ 与单位向量 $(\sin\theta, \cos\theta)$ 的内积。单位向量绕着转，内积最大是两向量同向时的 $\sqrt{a^2 + b^2}$，最小是反向时的 $-\sqrt{a^2 + b^2}$。$\theta$ 有范围，就是单位向量只能转过一段弧；这段弧里如果转不到“同向”的位置，最大值就只能在端点。

合成后的图像是振幅 $r$ 的正弦曲线，平移了 $-\alpha$。带范围的最值，就是在这条曲线上截一段，看这一段的最高点和最低点（例 1 的图）。

关联知识点

• 前置：国内书第 13 章 13.4 节（辅助角公式，内容相同）、13.5 节（降幂，例 2 的第一步）。
• 前置：国内书第 12 章 12.5 节，$y = A\sin(\omega x + \varphi)$ 的性质。
• 后续：13.2 节，合成后解限定范围的方程、不等式。
• 后续：13.5 节，$t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ 的范围靠合成求。
• 常一起考：本书第 17 章 複素数平面，$a\sin\theta + b\cos\theta$ 也可以看成复数乘法的虚部；本书第 16 章 ベクトル，内积的最值。

13.5 置き換えによる誘導（t = sin θ + cos θ，t = cos θ など）

说明

EJU コース2 的三角函数大题，最常见的骨架是“换元”：题干写「$t = \sin\theta + \cos\theta$ とおく」或「$t = \cos\theta$ とおく」，一步步把式子化成 $t$ 的 2 次或 3 次函数，再求最值、解的个数。国内书讲过最简单的两种（第 12 章 12.3 节 $t = \sin x$，第 13 章 13.4 节 $t = \sin x + \cos x$ 化成 2 次函数），EJU 多出的是：换成 3 次函数后接微分，以及“一个 $t$ 对应几个 $\theta$“的计数。

三种常见的换元：

换元	用到的关系	$t$ 的范围（$0 \le \theta < 2\pi$）
$t = \sin\theta$ 或 $t = \cos\theta$	$\cos^2\theta = 1 - t^2$，$\cos 2\theta = 1 - 2t^2$，3倍角公式	$-1 \le t \le 1$
$t = \sin\theta + \cos\theta$	$\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}$，$\sin 2\theta = t^2 - 1$	$-\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$
$t = \sin\theta - \cos\theta$	$\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1 - t^2}{2}$	$-\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$

$\theta$ 的范围变了，$t$ 的范围要重新算。$t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ 在 $0 \le \theta \le \pi$ 上的范围是 $-1 \le t \le \sqrt{2}$，不是 $-\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$。

使用场景

• 式子里同时有 $\sin\theta + \cos\theta$ 和 $\sin\theta\cos\theta$（或 $\sin 2\theta$）：设 $t = \sin\theta + \cos\theta$，化成 $t$ 的 2 次函数。
• 式子里有 $\sin^3\theta + \cos^3\theta$，或者有 $3\theta$、$2\theta$、$\theta$ 的余弦（正弦）混在一起：设 $t = \sin\theta + \cos\theta$ 或 $t = \cos\theta$，化成 3 次函数，用微分求增减。
• 问方程在给定范围里有几个解，或者解的个数随参数 $k$ 怎么变：先看 $t$ 的方程有几个根，再看每个 $t$ 对应几个 $\theta$。

注意点

• 设 $t$ 之后，立刻写出 $t$ 的范围，整道题的最值和解的个数都靠它。
• $t = \sin\theta + \cos\theta$ 的范围用合成求：$t = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$。
• 回到 $\theta$ 时数清对应关系：$0 \le \theta < 2\pi$ 时，$-\sqrt{2} < t < \sqrt{2}$ 的每个 $t$ 对应两个 $\theta$，$t = \pm\sqrt{2}$ 各对应一个。$0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$ 时，$t = \sin\theta$ 单调，一个 $t$ 对应一个 $\theta$。
• 3 次函数的微分是数学Ⅱ的内容，EJU 认为考生已会；求出极值后还要和区间端点的值比较。
• EJU 题干的说法：「$t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくと」「$t$ のとりうる値の範囲は $\fbox{A} \leqq t \leqq \sqrt{\fbox{B}}$ である」「$y$ を $t$ の式で表すと」「異なる解の個数」。

证明

结论 1：$t = \sin\theta + \cos\theta$ 时 $\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}$。 两边平方：

$$t^2 = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = 1 + 2\sin\theta\cos\theta.$$

（关键一步：平方后 $\sin^2\theta + \cos^2\theta$ 合成 1，剩下的正好是要的积。）移项即得。$t = \sin\theta - \cos\theta$ 时同样平方，得 $t^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta$。

结论 2：$\sin^3\theta + \cos^3\theta = \dfrac{t(3 - t^2)}{2}$。 用立方和公式和结论 1：

$$\sin^3\theta + \cos^3\theta = (\sin\theta + \cos\theta)(\sin^2\theta - \sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta) = t\left(1 - \frac{t^2 - 1}{2}\right) = \frac{t(3 - t^2)}{2}.$$

结论 3：一个 $t$ 对应几个 $\theta$。 $t = \sqrt{2}\sin u$，$u = \theta + \dfrac{\pi}{4}$。$0 \le \theta < 2\pi$ 时 $u$ 走一整圈，由 13.2 节“证明”，$\sin u = \dfrac{t}{\sqrt{2}}$ 在 $\left|\dfrac{t}{\sqrt{2}}\right| < 1$ 时有两个解，等于 $\pm 1$ 时一个。

例题

例 1　（场景：$t = \sin\theta + \cos\theta$ 化成 2 次函数）

問題　$0 \leqq \theta \leqq \pi$ のとき，$y = \sin\theta + \cos\theta - 2\sin\theta\cos\theta$ の最大値と最小値を求めよ。

解答　$t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ とおく。$\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$ より $-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqq \sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) \leqq 1$ であるから，

$$-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}.$$

$2\sin\theta\cos\theta = t^2 - 1$ であるから

$$y = t - (t^2 - 1) = -t^2 + t + 1 = -\left(t - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{5}{4}.$$

• 最大値：$t = \dfrac{1}{2}$ は範囲に含まれるから，$t = \dfrac{1}{2}$ のとき最大値 $\dfrac{5}{4}$ をとる。
• 最小値：頂点から遠い端点で比べる。$t = -1$ のとき $y = -1$，$t = \sqrt{2}$ のとき $y = \sqrt{2} - 1$ であるから，最小値は $-1$ である。このとき $\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = -1$，$\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{4}$，すなわち $\theta = \pi$ である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta \leqq \pi$ 时，求 $y = \sin\theta + \cos\theta - 2\sin\theta\cos\theta$ 的最大值和最小值。解答：设 $t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$。由 $\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$ 得 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqq \sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) \leqq 1$，即 $-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}$。由 $2\sin\theta\cos\theta = t^2 - 1$，$y = t - (t^2 - 1) = -t^2 + t + 1 = -\left(t - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{5}{4}$。最大值：$t = \dfrac{1}{2}$ 在范围内，$t = \dfrac{1}{2}$ 时取最大值 $\dfrac{5}{4}$。最小值：比较离顶点远的端点，$t = -1$ 时 $y = -1$，$t = \sqrt{2}$ 时 $y = \sqrt{2} - 1$，所以最小值是 $-1$。此时 $\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = -1$，$\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{4}$，即 $\theta = \pi$。

解说　容易卡在：$t$ 的范围写成 $-\sqrt{2} \leqq t \leqq \sqrt{2}$，这时最小值会算成 $-1 - \sqrt{2}$，而 $\theta \leqq \pi$ 根本到不了 $t = -\sqrt{2}$。每次换元都由 $\theta$ 的实际范围重算 $t$ 的范围，必要时画 $t = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ 的图。

例 2　（场景：数解的个数）

問題　$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式 $\sin\theta + \cos\theta - \sin\theta\cos\theta = 1$ を解き，解の個数を求めよ。

解答　$t = \sin\theta + \cos\theta$（$-\sqrt{2} \leqq t \leqq \sqrt{2}$）とおくと，$\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}$ であるから，

$$t - \frac{t^2 - 1}{2} = 1, \quad t^2 - 2t + 1 = 0, \quad t = 1.$$

$t = 1$ は $-\sqrt{2}$ と $\sqrt{2}$ の間にある。$\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = 1$，$\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ で，$\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} < \dfrac{9\pi}{4}$ より $\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{3\pi}{4}$，すなわち $\theta = 0$，$\dfrac{\pi}{2}$ である。

したがって，解は $2$ 個である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，解方程 $\sin\theta + \cos\theta - \sin\theta\cos\theta = 1$，并说出解的个数。解答：设 $t = \sin\theta + \cos\theta$（$-\sqrt{2} \leqq t \leqq \sqrt{2}$），$\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}$，所以 $t - \dfrac{t^2 - 1}{2} = 1$，$t^2 - 2t + 1 = 0$，$t = 1$。$t = 1$ 在 $-\sqrt{2}$ 与 $\sqrt{2}$ 之间。由 $\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = 1$，$\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} < \dfrac{9\pi}{4}$，得 $\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{4}$，$\dfrac{3\pi}{4}$，即 $\theta = 0$，$\dfrac{\pi}{2}$。所以解有 $2$ 个。

解说　验算：$\theta = 0$ 时 $0 + 1 - 0 = 1$；$\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 时 $1 + 0 - 0 = 1$。$t$ 的根个数不等于 $\theta$ 的解个数：$0 \leqq \theta < 2\pi$ 时，$|t| < \sqrt{2}$ 的每个 $t$ 对应两个 $\theta$，$t = \pm\sqrt{2}$ 各对应一个。解出 $t$ 后回到 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{t}{\sqrt{2}}$，在单位圆上数交点。

例 3　（场景：3倍角化成 3 次函数，用微分）

問題　$0 \leqq \theta \leqq \pi$ のとき，$f(\theta) = 2\cos 3\theta + 3\cos 2\theta - 6\cos\theta$ の最大値と最小値を求めよ。

解答　$t = \cos\theta$ とおく。$0 \leqq \theta \leqq \pi$ のとき $-1 \leqq t \leqq 1$ で，$t$ は $\theta$ とともに単調に減少するから，$t$ と $\theta$ は $1$ 対 $1$ に対応する。3倍角の公式と 2倍角の公式より

$$f = 2(4t^3 - 3t) + 3(2t^2 - 1) - 6t = 8t^3 + 6t^2 - 12t - 3 = g(t).$$

微分すると

$$g'(t) = 24t^2 + 12t - 12 = 12(2t - 1)(t + 1).$$

$-1 \leqq t \leqq 1$ の範囲で $g'(t) = 0$ となるのは $t = -1$，$t = \dfrac{1}{2}$ である。$-1 < t < \dfrac{1}{2}$ では $g'(t) < 0$（減少），$\dfrac{1}{2} < t < 1$ では $g'(t) > 0$（増加）となる。値を比べると

$$g(-1) = -8 + 6 + 12 - 3 = 7,\qquad g\left(\frac{1}{2}\right) = 1 + \frac{3}{2} - 6 - 3 = -\frac{13}{2},\qquad g(1) = 8 + 6 - 12 - 3 = -1.$$

よって，最大値は $7$（$t = -1$，$\theta = \pi$），最小値は $-\dfrac{13}{2}$（$t = \dfrac{1}{2}$，$\theta = \dfrac{\pi}{3}$）である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta \leqq \pi$ 时，求 $f(\theta) = 2\cos 3\theta + 3\cos 2\theta - 6\cos\theta$ 的最大值和最小值。解答：设 $t = \cos\theta$。$0 \leqq \theta \leqq \pi$ 时 $-1 \leqq t \leqq 1$，且 $t$ 随 $\theta$ 单调递减，所以 $t$ 与 $\theta$ 一一对应。由三倍角公式和二倍角公式，$f = 2(4t^3 - 3t) + 3(2t^2 - 1) - 6t = 8t^3 + 6t^2 - 12t - 3 = g(t)$。求导：$g'(t) = 24t^2 + 12t - 12 = 12(2t - 1)(t + 1)$。在 $-1 \leqq t \leqq 1$ 上 $g'(t) = 0$ 的点是 $t = -1$，$t = \dfrac{1}{2}$。$-1 < t < \dfrac{1}{2}$ 时 $g'(t) < 0$（递减），$\dfrac{1}{2} < t < 1$ 时 $g'(t) > 0$（递增）。比较取值：$g(-1) = -8 + 6 + 12 - 3 = 7$，$g\left(\dfrac{1}{2}\right) = 1 + \dfrac{3}{2} - 6 - 3 = -\dfrac{13}{2}$，$g(1) = 8 + 6 - 12 - 3 = -1$。所以最大值是 $7$（$t = -1$，$\theta = \pi$），最小值是 $-\dfrac{13}{2}$（$t = \dfrac{1}{2}$，$\theta = \dfrac{\pi}{3}$）。

解说　验算：$f(\pi) = 2\cos 3\pi + 3\cos 2\pi - 6\cos\pi = -2 + 3 + 6 = 7$。容易卡在：$\cos 3\theta$ 不会化，只好对 $\theta$ 直接求导，得到 $-6\sin 3\theta - 6\sin 2\theta + 6\sin\theta$，因式分解很难。先换元再求导，3 次函数一眼就能分析。闭区间上的最大值、最小值可能在端点取到，极值点和两个端点的值要一起比较。

常用推论

• $t = \sin\theta + \cos\theta$ 时：$\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}$，$\sin 2\theta = t^2 - 1$，$\sin^3\theta + \cos^3\theta = \dfrac{t(3 - t^2)}{2}$。推导见本节“证明”。
• $t = \cos\theta$ 时：$\cos 2\theta = 2t^2 - 1$，$\cos 3\theta = 4t^3 - 3t$。$t = \sin\theta$ 时：$\cos 2\theta = 1 - 2t^2$，$\sin 3\theta = 3t - 4t^3$。来自 13.3 节。
• $t = \sin\theta + \cos\theta$ 的范围：$0 \le \theta < 2\pi$ 时 $-\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$；$0 \le \theta \le \pi$ 时 $-1 \le t \le \sqrt{2}$；$0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{2}$ 时 $1 \le t \le \sqrt{2}$。推导：合成成 $\sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$，按 13.4 节换算范围。
• 解的个数 $= \sum$（每个 $t$ 的根对应的 $\theta$ 个数）。$t$ 的方程有两个根时，两个根分别数，再相加。

易错点

• 错在哪：例 1 中 $t$ 的范围用了 $-\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$。 为什么错：$\theta$ 只在 $0$ 到 $\pi$ 之间，$\theta + \dfrac{\pi}{4}$ 到不了 $\dfrac{3\pi}{2}$，$t$ 到不了 $-\sqrt{2}$。 正确做法：每次换元都由 $\theta$ 的实际范围重算 $t$ 的范围，必要时画 $t = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ 的图。
• 错在哪：$\sin\theta\cos\theta$ 写成 $\dfrac{t^2 + 1}{2}$ 或 $t^2 - 1$。 为什么错：平方展开后移项时符号或系数 2 弄错。 正确做法：现场推一遍 $t^2 = 1 + 2\sin\theta\cos\theta$，用 $\theta = 0$ 检验：$t = 1$，$\sin\theta\cos\theta = 0 = \dfrac{1 - 1}{2}$。
• 错在哪：例 2 中 $t = 1$ 只算作一个解。 为什么错：$t$ 的根个数不等于 $\theta$ 的解个数；$0 \le \theta < 2\pi$ 时，$|t| < \sqrt{2}$ 的每个 $t$ 对应两个 $\theta$。 正确做法：解出 $t$ 后，回到 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{t}{\sqrt{2}}$，在单位圆上数交点。
• 错在哪：例 3 中只比较了极值点，没算端点 $g(1)$。 为什么错：闭区间上的最大值、最小值可能在端点取到。 正确做法：把极值和两个端点的值一起列出来比较（本书第 21 章）。

直观理解

换元是在“换一把尺子量同一个东西”。$\theta$ 绕单位圆转，$t = \sin\theta + \cos\theta$ 是点 $P(\cos\theta, \sin\theta)$ 到直线 $x + y = 0$ 的有向距离乘以 $\sqrt{2}$：$P$ 转一圈，$t$ 从 $\sqrt{2}$ 降到 $-\sqrt{2}$ 再升回来，中间每个高度经过两次。这就是“一个 $t$ 对应两个 $\theta$”。

$t = \cos\theta$ 就是 $P$ 的横坐标。$\theta$ 从 0 转到 $\pi$，$P$ 从右往左走过上半圆，横坐标从 1 单调降到 $-1$，所以这时一个 $t$ 对应一个 $\theta$。

关联知识点

• 前置：国内书第 12 章 12.3 节（$t = \sin x$ 换元成 2 次函数）、第 13 章 13.4 节（$t = \sin x + \cos x$）。
• 前置：13.3 节 3倍角公式，13.4 节合成（求 $t$ 的范围）。
• 前置：本书第 5 章 2次関数（轴与区间的位置关系定最值）；国内书第 25 章（3 次函数的单调性与极值）。
• 后续：本书第 21 章 微分法，$f(\theta)$ 直接对 $\theta$ 求导的做法，可以和换元对照。
• 常一起考：本书第 12 章 指数関数・対数関数，$t = 2^x + 2^{-x}$ 的换元是同一个套路。

13.6 题型与答法

三角函数只考コース2，很少单独成一个大问，多和微分、积分绑在一起，出现在大问 Ⅲ 或 Ⅳ：2019 年第 1 回コース2 的 Ⅲ 用单位圆上转 $\theta$ 和 $3\theta$ 的两点，换元 $t = \cos\theta$ 后微分求最大值；2020 年第 2 回コース2 的 Ⅳ 是 $\sin x$、$\sin 2x$、$\sin 3x$ 组合的函数，先求导、用 $\cos x$ 因式分解定增减，再积分求面积；2021 年第 1 回コース2 的 Ⅳ 是 $y = \sin^2 x$ 与 $y = k\cos 2x$ 的交点和围成的面积。2020 年第 2 回コース2 的 Ⅲ 里也有一小问，用加法定理求两直线所成角的正切。

誘導的典型骨架：

• 合成型：(1) 用 2倍角、半角把式子化成 $p\sin 2\theta + q\cos 2\theta$ →(2) 合成成 $\fbox{A}\sin\left(2\theta + \dfrac{\pi}{\fbox{B}}\right)$ →(3) 在给定范围里求最值和取到时的 $\theta$ →(4) 解 $f(\theta) = c$，数解的个数。
• 换元型：(1) $t = \sin\theta + \cos\theta$ 的范围 →(2) 把式子写成 $t$ 的 2 次函数 →(3) 最值 →(4) 回到 $\theta$。
• 3 次型：(1) 3倍角公式 →(2) $t = \sin\theta$ 或 $\cos\theta$，写成 3 次函数 →(3) 微分求增减、极值 →(4) $f(\theta) = k$ 的解的个数（看直线 $y = k$ 和图像的交点）。

填涂提醒：角度写成 $\dfrac{\fbox{C}}{\fbox{D}}\pi$ 时分子分母分开填，$\pi$ 已印好；$\dfrac{\pi}{\fbox{B}}$ 的分子 1 不占格；$\theta$ 有两个值时按题目要求的顺序（通常从小到大）填。

問題 1　（合成と方程式）

$0 \leqq \theta < 2\pi$ とする。関数

$$f(\theta) = \sin^2\theta + 2\sqrt{3}\sin\theta\cos\theta - \cos^2\theta$$

について考える。

(1) 2倍角の公式を用いると，$f(\theta) = \sqrt{3}\sin 2\theta - \cos 2\theta$ となるから，

$$f(\theta) = \fbox{A}\sin\left(2\theta - \frac{\pi}{\fbox{B}}\right)$$

と表される。

(2) $f(\theta)$ の最大値は $\fbox{C}$ であり，最大値をとる $\theta$ の値は $\theta = \dfrac{\pi}{\fbox{D}}$，$\dfrac{\fbox{E}}{\fbox{F}}\pi$ である。

(3) 方程式 $f(\theta) = 1$ を満たす $\theta$ は $\fbox{G}$ 個あり，そのうち最も小さいものは $\theta = \dfrac{\pi}{\fbox{H}}$ である。

解答　(1) $\sin^2\theta - \cos^2\theta = -\cos 2\theta$，$2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta$ であるから，$f(\theta) = \sqrt{3}\sin 2\theta - \cos 2\theta$ である。点 $(\sqrt{3}, -1)$ について $r = 2$，$\alpha = -\dfrac{\pi}{6}$ であるから，$f(\theta) = 2\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)$ と表される。よって $\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 6$。

(2) $u = 2\theta - \dfrac{\pi}{6}$ とおくと，$-\dfrac{\pi}{6} \leqq u < \dfrac{23\pi}{6}$ である。最大値 $2$ をとるのは $u = \dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{5\pi}{2}$ のときで，$\theta = \dfrac{\pi}{3}$，$\dfrac{4\pi}{3}$ である。よって $\fbox{C} = 2$，$\fbox{D} = 3$，$\fbox{E} = 4$，$\fbox{F} = 3$。

(3) $f(\theta) = 1$ より $\sin u = \dfrac{1}{2}$ である。$u = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{5\pi}{6}$，$\dfrac{13\pi}{6}$，$\dfrac{17\pi}{6}$ はいずれも範囲に含まれ，$\theta = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{7\pi}{6}$，$\dfrac{3\pi}{2}$ である。解は $4$ 個で，そのうち最も小さいものは $\theta = \dfrac{\pi}{6}$ である。よって $\fbox{G} = 4$，$\fbox{H} = 6$。

中文翻译　题目：设 $0 \leqq \theta < 2\pi$，考虑函数 $f(\theta) = \sin^2\theta + 2\sqrt{3}\sin\theta\cos\theta - \cos^2\theta$。（1）用二倍角公式得 $f(\theta) = \sqrt{3}\sin 2\theta - \cos 2\theta$，所以可以表示为 $f(\theta) = \fbox{A}\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{\fbox{B}}\right)$。（2）$f(\theta)$ 的最大值是 $\fbox{C}$，取最大值的 $\theta$ 是 $\dfrac{\pi}{\fbox{D}}$ 和 $\dfrac{\fbox{E}}{\fbox{F}}\pi$。（3）满足 $f(\theta) = 1$ 的 $\theta$ 有 $\fbox{G}$ 个，其中最小的是 $\theta = \dfrac{\pi}{\fbox{H}}$。解答：（1）$\sin^2\theta - \cos^2\theta = -\cos 2\theta$，$2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta$，所以 $f(\theta) = \sqrt{3}\sin 2\theta - \cos 2\theta$。对点 $(\sqrt{3}, -1)$，$r = 2$，$\alpha = -\dfrac{\pi}{6}$，所以 $f(\theta) = 2\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)$，$\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 6$。（2）设 $u = 2\theta - \dfrac{\pi}{6}$，则 $-\dfrac{\pi}{6} \leqq u < \dfrac{23\pi}{6}$。最大值 $2$ 在 $u = \dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{5\pi}{2}$ 时取到，$\theta = \dfrac{\pi}{3}$，$\dfrac{4\pi}{3}$，所以 $\fbox{C} = 2$，$\fbox{D} = 3$，$\fbox{E} = 4$，$\fbox{F} = 3$。（3）由 $f(\theta) = 1$ 得 $\sin u = \dfrac{1}{2}$。$u = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{5\pi}{6}$，$\dfrac{13\pi}{6}$，$\dfrac{17\pi}{6}$ 都在范围内，$\theta = \dfrac{\pi}{6}$，$\dfrac{\pi}{2}$，$\dfrac{7\pi}{6}$，$\dfrac{3\pi}{2}$。解有 $4$ 个，其中最小的是 $\theta = \dfrac{\pi}{6}$，所以 $\fbox{G} = 4$，$\fbox{H} = 6$。

解说　两分钟做法：先用 2倍角公式把 $\sin^2\theta - \cos^2\theta$ 化成 $-\cos 2\theta$，得 $\sqrt{3}\sin 2\theta - \cos 2\theta$，再按点 $(\sqrt{3}, -1)$ 合成；$\alpha$ 由 $\cos\alpha = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$、$\sin\alpha = -\dfrac{1}{2}$ 定为 $-\dfrac{\pi}{6}$，题干已印负号，$\fbox{B}$ 只填 6。空格判断：$\fbox{A}$ 是振幅 2；$\fbox{C}$ 是最大值 2；$\fbox{D}$、$\fbox{E}/\fbox{F}$ 是取最大值的两个 $\theta$，$2\theta$ 绕两圈，最大值取到两次；$\fbox{G}$ 是解的个数，$\sin u = \dfrac{1}{2}$ 每个周期两个解，两圈共 4 个；$\fbox{H}$ 是最小的 $\theta$。验算：$f\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{2} - \dfrac{3}{4} = 1$。

問題 2　（$t = \sin\theta + \cos\theta$ の置き換え）

$0 \leqq \theta \leqq \pi$ のとき，関数

$$y = \sin 2\theta - \sqrt{2}(\sin\theta + \cos\theta)$$

の最大値と最小値を求めよう。

(1) $t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくと，$t = \sqrt{\fbox{A}}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{\fbox{B}}\right)$ であるから，$t$ のとりうる値の範囲は $-\fbox{C} \leqq t \leqq \sqrt{\fbox{D}}$ である。

(2) $\sin 2\theta = t^2 - \fbox{E}$ であるから，$y = t^2 - \sqrt{\fbox{F}}\,t - \fbox{G}$ と表される。

(3) $y$ の最小値は $-\dfrac{\fbox{H}}{\fbox{I}}$ であり，そのとき $\theta = \dfrac{\fbox{J}}{\fbox{KL}}\pi$ である。また，$y$ の最大値は $\sqrt{\fbox{M}}$ である。

解答　(1) $t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ である。$0 \leqq \theta \leqq \pi$ より $\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$ であるから，$-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}$ である。よって $\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 1$，$\fbox{D} = 2$。

(2) $t^2 = 1 + \sin 2\theta$ より $\sin 2\theta = t^2 - 1$ である。よって $y = t^2 - 1 - \sqrt{2}t = t^2 - \sqrt{2}t - 1$ で，$\fbox{E} = 1$，$\fbox{F} = 2$，$\fbox{G} = 1$ である。

(3) $y = \left(t - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 - \dfrac{3}{2}$ で，頂点 $t = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ は $-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}$ に含まれるから，最小値は $-\dfrac{3}{2}$ である。このとき $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{1}{2}$ で，$\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$ の範囲では $\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{6}$ のみが適する（$\dfrac{\pi}{6}$ は範囲に含まれない）。よって $\theta = \dfrac{5\pi}{6} - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{7\pi}{12}$ である。最大値は端点で比べ，$t = -1$ のとき $y = 1 + \sqrt{2} - 1 = \sqrt{2}$，$t = \sqrt{2}$ のとき $y = 2 - 2 - 1 = -1$ であるから，最大値は $\sqrt{2}$（$\theta = \pi$）である。よって $\fbox{H} = 3$，$\fbox{I} = 2$，$\fbox{J} = 7$，$\fbox{K} = 1$，$\fbox{L} = 2$，$\fbox{M} = 2$。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta \leqq \pi$ 时，求函数 $y = \sin 2\theta - \sqrt{2}(\sin\theta + \cos\theta)$ 的最大值和最小值。（1）设 $t = \sin\theta + \cos\theta$，则 $t = \sqrt{\fbox{A}}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{\fbox{B}}\right)$，所以 $t$ 的取值范围是 $-\fbox{C} \leqq t \leqq \sqrt{\fbox{D}}$。（2）$\sin 2\theta = t^2 - \fbox{E}$，所以 $y = t^2 - \sqrt{\fbox{F}}\,t - \fbox{G}$。（3）$y$ 的最小值是 $-\dfrac{\fbox{H}}{\fbox{I}}$，此时 $\theta = \dfrac{\fbox{J}}{\fbox{KL}}\pi$；$y$ 的最大值是 $\sqrt{\fbox{M}}$。解答：（1）$t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$。由 $0 \leqq \theta \leqq \pi$ 得 $\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$，所以 $-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}$，$\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 1$，$\fbox{D} = 2$。（2）由 $t^2 = 1 + \sin 2\theta$ 得 $\sin 2\theta = t^2 - 1$。所以 $y = t^2 - 1 - \sqrt{2}t = t^2 - \sqrt{2}t - 1$，$\fbox{E} = 1$，$\fbox{F} = 2$，$\fbox{G} = 1$。（3）$y = \left(t - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 - \dfrac{3}{2}$，顶点 $t = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 在 $-1 \leqq t \leqq \sqrt{2}$ 内，最小值是 $-\dfrac{3}{2}$。此时 $\sin\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{1}{2}$，在 $\dfrac{\pi}{4} \leqq \theta + \dfrac{\pi}{4} \leqq \dfrac{5\pi}{4}$ 内只有 $\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{6}$ 合适（$\dfrac{\pi}{6}$ 不在范围内），所以 $\theta = \dfrac{5\pi}{6} - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{7\pi}{12}$。最大值比较端点：$t = -1$ 时 $y = 1 + \sqrt{2} - 1 = \sqrt{2}$，$t = \sqrt{2}$ 时 $y = 2 - 2 - 1 = -1$，所以最大值是 $\sqrt{2}$（$\theta = \pi$）。因此 $\fbox{H} = 3$，$\fbox{I} = 2$，$\fbox{J} = 7$，$\fbox{K} = 1$，$\fbox{L} = 2$，$\fbox{M} = 2$。

解说　两分钟做法：换元型固定四步——设 $t$、立刻用合成求 $t$ 的范围、把 $\sin 2\theta$ 换成 $t^2 - 1$、配方后比较顶点和两端点。空格判断：$\fbox{A}$ 是合成后振幅 $\sqrt{2}$ 的根号内 2；$\fbox{B}$ 是平移量 $\dfrac{\pi}{4}$ 的分母 4；$\fbox{C}$ 题干已印负号，左端点的绝对值是 1；$\fbox{D}$ 是右端点 $\sqrt{2}$ 的根号内 2；$\fbox{E}$ 是 $\sin 2\theta = t^2 - 1$ 里的 1；$\fbox{F}$ 是 $\sqrt{2}t$ 的根号内 2；$\fbox{G}$ 是常数项 1；$\fbox{H}/\fbox{I}$ 是最小值 $\dfrac{3}{2}$，分子 3、分母 2；$\fbox{J}/\fbox{KL}$ 是 $\dfrac{7\pi}{12}$，分子 7、分母 12 占两格；$\fbox{M}$ 是最大值 $\sqrt{2}$ 的根号内 2。最小值在顶点取到；最大值在左端点 $\theta = \pi$，右端点 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 的值是 $-1$，不是最大值。

問題 3　（3倍角の公式と微分）

$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき，関数 $f(\theta) = \sin 3\theta + 3\sin\theta$ について考える。

(1) 3倍角の公式 $\sin 3\theta = \fbox{A}\sin\theta - \fbox{B}\sin^3\theta$ を用い，$t = \sin\theta$ とおくと，$f(\theta) = \fbox{C}\,t - \fbox{D}\,t^3$ である。ただし，$0 \leqq t \leqq 1$ である。

(2) $g(t) = \fbox{C}\,t - \fbox{D}\,t^3$ とおく。$g'(t) = 0$ となる $t$ は $t = \dfrac{\sqrt{\fbox{E}}}{\fbox{F}}$ であり，$f(\theta)$ の最大値は $\fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$，そのとき $\theta = \dfrac{\pi}{\fbox{I}}$ である。

(3) $k$ を実数とする。方程式 $f(\theta) = k$ が $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ の範囲に異なる 2 つの解をもつような $k$ の値の範囲は $\fbox{J} \leqq k < \fbox{K}\sqrt{\fbox{L}}$ である。

解答　(1) $\sin 3\theta = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta$ である。$t = \sin\theta$ とおくと，$f(\theta) = 3t - 4t^3 + 3t = 6t - 4t^3$ である。よって $\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 6$，$\fbox{D} = 4$ である。$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ より $0 \leqq t \leqq 1$ である。

(2) $g(t) = 6t - 4t^3$ より $g'(t) = 6 - 12t^2$ である。$g'(t) = 0$ とすると $t^2 = \dfrac{1}{2}$ で，$t \geqq 0$ より $t = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ である。よって $\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 2$。

$0 \leqq t < \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ では $g'(t) > 0$（増加），$\dfrac{\sqrt{2}}{2} < t \leqq 1$ では $g'(t) < 0$（減少）であるから，最大値は $g\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 3\sqrt{2} - 4 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{4} = 2\sqrt{2}$。 このとき $\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\theta = \dfrac{\pi}{4}$ である。よって $\fbox{G} = 2$，$\fbox{H} = 2$，$\fbox{I} = 4$。

(3) $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ のとき $t = \sin\theta$ は単調に増加するから，$t$ と $\theta$ は $1$ 対 $1$ に対応する。したがって，$g(t) = k$ が $0 \leqq t \leqq 1$ に異なる $2$ つの解をもてばよい。$g(0) = 0$，$g\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 2\sqrt{2}$，$g(1) = 2$ であるから，直線 $y = k$ が $y = g(t)$ のグラフと $2$ 点で交わるのは，$k$ が右端の値 $2$ 以上で，最大値 $2\sqrt{2}$ より小さいときである。よって $2 \leqq k < 2\sqrt{2}$ で，$\fbox{J} = 2$，$\fbox{K} = 2$，$\fbox{L} = 2$ である。

中文翻译　题目：$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ 时，考虑函数 $f(\theta) = \sin 3\theta + 3\sin\theta$。（1）用三倍角公式 $\sin 3\theta = \fbox{A}\sin\theta - \fbox{B}\sin^3\theta$，设 $t = \sin\theta$，则 $f(\theta) = \fbox{C}\,t - \fbox{D}\,t^3$，其中 $0 \leqq t \leqq 1$。（2）设 $g(t) = \fbox{C}\,t - \fbox{D}\,t^3$。使 $g'(t) = 0$ 的 $t$ 是 $\dfrac{\sqrt{\fbox{E}}}{\fbox{F}}$，$f(\theta)$ 的最大值是 $\fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$，此时 $\theta = \dfrac{\pi}{\fbox{I}}$。（3）$k$ 是实数。方程 $f(\theta) = k$ 在 $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ 内有两个不同解时，$k$ 的取值范围是 $\fbox{J} \leqq k < \fbox{K}\sqrt{\fbox{L}}$。解答：（1）$\sin 3\theta = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta$。设 $t = \sin\theta$，$f(\theta) = 3t - 4t^3 + 3t = 6t - 4t^3$，所以 $\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 6$，$\fbox{D} = 4$。由 $0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ 得 $0 \leqq t \leqq 1$。（2）由 $g(t) = 6t - 4t^3$ 得 $g'(t) = 6 - 12t^2$。令 $g'(t) = 0$，$t^2 = \dfrac{1}{2}$，由 $t \geqq 0$ 得 $t = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 2$。$0 \leqq t < \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 时 $g'(t) > 0$（递增），$\dfrac{\sqrt{2}}{2} < t \leqq 1$ 时 $g'(t) < 0$（递减），所以最大值是 $g\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 3\sqrt{2} - 4 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{4} = 2\sqrt{2}$。此时 $\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\theta = \dfrac{\pi}{4}$，所以 $\fbox{G} = 2$，$\fbox{H} = 2$，$\fbox{I} = 4$。（3）$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$ 时 $t = \sin\theta$ 单调递增，所以 $t$ 与 $\theta$ 一一对应。因此只要 $g(t) = k$ 在 $0 \leqq t \leqq 1$ 上有两个不同的解。$g(0) = 0$，$g\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = 2\sqrt{2}$，$g(1) = 2$，直线 $y = k$ 与 $y = g(t)$ 的图像交于两点，要求 $k$ 不小于右端的值 $2$、又小于最大值 $2\sqrt{2}$，即 $2 \leqq k < 2\sqrt{2}$，$\fbox{J} = 2$，$\fbox{K} = 2$，$\fbox{L} = 2$。

解说　两分钟做法：3 次型的固定套路——3倍角公式先把 $\sin 3\theta$ 化成 $\sin\theta$ 的多项式，再设 $t = \sin\theta$，用微分定增减，最后比较极值和端点。空格判断：$\fbox{A}$、$\fbox{B}$ 是 3倍角公式的系数 3、4；$\fbox{C}$、$\fbox{D}$ 是合并同类项后的 6、4；$\fbox{E}/\fbox{F}$ 是 $t = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，根号内 2、分母 2；$\fbox{G}\sqrt{\fbox{H}}$ 是 $2\sqrt{2}$；$\fbox{I}$ 是取最大值时的 $\theta = \dfrac{\pi}{4}$。第 (3) 问的端点：$k = 2$ 时右端点 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 也是解，要取等号；$k = 2\sqrt{2}$ 时直线与曲线相切，只有一个解，不取等号。$\fbox{J}$ 与 $\fbox{K}$ 都填 2，容易只填一处。验算：$f\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{3\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$。

13.7 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
三角関数	さんかくかんすう	三角函数	数学Ⅱ；数学Ⅰ的叫「三角比」
動径	どうけい	终边（射线）	「動径 OP の表す角」
始線	しせん	始边	$x$ 軸の正の部分
一般角	いっぱんかく	任意角	$\theta + 360^\circ \times n$（$n$ は整数）
弧度法	こどほう	弧度制	「弧度法で表すと」
ラジアン	ラジアン	弧度	単位は普通省略する
単位円	たんいえん	单位圆	「単位円周上の点 P」
象限	しょうげん	象限	「第 2 象限の角」
周期	しゅうき	（最小正）周期	「周期は $\pi$ である」
正弦曲線	せいげんきょくせん	正弦曲线	$y = \sin\theta$ のグラフ
平行移動	へいこういどう	平移	「$\theta$ 軸方向に $\dfrac{\pi}{3}$ だけ平行移動」
θ 軸方向	シータじくほうこう	沿 θ 轴方向	横軸を $\theta$ 軸とするグラフ
偶関数・奇関数	ぐうかんすう・きかんすう	偶函数・奇函数	$\cos\theta$ は偶関数
加法定理	かほうていり	两角和与差公式	「加法定理を用いて」
2倍角の公式	にばいかくのこうしき	二倍角公式
半角の公式	はんかくのこうしき	半角公式（含降幂）	$\sin^2\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \cos\alpha}{2}$
3倍角の公式	さんばいかくのこうしき	三倍角公式	$\sin 3\alpha = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha$
積を和に直す公式	せきをわになおすこうしき	积化和差公式	参考书也叫「積和の公式」「積を和・差に直す公式」
和を積に直す公式	わをせきになおすこうしき	和差化积公式	学习指导要领解说的说法是「三角関数の和を積に直すなどの公式」；参考书也叫「和積の公式」
三角関数の合成	さんかくかんすうのごうせい	辅助角公式	「$r\sin(\theta + \alpha)$ の形に合成する」
合成する	ごうせいする	合成（化成一项）	「$\sin\theta + \cos\theta$ を合成すると」
2直線のなす角	にちょくせんのなすかく	两直线所成的角	「2直線のなす角を $\theta$ とする」
傾き	かたむき	斜率	「傾き $m$ の直線」
〜とおく	〜とおく	设……	「$t = \cos\theta$ とおく」
置き換える	おきかえる	换元	「$t$ に置き換える」
とりうる値の範囲	とりうるあたいのはんい	取值范围	「$t$ のとりうる値の範囲を求めよ」
最大値・最小値	さいだいち・さいしょうち	最大值・最小值	「最大値をとるときの $\theta$ の値」
方程式を解け	ほうていしきをとけ	解方程	「$0 \leqq \theta < 2\pi$ のとき，方程式を解け」
異なる 2 つの解	ことなるふたつのかい	两个不同的解	「異なる 2 つの解をもつ」
解の個数	かいのこすう	解的个数
〜の範囲で	〜のはんいで	在……范围内	「$0 \leqq \theta \leqq \pi$ の範囲で」
ただし，〜とする	ただし，〜とする	其中，设……	「ただし，$\alpha$ は $\sin\alpha = \dfrac{4}{5}$ を満たす角とする」

13.8 自测

1. $0 \le \theta < 2\pi$ 时，解方程 $\tan\theta = -\sqrt{3}$。
2. $0 \le \theta < 2\pi$ 时，解不等式 $\cos 2\theta \le \dfrac{1}{2}$。
3. $\cos\alpha = \dfrac{1}{3}$，求 $\cos 3\alpha$。
4. 求直线 $y = 2x$ 与 $y = \dfrac{1}{3}x$ 所成的锐角。
5. $0 \le \theta \le \pi$ 时，求 $y = \sin\theta + \cos\theta$ 的最大值和最小值。
6. $0 \le \theta < 2\pi$ 时，解方程 $\sqrt{3}\sin\theta - \cos\theta = \sqrt{2}$。
7. 设 $t = \sin\theta - \cos\theta$（$0 \le \theta \le \pi$），用 $t$ 表示 $\sin\theta\cos\theta$，并求 $t$ 的取值范围。
8. $0 \le \theta < 2\pi$ 时，求 $y = \cos 2\theta + 2\sin\theta$ 的最大值和最小值。

答案：1. $\theta = \dfrac{2\pi}{3}$，$\dfrac{5\pi}{3}$；2. $\dfrac{\pi}{6} \le \theta \le \dfrac{5\pi}{6}$，$\dfrac{7\pi}{6} \le \theta \le \dfrac{11\pi}{6}$；3. $-\dfrac{23}{27}$；4. $\dfrac{\pi}{4}$；5. 最大值 $\sqrt{2}$（$\theta = \dfrac{\pi}{4}$），最小值 $-1$（$\theta = \pi$）；6. $\theta = \dfrac{5\pi}{12}$，$\dfrac{11\pi}{12}$；7. $\sin\theta\cos\theta = \dfrac{1 - t^2}{2}$，$-1 \le t \le \sqrt{2}$；8. 最大值 $\dfrac{3}{2}$，最小值 $-3$。

13.9 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 11 项「三角関数」列出本章的全部小项目。
• JASSO · 過去問題サンプル：官方公开的过去问，2019 年第 1 回、2020 年第 2 回、2021 年第 1 回コース2 都有三角函数和微积分结合的大题。
• 维基百科（日文）· 三角関数の公式の一覧：加法定理、2倍角、半角、3倍角、積和・和積、合成的日文写法一览，查公式的日本叫法时用。
• 维基百科（日文）· 三角関数：一般角、弧度法、周期等日文术语的定义和用法。