第 13 章 · 三角恒等变换

项目	内容
课标主题	必修 · 函数 · 三角函数 · 三角恒等变换
人教 A 版	必修第一册 第五章 5.5（5.5.1 两角和与差的正弦、余弦和正切公式；5.5.2 简单的三角恒等变换）
考试地位	常考。选择题、填空题里单独考求值；解答题里多作为第一步，先把函数化成 $A\sin(\omega x+\varphi)+B$ 再研究性质，或者在解三角形里化简求范围
前置知识	第 11 章三角函数的定义、同角关系、诱导公式；第 12 章正弦型函数的性质

这一章只有一串公式，而且全都从一条“两角差的余弦公式”推出来。公式本身不难背，丢分丢在三处：由一个函数值求另一个函数值时符号定错；“配角”时不会把要求的角写成已知角的和差；化成 $\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi)$ 时 $\varphi$ 取错象限。

13.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
13.2 两角和与差的公式	$\cos(\alpha\pm\beta)$、$\sin(\alpha\pm\beta)$、$\tan(\alpha\pm\beta)$ 用 $\alpha$、$\beta$ 各自的三角函数表示	常考，求值和配角
13.3 二倍角公式	和角公式里令 $\beta=\alpha$；$\cos 2\alpha$ 有三种写法	常考，常和同角关系一起用
13.4 辅助角公式	$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi)$，两项合成一项	必会，三角函数解答题的标准第一步
13.5 降幂公式与半角公式	$\cos^2\alpha=\dfrac{1+\cos 2\alpha}{2}$ 等，把平方降成一次	降幂常考；半角公式课标要求会推导、不要求记忆

13.2 两角和与差的公式

说明

对任意角 $\alpha$、$\beta$：

名称	公式
两角差的余弦 $C_{(\alpha-\beta)}$	$\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$
两角和的余弦 $C_{(\alpha+\beta)}$	$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$
两角和的正弦 $S_{(\alpha+\beta)}$	$\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$
两角差的正弦 $S_{(\alpha-\beta)}$	$\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta$
两角和的正切 $T_{(\alpha+\beta)}$	$\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$
两角差的正切 $T_{(\alpha-\beta)}$	$\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}$

记法：余弦公式是“余余、正正”，中间的符号和左边相反；正弦公式是“正余、余正”，中间的符号和左边相同；正切公式分子跟左边同号，分母“1 减”或“1 加”跟分子反号。

正切公式要求式子里出现的正切都有意义：$\alpha$、$\beta$、$\alpha\pm\beta$ 都不等于 $k\pi+\dfrac{\pi}{2}$（$k\in\mathbf{Z}$）。

使用场景

• 求非特殊角的三角函数值（如 $15^\circ$、$75^\circ$、$105^\circ$）：把它拆成两个特殊角的和或差。
• 已知 $\alpha$、$\beta$ 的某个三角函数值和所在象限，求 $\alpha\pm\beta$ 的三角函数值：先用同角关系补齐另一个函数值，再代公式。
• 已知某个“组合角”（如 $\alpha+\dfrac{\pi}{6}$）的函数值，求 $\alpha$ 的函数值：把 $\alpha$ 写成“组合角减去一个已知角”，这叫配角。
• 题目里出现 $\sin A\cos B\pm\cos A\sin B$、$\dfrac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}$ 这样的结构：逆用公式，合成一个角。
• $\tan\alpha+\tan\beta$ 和 $\tan\alpha\tan\beta$ 同时出现（包括它们是一元二次方程的两根）：用正切公式的变形。
• 已知三角函数值求角：先算出这个角的某个三角函数值，再根据角的范围确定角。

注意点

• 用同角关系 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ 由一个值求另一个值时，开方出来的正负号由角所在象限决定，题目给的范围必须用上。
• 正切公式有适用条件。$\tan\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)$ 不能用和角正切公式展开，因为 $\tan\dfrac{\pi}{2}$ 不存在，应改用诱导公式。
• 已知函数值求角时，要选在该角范围内单调的函数：角在 $(0,\pi)$ 内用余弦，角在 $\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$ 内用正弦或正切。否则一个函数值会对应两个角。
• 配角时先算“组合角”的范围，用它来定组合角另一个函数值的符号。

证明

第一步：证两角差的余弦公式。

在平面直角坐标系里画单位圆。设 $A(1,0)$；角 $\alpha$ 的终边与单位圆交于 $P_1(\cos\alpha,\sin\alpha)$；角 $\beta$ 的终边与单位圆交于 $A_1(\cos\beta,\sin\beta)$；角 $\alpha-\beta$ 的终边与单位圆交于 $P(\cos(\alpha-\beta),\sin(\alpha-\beta))$。

把 $OA$、$OP$ 一起绕原点 $O$ 旋转角 $\beta$：$OA$ 的终边角从 $0$ 变成 $\beta$，转到 $OA_1$；$OP$ 的终边角从 $\alpha-\beta$ 变成 $\alpha$，转到 $OP_1$。旋转不改变两点间的距离，所以

$$|AP|=|A_1P_1|.$$

（关键一步：旋转前后是同一个图形，弦长相等。这一步对任意角 $\alpha$、$\beta$ 都成立，不需要它们是锐角，所以公式对任意角都对。）

用两点间距离公式算两边的平方：

$$|AP|^2=(\cos(\alpha-\beta)-1)^2+\sin^2(\alpha-\beta)=2-2\cos(\alpha-\beta),$$ $$|A_1P_1|^2=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2=2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta).$$

展开时用到了 $\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$。两式相等，整理得

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

第二步：推出其余五个公式。

1. 两角和的余弦：把 $\beta$ 换成 $-\beta$，用 $\cos(-\beta)=\cos\beta$、$\sin(-\beta)=-\sin\beta$，得 $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$。
2. 两角和的正弦：由诱导公式 $\sin\theta=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta\right)$，

$$\sin(\alpha+\beta)=\cos\left(\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)-\beta\right)=\cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\cos\beta+\sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\sin\beta=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta.$$

3. 两角差的正弦：再把 $\beta$ 换成 $-\beta$。
4. 两角和的正切：$\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos(\alpha+\beta)}=\dfrac{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}$，分子分母同除以 $\cos\alpha\cos\beta$（它不为 0，因为 $\tan\alpha$、$\tan\beta$ 有意义），得 $\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$。
5. 两角差的正切：把 $\beta$ 换成 $-\beta$，用 $\tan(-\beta)=-\tan\beta$。

补充：用向量证明两角差的余弦公式（要用第 15 章的数量积）。$\overrightarrow{OP_1}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$\overrightarrow{OA_1}=(\cos\beta,\sin\beta)$，两个都是单位向量。设它们的夹角为 $\theta\in[0,\pi]$，则

$$\overrightarrow{OP_1}\cdot\overrightarrow{OA_1}=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=1\times 1\times\cos\theta.$$

（关键一步：夹角 $\theta$ 只在 $[0,\pi]$ 里取值，而 $\alpha-\beta$ 可以是任意角；但两条终边的位置决定了 $\alpha-\beta=2k\pi\pm\theta$，所以 $\cos(\alpha-\beta)=\cos\theta$。）于是 $\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$。

例题

例 1　（场景：求非特殊角的值）求 $\sin 105^\circ$ 和 $\tan 15^\circ$。

解：

$$\sin 105^\circ=\sin(60^\circ+45^\circ)=\sin 60^\circ\cos 45^\circ+\cos 60^\circ\sin 45^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}.$$ $$\tan 15^\circ=\tan(45^\circ-30^\circ)=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}=\frac{(3-\sqrt{3})^2}{9-3}=\frac{12-6\sqrt{3}}{6}=2-\sqrt{3}.$$

另一种解法：$\tan 15^\circ$ 用 13.5 节的半角公式 $\tan\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$，取 $\alpha=30^\circ$：$\tan 15^\circ=\dfrac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}}=2-\sqrt{3}$，一步出结果，不用分母有理化。拆角法适合任何能拆成特殊角和差的角，半角法只适合特殊角的一半，但省掉了有理化。

例 2　（场景：已知象限和函数值求和差角）已知 $\sin\alpha=\dfrac{3}{5}$，$\alpha\in\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$；$\cos\beta=-\dfrac{5}{13}$，$\beta$ 是第三象限角。求 $\cos(\alpha-\beta)$ 和 $\sin(\alpha+\beta)$。

解：先补齐另一个函数值。

• $\alpha$ 在第二象限，$\cos\alpha<0$：$\cos\alpha=-\sqrt{1-\dfrac{9}{25}}=-\dfrac{4}{5}$。
• $\beta$ 在第三象限，$\sin\beta<0$：$\sin\beta=-\sqrt{1-\dfrac{25}{169}}=-\dfrac{12}{13}$。

再代公式：

$$\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\left(-\frac{4}{5}\right)\left(-\frac{5}{13}\right)+\frac{3}{5}\left(-\frac{12}{13}\right)=\frac{20-36}{65}=-\frac{16}{65},$$ $$\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\frac{3}{5}\left(-\frac{5}{13}\right)+\left(-\frac{4}{5}\right)\left(-\frac{12}{13}\right)=\frac{-15+48}{65}=\frac{33}{65}.$$

容易卡在：开方后直接取正号，没看象限。

例 3　（场景：配角）已知 $\alpha\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$，$\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{3}{5}$，求 $\sin\alpha$。

解：把 $\alpha$ 写成 $\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)-\dfrac{\pi}{6}$。

先求 $\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)$。因为 $\alpha\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$，所以 $\alpha+\dfrac{\pi}{6}\in\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{2\pi}{3}\right)$，这个范围内正弦为正：$\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)=\sqrt{1-\dfrac{9}{25}}=\dfrac{4}{5}$。

$$\sin\alpha=\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)\cos\frac{\pi}{6}-\cos\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)\sin\frac{\pi}{6}=\frac{4}{5}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{2}=\frac{4\sqrt{3}-3}{10}.$$

容易卡在：直接展开 $\cos\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha-\dfrac{1}{2}\sin\alpha=\dfrac{3}{5}$，再和 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ 联立解二次方程，计算量大还要舍根。把“组合角”当成一个整体，只开一次方。

例 4　（场景：逆用公式）求值：(1) $\sin 72^\circ\cos 42^\circ-\cos 72^\circ\sin 42^\circ$；(2) $\dfrac{1+\tan 15^\circ}{1-\tan 15^\circ}$。

解：

(1) 结构是“正余减余正”，就是 $\sin(\alpha-\beta)$：原式 $=\sin(72^\circ-42^\circ)=\sin 30^\circ=\dfrac{1}{2}$。

(2) 把分子的 1 看成 $\tan 45^\circ$：原式 $=\dfrac{\tan 45^\circ+\tan 15^\circ}{1-\tan 45^\circ\tan 15^\circ}=\tan(45^\circ+15^\circ)=\tan 60^\circ=\sqrt{3}$。

容易卡在：第 (2) 题想不到“1 就是 $\tan 45^\circ$”。

例 5　（场景：正切的和与积同时出现）求 $(1+\tan 20^\circ)(1+\tan 25^\circ)$。

解：展开得 $1+(\tan 20^\circ+\tan 25^\circ)+\tan 20^\circ\tan 25^\circ$。

因为 $20^\circ+25^\circ=45^\circ$，由正切和角公式，

$$\tan 20^\circ+\tan 25^\circ=\tan 45^\circ(1-\tan 20^\circ\tan 25^\circ)=1-\tan 20^\circ\tan 25^\circ.$$

代回去：原式 $=1+1-\tan 20^\circ\tan 25^\circ+\tan 20^\circ\tan 25^\circ=2$。

容易卡在：不知道把和角公式“去分母”变形。只要两个角加起来是特殊角，就用这个变形。

例 6　（场景：已知函数值求角）已知 $\alpha$、$\beta$ 都是锐角，$\cos\alpha=\dfrac{1}{7}$，$\cos(\alpha+\beta)=-\dfrac{11}{14}$，求 $\beta$。

解：$\alpha$ 是锐角，$\sin\alpha=\sqrt{1-\dfrac{1}{49}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{7}$。$\alpha+\beta\in(0,\pi)$，所以 $\sin(\alpha+\beta)>0$，$\sin(\alpha+\beta)=\sqrt{1-\dfrac{121}{196}}=\dfrac{5\sqrt{3}}{14}$。

$\beta=(\alpha+\beta)-\alpha$，并且 $\beta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$。求余弦：

$$\cos\beta=\cos(\alpha+\beta)\cos\alpha+\sin(\alpha+\beta)\sin\alpha=-\frac{11}{14}\cdot\frac{1}{7}+\frac{5\sqrt{3}}{14}\cdot\frac{4\sqrt{3}}{7}=\frac{-11+60}{98}=\frac{1}{2}.$$

$\beta$ 是锐角，所以 $\beta=\dfrac{\pi}{3}$。

容易卡在：选哪个函数。这里 $\beta$ 是锐角，求正弦或余弦都行；如果题目只说 $\beta\in(0,\pi)$，就只能求余弦，因为 $\sin\beta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 在 $(0,\pi)$ 里对应 $\dfrac{\pi}{3}$ 和 $\dfrac{2\pi}{3}$ 两个角。

常用推论

• $\tan\alpha\pm\tan\beta=\tan(\alpha\pm\beta)(1\mp\tan\alpha\tan\beta)$。由正切和差公式去分母得到，例 5 用的就是它。
• $\dfrac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}=\tan\left(\dfrac{\pi}{4}+\alpha\right)$，$\dfrac{1-\tan\alpha}{1+\tan\alpha}=\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)$。把 1 写成 $\tan\dfrac{\pi}{4}$ 再用正切和差公式。
• 在 $\triangle ABC$ 中，$\sin C=\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$。因为 $C=\pi-(A+B)$，由诱导公式 $\sin C=\sin(A+B)$；解三角形化简边角关系时几乎必用。
• 在非直角 $\triangle ABC$ 中，$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$。由 $\tan(A+B)=\tan(\pi-C)=-\tan C$，再用第一条推论：$\tan A+\tan B=-\tan C(1-\tan A\tan B)$，移项即得。

易错点

• 错在哪：写成 $\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$。 为什么错：余弦公式中间的符号和左边相反。代 $\alpha=\beta$ 检验：左边 $\cos 0=1$，错误写法的右边是 $\cos^2\alpha-\sin^2\alpha$，不恒等于 1。 正确做法：记“余弦符号反、正弦符号同”；拿不准时代一个特殊值检验。
• 错在哪：例 2 中由 $\sin\alpha=\dfrac{3}{5}$ 直接写 $\cos\alpha=\dfrac{4}{5}$。 为什么错：$\alpha$ 在第二象限，余弦是负的。 正确做法：每次开方前先写出角的象限，再定符号。
• 错在哪：已知 $\beta\in(0,\pi)$，求出 $\sin\beta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 就写 $\beta=\dfrac{\pi}{3}$。 为什么错：正弦在 $(0,\pi)$ 上不单调，$\dfrac{2\pi}{3}$ 的正弦也是 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。 正确做法：角在 $(0,\pi)$ 内就求余弦；如果已经求出正弦，要再用别的条件缩小范围。
• 错在哪：用和角公式展开 $\tan\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)$。 为什么错：$\tan\dfrac{\pi}{2}$ 不存在，公式的条件不满足。 正确做法：用诱导公式，$\tan\left(\alpha+\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{1}{\tan\alpha}$。

直观理解

$\sin(\alpha+\beta)$ 可以看成一个高度。下图中斜边 $OB=1$ 与 $x$ 轴成 $\alpha+\beta$ 角，$B$ 的高度就是 $\sin(\alpha+\beta)$。从 $O$ 先走到 $A$（长 $\cos\beta$，方向角 $\alpha$），升高 $AC=\cos\beta\sin\alpha$；再从 $A$ 走到 $B$（长 $\sin\beta$，和竖直方向夹角 $\alpha$），升高 $AD=\sin\beta\cos\alpha$。两段加起来就是公式。

一句话：和角的高度 = 第一段的高度 + 第二段的高度。图只画了锐角的情况，任意角的证明靠上面的单位圆旋转。

关联知识点

• 前置：第 11 章三角函数的定义（单位圆上的坐标）、同角关系、诱导公式，证明和求值都离不开它们。
• 前置：第 15 章平面向量的数量积，给出两角差余弦公式的另一种证明。
• 后续：13.3 二倍角公式、13.4 辅助角公式都是这组公式的特例或逆用。
• 后续：第 16 章解三角形，$\sin C=\sin(A+B)$ 是化简边角关系的常用一步。
• 后续：第 17 章复数的三角形式，两个复数相乘“辐角相加”，背后就是两角和的正弦、余弦公式。
• 后续：第 28 章直线的方程，两条直线的夹角用正切差角公式求。

13.3 二倍角公式

说明

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

$\cos 2\alpha$ 的三种写法要根据已知条件挑：只知道 $\cos\alpha$ 用 $2\cos^2\alpha-1$，只知道 $\sin\alpha$ 用 $1-2\sin^2\alpha$，两个都有或者要因式分解用 $\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=(\cos\alpha+\sin\alpha)(\cos\alpha-\sin\alpha)$。

“二倍”是相对的：$4\alpha$ 是 $2\alpha$ 的二倍，$\alpha$ 是 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的二倍，$2\alpha+\dfrac{\pi}{3}$ 是 $\alpha+\dfrac{\pi}{6}$ 的二倍。

使用场景

• 已知 $\sin\alpha$ 或 $\cos\alpha$ 和象限，求 $\sin 2\alpha$、$\cos 2\alpha$、$\tan 2\alpha$：先补齐另一个函数值，再代公式。
• 题目给出 $\sin\alpha+\cos\alpha$ 或 $\sin\alpha-\cos\alpha$ 的值：两边平方，得到 $1\pm\sin 2\alpha$。
• 已知 $\tan\alpha$，求 $\sin 2\alpha$、$\cos 2\alpha$ 或关于 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 的二次式：分母补上 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$，化成只含 $\tan\alpha$ 的式子。
• 连乘的余弦，角一个是另一个的二倍（如 $\cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ$）：乘上最小角的正弦，连续用二倍角公式。
• 要求的角恰好是已知组合角的二倍加减常数：先写出二倍关系，再用诱导公式和二倍角公式。

注意点

• 公式对任意角成立，但 $\tan 2\alpha$ 的公式要求 $\tan\alpha$ 和 $\tan 2\alpha$ 都有意义，即 $\alpha\ne k\pi+\dfrac{\pi}{2}$ 且 $\alpha\ne\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}$（$k\in\mathbf{Z}$）。
• 平方会丢掉符号：由 $\sin\alpha+\cos\alpha$ 平方求出 $\sin 2\alpha$ 后，再求 $\sin\alpha-\cos\alpha$ 要开方，必须先判断它的正负。
• $\sin 2\alpha\ne 2\sin\alpha$。“二倍”在角上，不在函数值上。

证明

在两角和公式里令 $\beta=\alpha$：

• $\sin 2\alpha=\sin(\alpha+\alpha)=\sin\alpha\cos\alpha+\cos\alpha\sin\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$。
• $\cos 2\alpha=\cos(\alpha+\alpha)=\cos\alpha\cos\alpha-\sin\alpha\sin\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha$。
• 再用 $\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha$ 代掉正弦，得 $2\cos^2\alpha-1$；用 $\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha$ 代掉余弦，得 $1-2\sin^2\alpha$。（关键一步：同角关系让平方的正弦和余弦可以互换，所以一个公式变成三种写法。）
• $\tan 2\alpha=\tan(\alpha+\alpha)=\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$。

例题

例 1　（场景：已知一个函数值求二倍角）已知 $\sin\alpha=\dfrac{5}{13}$，$\alpha\in\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$，求 $\sin 2\alpha$、$\cos 2\alpha$、$\tan 2\alpha$。

解：$\alpha$ 在第二象限，$\cos\alpha=-\sqrt{1-\dfrac{25}{169}}=-\dfrac{12}{13}$。

• $\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=2\cdot\dfrac{5}{13}\cdot\left(-\dfrac{12}{13}\right)=-\dfrac{120}{169}$。
• $\cos 2\alpha=1-2\sin^2\alpha=1-\dfrac{50}{169}=\dfrac{119}{169}$。
• $\tan 2\alpha=\dfrac{\sin 2\alpha}{\cos 2\alpha}=-\dfrac{120}{119}$。

容易卡在：求 $\cos 2\alpha$ 时用 $1-2\sin^2\alpha$ 最省事，不需要 $\cos\alpha$ 的符号；但求 $\sin 2\alpha$ 必须用到 $\cos\alpha$ 的符号。

例 2　（场景：$\sin\alpha\pm\cos\alpha$ 平方）已知 $\sin\alpha+\cos\alpha=\dfrac{1}{5}$，$\alpha\in(0,\pi)$，求 $\sin 2\alpha$、$\sin\alpha-\cos\alpha$ 和 $\cos 2\alpha$。

解：

1. 两边平方：$\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha=\dfrac{1}{25}$，即 $1+\sin 2\alpha=\dfrac{1}{25}$，所以 $\sin 2\alpha=-\dfrac{24}{25}$。
2. 定符号：$\sin\alpha\cos\alpha=-\dfrac{12}{25}<0$，而 $\alpha\in(0,\pi)$ 时 $\sin\alpha>0$，所以 $\cos\alpha<0$，$\sin\alpha-\cos\alpha>0$。
3. $(\sin\alpha-\cos\alpha)^2=1-\sin 2\alpha=\dfrac{49}{25}$，所以 $\sin\alpha-\cos\alpha=\dfrac{7}{5}$。
4. $\cos 2\alpha=(\cos\alpha+\sin\alpha)(\cos\alpha-\sin\alpha)=\dfrac{1}{5}\cdot\left(-\dfrac{7}{5}\right)=-\dfrac{7}{25}$。

（顺带可解出 $\sin\alpha=\dfrac{4}{5}$，$\cos\alpha=-\dfrac{3}{5}$，代回检验 $\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=\dfrac{9-16}{25}=-\dfrac{7}{25}$，一致。）

容易卡在：第 3 步开方直接写 $\pm\dfrac{7}{5}$ 或只写正号却说不出理由。理由在第 2 步。

例 3　（场景：已知 $\tan\alpha$ 求二倍角）已知 $\tan\alpha=2$，求 $\sin 2\alpha$ 和 $\cos 2\alpha$。

解：把分母写成 $1=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$，分子分母同除以 $\cos^2\alpha$：

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

另一种解法：$\tan\alpha=2>0$，$\alpha$ 在第一或第三象限。在第一象限时画一个直角三角形，对边 2、邻边 1、斜边 $\sqrt{5}$，得 $\sin\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$，$\cos\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$，于是 $\sin 2\alpha=\dfrac{4}{5}$，$\cos 2\alpha=\dfrac{1-4}{5}=-\dfrac{3}{5}$；在第三象限时 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 同时变号，乘积和平方都不变，结果相同。画三角形直观，适合心算；“除以 $\cos^2\alpha$“的方法不用讨论象限，适合式子更复杂（如求 $\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha$）的情况。

例 4　（场景：连乘的余弦）求 $\cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ$。

解：乘上并除以 $\sin 20^\circ$，从最小的角开始连续用 $2\sin\theta\cos\theta=\sin 2\theta$：

$$\begin{aligned} \cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ&=\frac{\sin 20^\circ\cos 20^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ}{\sin 20^\circ}=\frac{\frac{1}{2}\sin 40^\circ\cos 40^\circ\cos 80^\circ}{\sin 20^\circ}\\ &=\frac{\frac{1}{4}\sin 80^\circ\cos 80^\circ}{\sin 20^\circ}=\frac{\frac{1}{8}\sin 160^\circ}{\sin 20^\circ}=\frac{1}{8}. \end{aligned}$$

最后一步用了 $\sin 160^\circ=\sin(180^\circ-20^\circ)=\sin 20^\circ$。

容易卡在：想不到“乘以 $\sin 20^\circ$”。看到角依次翻倍的余弦连乘，就补最小角的正弦。

例 5　（场景：二倍关系的配角）已知 $\sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{1}{3}$，求 $\cos\left(2\alpha-\dfrac{2\pi}{3}\right)$。

解：找二倍关系：$2\alpha-\dfrac{2\pi}{3}=2\left(\alpha+\dfrac{\pi}{6}\right)-\pi$。设 $\theta=\alpha+\dfrac{\pi}{6}$，则

$$\cos\left(2\alpha-\frac{2\pi}{3}\right)=\cos(2\theta-\pi)=-\cos 2\theta=-(1-2\sin^2\theta)=-\left(1-\frac{2}{9}\right)=-\frac{7}{9}.$$

容易卡在：看不出 $2\alpha-\dfrac{2\pi}{3}$ 和 $\alpha+\dfrac{\pi}{6}$ 的关系。做法是把要求的角减去已知角的二倍，看剩下的是不是 $\dfrac{\pi}{2}$ 或 $\pi$ 的整数倍。

常用推论

• $1\pm\sin 2\alpha=(\sin\alpha\pm\cos\alpha)^2$。把 1 写成 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ 即得；例 2 用的就是它。
• $\sin 2\alpha=\dfrac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}$，$\cos 2\alpha=\dfrac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}$。推导见例 3。
• $1+\cos 2\alpha=2\cos^2\alpha$，$1-\cos 2\alpha=2\sin^2\alpha$。由 $\cos 2\alpha$ 的后两种写法移项得到，是 13.5 节降幂公式的来源。
• $\cos\alpha\cos 2\alpha\cos 4\alpha\cdots\cos 2^{n-1}\alpha=\dfrac{\sin 2^n\alpha}{2^n\sin\alpha}$（$\sin\alpha\ne 0$）。推导和例 4 一样：乘 $\sin\alpha$，连用 $n$ 次二倍角公式。

易错点

• 错在哪：把 $\sin 2\alpha$ 算成 $2\sin\alpha$。 为什么错：取 $\alpha=\dfrac{\pi}{2}$，$\sin\pi=0$，而 $2\sin\dfrac{\pi}{2}=2$。 正确做法：二倍角公式是 $\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$，倍数在角上。
• 错在哪：例 2 中由 $(\sin\alpha-\cos\alpha)^2=\dfrac{49}{25}$ 得 $\sin\alpha-\cos\alpha=\pm\dfrac{7}{5}$，两个都保留。 为什么错：题目给了 $\alpha\in(0,\pi)$，结合 $\sin 2\alpha<0$ 能定出 $\alpha$ 在第二象限，负值不可能。 正确做法：开方前用 $\sin 2\alpha$ 的符号和角的范围定出 $\sin\alpha$、$\cos\alpha$ 各自的符号。
• 错在哪：已知 $\cos\alpha$，求 $\cos 2\alpha$ 时用 $\cos^2\alpha-\sin^2\alpha$，再去求 $\sin\alpha$，结果符号弄错。 为什么错：绕了远路，多了一次开方。 正确做法：已知 $\cos\alpha$ 直接用 $2\cos^2\alpha-1$，已知 $\sin\alpha$ 直接用 $1-2\sin^2\alpha$，都不涉及开方和符号。

直观理解

$\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$ 是一个面积等式。腰长为 1、顶角为 $2\alpha$ 的等腰三角形，面积有两种算法：

• 用“两边及夹角”：$\dfrac{1}{2}\times 1\times 1\times\sin 2\alpha=\dfrac{1}{2}\sin 2\alpha$。
• 用底边上的高 $OM$ 把它分成两个直角三角形，每个直角边是 $\sin\alpha$ 和 $\cos\alpha$，面积 $2\times\dfrac{1}{2}\sin\alpha\cos\alpha=\sin\alpha\cos\alpha$。

两者相等，就是 $\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$（这里 $0<2\alpha<\pi$）。

同一张图里，底边 $AB=2\sin\alpha$，对顶角 $2\alpha$ 用余弦定理：$(2\sin\alpha)^2=1+1-2\cos 2\alpha$，整理就是 $\cos 2\alpha=1-2\sin^2\alpha$。

关联知识点

• 前置：13.2 两角和的公式，令 $\beta=\alpha$ 即得。
• 前置：第 11 章同角三角函数的基本关系，$\cos 2\alpha$ 的三种写法和“弦化切”都靠它。
• 后续：13.4 辅助角公式，化简 $\sin x\cos x$、$\cos^2 x$ 之后才能合成一项。
• 后续：13.5 降幂公式与半角公式，是二倍角公式反过来用。
• 常一起考：第 12 章三角函数的性质，解答题先用二倍角公式化简再求周期和最值。
• 常一起考：第 16 章解三角形，题目里出现 $\sin 2A$、$\cos 2B$ 时先用二倍角公式化开。

13.4 辅助角公式

说明

对不全为 0 的实数 $a$、$b$：

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

其中角 $\varphi$ 满足 $\cos\varphi=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$，$\sin\varphi=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$（$a\ne 0$ 时 $\tan\varphi=\dfrac{b}{a}$）。也就是说，$\varphi$ 是从原点指向点 $(a,b)$ 的射线所对的角。$\varphi$ 叫辅助角。

注意 $a$ 是 $\sin x$ 的系数、$b$ 是 $\cos x$ 的系数。

最常用的三组（记住可省时间）：

原式	合成后
$\sin x\pm\cos x$	$\sqrt{2}\sin\left(x\pm\dfrac{\pi}{4}\right)$
$\sqrt{3}\sin x\pm\cos x$	$2\sin\left(x\pm\dfrac{\pi}{6}\right)$
$\sin x\pm\sqrt{3}\cos x$	$2\sin\left(x\pm\dfrac{\pi}{3}\right)$

也可以合成余弦：$a\sin x+b\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\cos(x-\theta)$，其中 $\cos\theta=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$，$\sin\theta=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$。考试中合成正弦更常见。

使用场景

• 函数是 $a\sin x+b\cos x$ 的形式，求最值、周期、单调区间：先合成一项，再按第 12 章的整体代换求。
• 函数里同时有 $\sin x\cos x$、$\cos^2 x$、$\sin^2 x$：先用二倍角和降幂化成 $a\sin 2x+b\cos 2x+c$，再合成。
• $\varphi$ 不是特殊角（如 $3\sin x+4\cos x$）：只需要最值，不必求出 $\varphi$；或者用 $\tan\varphi$ 表示。
• 同时含 $\sin x+\cos x$ 和 $\sin x\cos x$：设 $t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$，化成关于 $t$ 的二次函数。
• 解三角形里求 $\sin B+\sin C$ 一类式子的范围：用 $B+C=\pi-A$ 消去一个角，再合成一项。

注意点

• $\varphi$ 的象限由 $a$、$b$ 的符号共同决定（看点 $(a,b)$ 在哪个象限），不能只看 $\tan\varphi=\dfrac{b}{a}$ 取一个“反正切”。例如 $-\sin x+\sqrt{3}\cos x$ 中 $a=-1$、$b=\sqrt{3}$，点在第二象限，$\varphi=\dfrac{2\pi}{3}$，不是 $-\dfrac{\pi}{3}$。
• 角带系数时，系数一起留在括号里：$\sin 2x+\cos 2x=\sqrt{2}\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{4}\right)$。
• 只有同一个角的正弦和余弦才能合成。$\sin x+\cos 2x$ 不能直接合成。
• 求值域时，$\sin(x+\varphi)$ 的范围要按 $x$ 的取值范围算，只有 $x$ 取遍全体实数时才是 $[-1,1]$。

证明

设 $r=\sqrt{a^2+b^2}>0$，先提出 $r$：

$$a\sin x+b\cos x=r\left(\frac{a}{r}\sin x+\frac{b}{r}\cos x\right).$$

因为 $\left(\dfrac{a}{r}\right)^2+\left(\dfrac{b}{r}\right)^2=\dfrac{a^2+b^2}{r^2}=1$，点 $\left(\dfrac{a}{r},\dfrac{b}{r}\right)$ 在单位圆上，所以存在角 $\varphi$ 使 $\cos\varphi=\dfrac{a}{r}$，$\sin\varphi=\dfrac{b}{r}$。（关键一步：提出 $\sqrt{a^2+b^2}$ 正是为了让两个系数的平方和等于 1，这样它们才能分别当作同一个角的余弦和正弦。提别的数做不到。）

代入，用两角和的正弦公式：

$$a\sin x+b\cos x=r(\sin x\cos\varphi+\cos x\sin\varphi)=\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi).$$

例题

例 1　（场景：求 $a\sin x+b\cos x$ 的性质）已知 $f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x$，求 $f(x)$ 的最大值、最小正周期和单调递增区间。

解：$a=1$，$b=\sqrt{3}$，$\sqrt{a^2+b^2}=2$。

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

• 最大值为 2（当 $x+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$，即 $x=\dfrac{\pi}{6}+2k\pi$ 时取到）。
• 最小正周期 $T=2\pi$。
• 令 $-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\le x+\dfrac{\pi}{3}\le\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$，得 $-\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi\le x\le\dfrac{\pi}{6}+2k\pi$。单调递增区间是 $\left[-\dfrac{5\pi}{6}+2k\pi,\dfrac{\pi}{6}+2k\pi\right]$，$k\in\mathbf{Z}$。

例 2　（场景：先降幂、再合成）已知 $f(x)=2\sqrt{3}\sin x\cos x+2\cos^2 x-1$，求 $f(x)$ 的最小正周期，以及 $f(x)$ 在 $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上的值域。

解：

1. 化简：$2\sin x\cos x=\sin 2x$，$2\cos^2 x-1=\cos 2x$，所以 $f(x)=\sqrt{3}\sin 2x+\cos 2x$。
2. 合成：$\sqrt{a^2+b^2}=2$，$f(x)=2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x+\dfrac{1}{2}\cos 2x\right)=2\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)$。
3. 周期：$T=\dfrac{2\pi}{2}=\pi$。
4. 值域：$x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 时，$2x+\dfrac{\pi}{6}\in\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{7\pi}{6}\right]$。在这段上，正弦最大是 $\sin\dfrac{\pi}{2}=1$，最小是 $\sin\dfrac{7\pi}{6}=-\dfrac{1}{2}$，所以 $\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)\in\left[-\dfrac{1}{2},1\right]$，$f(x)\in[-1,2]$。

容易卡在：第 4 步直接写 $f(x)\in[-2,2]$，没按 $x$ 的范围算。画出 $\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{7\pi}{6}\right]$ 这段正弦曲线，最高点和最低点一眼可见。

例 3　（场景：$\varphi$ 不是特殊角）求 $f(x)=3\sin x+4\cos x$ 的最大值，并写出取最大值时 $x$ 满足的条件。

解：$\sqrt{3^2+4^2}=5$，$f(x)=5\sin(x+\varphi)$，其中 $\cos\varphi=\dfrac{3}{5}$，$\sin\varphi=\dfrac{4}{5}$（$\varphi$ 是第一象限角，$\tan\varphi=\dfrac{4}{3}$）。

最大值为 5，当 $x+\varphi=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$，即 $x=\dfrac{\pi}{2}-\varphi+2k\pi$（$k\in\mathbf{Z}$）时取到。此时 $\sin x=\cos\varphi=\dfrac{3}{5}$，$\cos x=\sin\varphi=\dfrac{4}{5}$。

另一种解法：把 $f(x)$ 看成两个向量的数量积：$f(x)=(3,4)\cdot(\sin x,\cos x)$。$|(3,4)|=5$，$|(\sin x,\cos x)|=1$，数量积不超过两模之积，所以 $f(x)\le 5$；两向量同向时取等号，即 $(\sin x,\cos x)=\left(\dfrac{3}{5},\dfrac{4}{5}\right)$。只求最值时向量法一句话就够，还顺带给出取等时的 $\sin x$、$\cos x$；要求单调区间、对称轴时还得用辅助角公式。

例 4　（场景：$\sin x+\cos x$ 与 $\sin x\cos x$ 同时出现）求 $y=\sin x+\cos x+\sin x\cos x$ 的最大值和最小值。

解：设 $t=\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$，则 $t\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$。

由 $t^2=1+2\sin x\cos x$ 得 $\sin x\cos x=\dfrac{t^2-1}{2}$。于是

$$y=t+\frac{t^2-1}{2}=\frac{1}{2}(t+1)^2-1,\quad t\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}].$$

这是开口向上、对称轴 $t=-1$ 的二次函数，$-1\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$。

• 最小值：$t=-1$ 时，$y=-1$。
• 最大值：$t=\sqrt{2}$ 离对称轴更远，$y=\dfrac{1}{2}(\sqrt{2}+1)^2-1=\dfrac{1}{2}+\sqrt{2}$。

容易卡在：换元后忘了 $t$ 的范围，把二次函数在全体实数上求最值。

例 5　（场景：解三角形中的范围）在 $\triangle ABC$ 中，$A=\dfrac{\pi}{3}$，求 $\sin B+\sin C$ 的取值范围。

解：$C=\pi-A-B=\dfrac{2\pi}{3}-B$，且 $B\in\left(0,\dfrac{2\pi}{3}\right)$。

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

合成：$\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}}=\sqrt{3}$，

$$\sin B+\sin C=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B+\frac{1}{2}\cos B\right)=\sqrt{3}\sin\left(B+\frac{\pi}{6}\right).$$

$B+\dfrac{\pi}{6}\in\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{5\pi}{6}\right)$，$\sin\left(B+\dfrac{\pi}{6}\right)\in\left(\dfrac{1}{2},1\right]$，所以 $\sin B+\sin C\in\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}\right]$。

容易卡在：$B$ 的范围。三角形中 $B>0$、$C>0$ 两个条件都要用，所以 $B<\dfrac{2\pi}{3}$；端点取不到，答案左端是开的。

常用推论

• $a\sin x+b\cos x$ 的最大值是 $\sqrt{a^2+b^2}$，最小值是 $-\sqrt{a^2+b^2}$。由合成后的形式直接读出。
• 方程 $a\sin x+b\cos x=c$ 有解，当且仅当 $c^2\le a^2+b^2$。因为左边的值域是 $\left[-\sqrt{a^2+b^2},\sqrt{a^2+b^2}\right]$。
• $t=\sin x+\cos x\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$ 时，$\sin x\cos x=\dfrac{t^2-1}{2}$；$t=\sin x-\cos x$ 时，$\sin x\cos x=\dfrac{1-t^2}{2}$。两边平方即得，例 4 用的就是它。
• $y=a\sin\omega x+b\cos\omega x$ 的最小正周期是 $\dfrac{2\pi}{|\omega|}$，与 $a$、$b$ 无关。合成后就是 $\sqrt{a^2+b^2}\sin(\omega x+\varphi)$，周期只看 $\omega$。

易错点

• 错在哪：$-\sin x+\sqrt{3}\cos x$ 由 $\tan\varphi=-\sqrt{3}$ 取 $\varphi=-\dfrac{\pi}{3}$，写成 $2\sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)$。 为什么错：$\cos\varphi=\dfrac{a}{r}=-\dfrac{1}{2}<0$，$\varphi$ 在第二象限。代 $x=0$ 检验：原式为 $\sqrt{3}$，错误结果为 $-\sqrt{3}$。 正确做法：同时看 $\cos\varphi=\dfrac{a}{r}$ 和 $\sin\varphi=\dfrac{b}{r}$ 的符号，$\varphi=\dfrac{2\pi}{3}$，原式 $=2\sin\left(x+\dfrac{2\pi}{3}\right)$。
• 错在哪：把 $\sqrt{3}\sin 2x+\cos 2x$ 写成 $2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{6}\right)$ 或 $2\sin 2\left(x+\dfrac{\pi}{6}\right)$。 为什么错：前者丢了角的系数 2；后者展开是 $2\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{3}\right)$，相位错了。 正确做法：把 $2x$ 当作一个整体 $u$，$\sqrt{3}\sin u+\cos u=2\sin\left(u+\dfrac{\pi}{6}\right)$，再把 $u=2x$ 放回去。
• 错在哪：把 $a$、$b$ 弄反，用 $\cos\varphi=\dfrac{b}{r}$。 为什么错：公式中 $\sin x$ 的系数 $a$ 对应 $\cos\varphi$。 正确做法：合成后展开 $\sin(x+\varphi)=\sin x\cos\varphi+\cos x\sin\varphi$，和原式逐项对照：$\sin x$ 前面配 $\cos\varphi$。
• 错在哪：求 $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上的值域时，直接写 $\left[-\sqrt{a^2+b^2},\sqrt{a^2+b^2}\right]$。 为什么错：$x$ 有范围，$x+\varphi$ 不一定能取到使正弦等于 $\pm 1$ 的角。 正确做法：先求出 $x+\varphi$（或 $\omega x+\varphi$）的范围，再看这一段上正弦的最大最小值。

直观理解

两个同频率的波叠加，还是一个同频率的波。 下图中灰色的 $y=\sin x$ 和绿色的 $y=\sqrt{3}\cos x$ 逐点相加，得到蓝色的 $y=2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)$：振幅变成 2，整体向左平移了 $\dfrac{\pi}{3}$，周期不变。

振幅 $\sqrt{a^2+b^2}$ 的来历像向量合成：系数 $(a,b)$ 是一个向量，合成后的振幅就是它的长度，辅助角就是它的方向角。

关联知识点

• 前置：13.2 两角和的正弦公式，辅助角公式就是它倒过来用。
• 前置：13.3 二倍角公式和 13.5 降幂公式，化成 $a\sin 2x+b\cos 2x$ 的前一步。
• 后续：第 12 章函数 $y=A\sin(\omega x+\varphi)$ 的性质，合成之后才能用整体代换求周期、单调区间、对称轴。
• 常一起考：第 16 章解三角形，求边或角的三角函数和的取值范围。
• 常一起考：第 4 章二次函数，$t=\sin x+\cos x$ 换元后变成闭区间上的二次函数最值。
• 关联：第 15 章数量积，$a\sin x+b\cos x$ 的最值也可以看成两个向量数量积的最值。

13.5 降幂公式与半角公式

说明

降幂公式（把平方降成一次，角变成二倍）：

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

反过来用叫升幂公式：$1+\cos\alpha=2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}$，$1-\cos\alpha=2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}$。常用来去根号。

半角公式（用 $\alpha$ 的余弦求 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的函数值）：

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

根号前的正负号由 $\dfrac{\alpha}{2}$ 所在的象限决定。正切还有两个不带根号、不用定符号的形式：

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

课标原文是“能运用上述公式进行简单的恒等变换（包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆）”。考试中更常见的是降幂公式和升幂公式；半角公式会推就行。

使用场景

• 函数里有 $\sin^2 x$、$\cos^2 x$、$\sin x\cos x$，要求周期、最值、单调区间：先降幂化成一次式，再用辅助角公式。
• 已知 $\cos\alpha$ 和 $\alpha$ 的范围，求 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的三角函数值：用半角公式，先定 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的象限。
• 根号里出现 $1\pm\cos\alpha$：升幂成完全平方，开出来带绝对值，再按角的范围去绝对值。
• 求特殊角一半的正切（如 $\tan 22.5^\circ$、$\tan 15^\circ$）：用不带根号的 $\tan\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$。

注意点

• 降幂公式中，左边是 $\alpha$，右边是 $2\alpha$：降了次数，角翻了倍，函数的周期也随之改变。
• 半角公式的符号看 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的象限，不看 $\alpha$ 的象限。
• $\sqrt{2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}}=\sqrt{2}\left|\cos\dfrac{\alpha}{2}\right|$，开平方一定先写绝对值。
• 积化和差、和差化积公式（如 $\sin\alpha\cos\beta=\dfrac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]$）也属于课标里“会推导、不要求记忆”的内容，需要时用两角和差公式现推。

证明

降幂公式：由二倍角公式 $\cos 2\alpha=2\cos^2\alpha-1$ 移项得 $\cos^2\alpha=\dfrac{1+\cos 2\alpha}{2}$；由 $\cos 2\alpha=1-2\sin^2\alpha$ 移项得 $\sin^2\alpha=\dfrac{1-\cos 2\alpha}{2}$；$\sin\alpha\cos\alpha=\dfrac{1}{2}\sin 2\alpha$ 就是 $\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$ 除以 2。

半角公式：在降幂公式中把 $\alpha$ 换成 $\dfrac{\alpha}{2}$（关键一步：二倍角公式对任意角成立，$\dfrac{\alpha}{2}$ 的二倍就是 $\alpha$），得

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

两边开方即得前两个公式；两式相除得正切公式。开方时出现 $\pm$。

正切的无根号形式：分子分母同乘 $2\cos\dfrac{\alpha}{2}$，凑出二倍角：

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

同乘 $2\sin\dfrac{\alpha}{2}$ 则得 $\dfrac{2\sin^2\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}=\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$。这两个形式里 $\sin\alpha$ 自带符号，不用再判断。

例题

例 1　（场景：降幂后求性质）已知 $f(x)=\sin^2 x+\sqrt{3}\sin x\cos x$，求 $f(x)$ 的最小正周期和最大值。

解：

1. 降幂：$\sin^2 x=\dfrac{1-\cos 2x}{2}$，$\sin x\cos x=\dfrac{1}{2}\sin 2x$，所以

$$f(x)=\frac{1-\cos 2x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x-\frac{1}{2}\cos 2x+\frac{1}{2}.$$

2. 合成：$\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2x-\dfrac{1}{2}\cos 2x=\sin 2x\cos\dfrac{\pi}{6}-\cos 2x\sin\dfrac{\pi}{6}=\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{6}\right)$，所以 $f(x)=\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{6}\right)+\dfrac{1}{2}$。
3. 最小正周期 $T=\pi$；最大值 $1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$。

容易卡在：降幂后常数项 $\dfrac{1}{2}$ 丢了，最大值算成 1。

例 2　（场景：用半角公式求值）已知 $\cos\alpha=-\dfrac{7}{25}$，$\alpha\in\left(\pi,\dfrac{3\pi}{2}\right)$，求 $\sin\dfrac{\alpha}{2}$、$\cos\dfrac{\alpha}{2}$、$\tan\dfrac{\alpha}{2}$。

解：先定 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的象限：$\dfrac{\alpha}{2}\in\left(\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{4}\right)$，在第二象限，正弦正、余弦负。

$$\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{7}{25}}{2}}=\sqrt{\frac{16}{25}}=\frac{4}{5},$$ $$\cos\frac{\alpha}{2}=-\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=-\sqrt{\frac{1-\frac{7}{25}}{2}}=-\sqrt{\frac{9}{25}}=-\frac{3}{5},$$ $$\tan\frac{\alpha}{2}=\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}=-\frac{4}{3}.$$

另一种解法：$\alpha$ 在第三象限，$\sin\alpha=-\sqrt{1-\dfrac{49}{625}}=-\dfrac{24}{25}$，直接用 $\tan\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\dfrac{-\frac{24}{25}}{\frac{18}{25}}=-\dfrac{4}{3}$。只求 $\tan\dfrac{\alpha}{2}$ 时这样做不用判断 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的象限；要同时求半角的正弦和余弦，还是先定象限再开方。

容易卡在：按 $\alpha$ 在第三象限给 $\sin\dfrac{\alpha}{2}$ 取负号。

例 3　（场景：根号里的 $1\pm\cos\alpha$）化简 $\sqrt{1+\cos\alpha}+\sqrt{1-\cos\alpha}$，其中 $\alpha\in(\pi,2\pi)$。

解：升幂：$1+\cos\alpha=2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}$，$1-\cos\alpha=2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}$，所以

$$\text{原式}=\sqrt{2}\left|\cos\frac{\alpha}{2}\right|+\sqrt{2}\left|\sin\frac{\alpha}{2}\right|.$$

$\dfrac{\alpha}{2}\in\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$，$\cos\dfrac{\alpha}{2}<0$，$\sin\dfrac{\alpha}{2}>0$，去绝对值：

$$\text{原式}=-\sqrt{2}\cos\frac{\alpha}{2}+\sqrt{2}\sin\frac{\alpha}{2}=2\left(\sin\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}-\cos\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=2\sin\left(\frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{4}\right).$$

容易卡在：开方不加绝对值，直接写成 $\sqrt{2}\cos\dfrac{\alpha}{2}+\sqrt{2}\sin\dfrac{\alpha}{2}$。

例 4　（场景：特殊角一半的正切）求 $\tan 22.5^\circ$。

解：取 $\alpha=45^\circ$，用不带根号的形式：

$$\tan 22.5^\circ=\frac{1-\cos 45^\circ}{\sin 45^\circ}=\frac{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1.$$

常用推论

• 升幂公式 $1+\cos\alpha=2\cos^2\dfrac{\alpha}{2}$，$1-\cos\alpha=2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}$。降幂公式中把 $\alpha$ 换成 $\dfrac{\alpha}{2}$ 再移项。
• $1\pm\sin\alpha=\left(\sin\dfrac{\alpha}{2}\pm\cos\dfrac{\alpha}{2}\right)^2$。就是 13.3 节推论 $1\pm\sin 2\theta=(\sin\theta\pm\cos\theta)^2$ 取 $\theta=\dfrac{\alpha}{2}$；化简 $\sqrt{1\pm\sin\alpha}$ 时用。
• $\tan\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$。推导见本节“证明”。
• $\sin^2 x$、$\cos^2 x$ 的最小正周期是 $\pi$，不是 $2\pi$。由降幂公式，它们是 $\cos 2x$ 的一次式。
• 万能公式：设 $t=\tan\dfrac{\alpha}{2}$，则 $\sin\alpha=\dfrac{2t}{1+t^2}$，$\cos\alpha=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$。就是 13.3 节推论里的 $\sin 2\theta$、$\cos 2\theta$ 用 $\tan\theta$ 表示，取 $\theta=\dfrac{\alpha}{2}$。

易错点

• 错在哪：例 2 中因为 $\alpha$ 在第三象限，给 $\sin\dfrac{\alpha}{2}$ 取了负号。 为什么错：半角公式求的是 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的函数值，符号由 $\dfrac{\alpha}{2}$ 所在象限定。$\dfrac{\alpha}{2}$ 在第二象限，正弦为正。 正确做法：先由 $\alpha$ 的范围除以 2，写出 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的范围，再定符号。
• 错在哪：$\sqrt{1+\cos\alpha}=\sqrt{2}\cos\dfrac{\alpha}{2}$。 为什么错：算术平方根非负，而 $\cos\dfrac{\alpha}{2}$ 可能是负数。 正确做法：写成 $\sqrt{2}\left|\cos\dfrac{\alpha}{2}\right|$，再按 $\dfrac{\alpha}{2}$ 的范围去绝对值。
• 错在哪：认为 $y=\cos^2 x$ 的最小正周期是 $2\pi$。 为什么错：$\cos^2 x=\dfrac{1+\cos 2x}{2}$，周期是 $\dfrac{2\pi}{2}=\pi$。 正确做法：求含平方项的函数的周期，先降幂。
• 错在哪：降幂时写成 $\cos^2\alpha=\dfrac{1+\cos\alpha}{2}$。 为什么错：降了次数，角必须翻倍；角不变时等式不成立（取 $\alpha=\pi$：左边 1，右边 0）。 正确做法：记“降幂扩角”：次数从 2 降到 1，角从 $\alpha$ 变成 $2\alpha$。

直观理解

降幂：$y=\cos^2 x$ 的图像在 0 和 1 之间、围绕 $y=\dfrac{1}{2}$ 上下波动，振幅 $\dfrac{1}{2}$，比 $y=\cos x$ 快一倍。这正是 $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cos 2x$ 的样子。

半角：单位圆上取 $P(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 和 $B(-1,0)$。$\angle POx=\alpha$ 是圆心角，$\angle PBO$ 是同一段弧所对的圆周角，等于 $\dfrac{\alpha}{2}$。在直角三角形里，$\angle PBO$ 的对边是 $\sin\alpha$，邻边是 $1+\cos\alpha$，所以 $\tan\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}$。

一句话：降幂扩角，升幂缩角；半角符号看半角。

关联知识点

• 前置：13.3 二倍角公式，降幂公式就是 $\cos 2\alpha$ 的两种写法移项。
• 后续：13.4 辅助角公式，降幂之后通常紧接着合成一项。
• 后续：第 12 章三角函数的性质，含平方项的函数先降幂才能求周期。
• 前置：初中圆的性质“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”，半角正切的几何解释用的就是它。
• 后续：第 24 章导数，求 $\sin^2 x$ 这类函数的导数时，降幂后再求导往往更简单。

13.6 知识点之间的关系

本章所有公式都从两角差的余弦公式一条推出：换 $-\beta$ 得和角余弦，用诱导公式得正弦，相除得正切；令 $\beta=\alpha$ 得二倍角；二倍角移项得降幂，再把角减半得半角；两角和的正弦倒过来用就是辅助角公式。

考试里这些公式很少单独出现，常见的是一条固定的流水线：降幂（13.5）→ 展开和差角（13.2）→ 合成（13.4）→ 用第 12 章的方法研究 $A\sin(\omega x+\varphi)+B$。求值题则主要考 13.2 的配角和 13.3 的二倍关系。记不住某个公式时，顺着上图从源头现推，一般两三行就够。

13.7 自测

1. 求 $\cos 75^\circ$ 的值。
2. 已知 $\tan\alpha$、$\tan\beta$ 是方程 $x^2-5x+6=0$ 的两根，求 $\tan(\alpha+\beta)$。
3. 已知 $\sin\alpha=\dfrac{3}{5}$，$\alpha\in\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$，求 $\sin 2\alpha$。
4. 求 $\cos^2\dfrac{\pi}{8}-\sin^2\dfrac{\pi}{8}$ 的值。
5. 求 $f(x)=\sin x-\sqrt{3}\cos x$ 的最大值和最小正周期。
6. 求 $f(x)=3\sin x-4\cos x$ 的最小值。
7. 已知 $\cos\alpha=\dfrac{1}{9}$，$\alpha\in(0,\pi)$，求 $\cos\dfrac{\alpha}{2}$。
8. 求 $y=\sin^2 x$ 的最小正周期。

答案：1. $\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$；2. $-1$；3. $-\dfrac{24}{25}$；4. $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$；5. 最大值 2，最小正周期 $2\pi$；6. $-5$；7. $\dfrac{\sqrt{5}}{3}$；8. $\pi$。

13.8 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有按人教版章节排列的高中数学同步课程，可找到“三角恒等变换”一节的课和教材电子版。
• Khan Academy · Trigonometric equations and identities：和差角、二倍角公式的英文视频讲解和证明，配练习题。
• Wolfram MathWorld · Trigonometric Addition Formulas：和差角公式及其推广的英文汇总，查公式的各种等价形式时用。
• GeoGebra：在线作图，输入 a sin(x) + b cos(x) 并拖动 a、b，可以直观看到振幅和相位怎样变化。