輔助角公式

本文轉載自查看原文 2020-06-22 17:08 2604 03技巧方法

前言

\[\require{AMScd} \begin{CD} f(x)=\sin x[正弦]\quad@>{a\cdot\sin x+b\cdot\cos x=\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\phi)[化一法]}>>\quad y=A\sin(\omega x+\phi)+k[正弦型] \end{CD} \]

輔助角公式在三角變換中的角色太重要了。三角變換中的許多變形都要由這個公式來完成最終的華麗轉身，搖身一變為正弦型$f(x)=A\sin(\omega x+\phi)+k$或余弦型$g(x)=A\cos(\omega x+\phi)+k$，從而完成求周期，求值域、求單調性，求對稱性，求奇偶性等等的解題要求。

輔助角公式

變形前的模樣：$3\sin x+4\cos x$；$\sin x+\cos x$；$\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin\theta\pm\cfrac{1}{2}cos\theta$；$\sqrt{3}sin\theta\pm cos\theta$；

抽象后的模樣：$a\sin\theta+b\cos\theta$，其中系數$a,b\in R$；一般情形下$a\neq 0$，$b\neq 0$，

常用變形依據：

$\sin\alpha\cdot\cos\beta+\cos\alpha\cdot\sin\beta=\sin(\alpha+\beta)$[此處是逆向使用公式；化為正弦型，不容易出錯]

$\cos\alpha\cdot\cos\beta+\sin\alpha\cdot\sin\beta=\cos(\alpha-\beta)$[此處是逆向使用公式；化為余弦型，很容易出錯]

具體變形過程：$a\sin\theta+b\cos\theta$

$=\sqrt{a^2+b^2}\left(\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin\theta+\cfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos\theta\right)$ ^[1]

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

$=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta+\phi)$

備注：其中輔助角 $\phi$ 滿足條件 $tan\phi=\cfrac{b}{a}$，由於有輔助角 $\phi$ 的參與，使得原來的兩種三角函數 $\sin\theta$ 和 $\cos\theta$ 的線性表示就可以轉化為一種三角函數[正弦或者余弦]，所以這個公式好多人就隨口稱之為輔助角公式，也有人稱為化一公式。此處針對輔助角 $\phi$ 主要強調其存在性而不是唯一性，比如上述變形的結果 $\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta+\phi)$ ，也可以等價寫成$\sqrt{a^2+b^2}$$\sin(\theta+2k\pi+\phi)$，$k\in Z$，由於輔助角 $\phi$ 主要強調其存在性而不是唯一性，由最簡原則可知，我們令 $k=0$ ，即得到結果 $\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta+\phi)$，

在教學實踐中，在使用輔助角公式之前，往往多見先使用下述的三角變換[非常高頻的使用]；

二倍角正弦公式的逆用：$2\sin\theta cos\theta=\sin2\theta$；

二倍角余弦公式的逆用：$2\cos^2\theta-1=1-2\sin^2\theta=\cos2\theta$；

然后將二者的結果的線性表示$a\sin2\theta+b\cos2\theta$，$a，b$是其相關的實數系數，再利用輔助角公式化一即可；

若題目中出現$\sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+\cos(2x+\cfrac{\pi}{3})$，往往是將$2x+\cfrac{\pi}{3}$看做一個整體來變形[此時同時考查三角變換和整體思想]，比如

➊ $\sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+\cos(2x+\cfrac{\pi}{3})$$=\sqrt{2}[\sin(2x+\cfrac{\pi}{3})\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}+\cos(2x+\cfrac{\pi}{3})\cdot \cfrac{\sqrt{2}}{2}]$

$=\sqrt{2}\sin[(2x+\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{\pi}{4}]$$=\sqrt{2}\sin(2x+\cfrac{7\pi}{12})=\sqrt{2}\cos(2x+\cfrac{\pi}{12})$

➋ $f(x)=\sin(2x-\theta+\cfrac{\pi}{6})-\sqrt{3}\cos(2x-\theta+\cfrac{\pi}{6})$

$=2\sin(2x-\theta+\cfrac{\pi}{6}-\cfrac{\pi}{3})=2\sin(2x-\theta-\cfrac{\pi}{6})$；

注意：形如$\sin(x+\cfrac{\theta}{2})\cdot\cos(x+\cfrac{\theta}{2})$的結構，不是使用輔助角公式作變形，原因是其不符合使用條件；

$\sin(x+\cfrac{\theta}{2})\cdot\cos(x+\cfrac{\theta}{2})=\cfrac{1}{2}\sin(2x+\theta)$，

高頻變形

下述的三角變換在教學實踐和各類考試中出現的頻次很高，需要我們爛熟於心：

➊$sin\theta\pm cos\theta=\sqrt{2}sin(\theta\pm\cfrac{\pi}{4})$

➋$\sqrt{2}sin\theta\pm \sqrt{2}cos\theta=2sin(\theta\pm\cfrac{\pi}{4})$

➌$\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin\theta\pm\cfrac{1}{2}cos\theta=sin(\theta\pm\cfrac{\pi}{6})$

➍$\cfrac{1}{2}sin\theta\pm\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\theta=sin(\theta\pm\cfrac{\pi}{3})$

➎$\sqrt{3}sin\theta\pm cos\theta=2sin(\theta\pm\cfrac{\pi}{6})$

➏$sin\theta\pm\sqrt{3}cos\theta=2sin(\theta\pm\cfrac{\pi}{3})$

➐$3\sin\theta\pm 4\cos\theta=5sin(\theta\pm\phi)$，其中$\tan\phi=\cfrac{4}{3}$

應用場景

應用於三角函數求周長類的題目中，比如

在$\Delta ABC$中，已知$\angle A=\cfrac{\pi}{3}$，求$\sin B+\sin C$的取值范圍[核心變形，重點理解和掌握]

分析：$\sin B+\sin C=\sin B+\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)$；

$=\sin B+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\cfrac{1}{2}\sin B$

$=\cfrac{3}{2}\sin B+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B$

$=\sqrt{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin B+\cfrac{1}{2}\cos B)$

$=\sqrt{3}\sin(B+\cfrac{\pi}{6})$

[三角函數圖像性質和解三角形結合][2017•福州模擬]在$\Delta ABC$中，角$A，B，C$的對邊分別為$a，b，c$，滿足$(2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC$。　

(1)求角$A$的大小；(考查角度：解三角形)

(2)若$a=3$，求$\Delta ABC$的周長的最大值。(考查角度：三角函數圖像性質)

分析：(1)由$(2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC$及正弦定理，邊化角得到，

得$(2sinB-sinC)cosA=sinAcosC$，

所以$2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC$，所以$2sinBcosA=sin(C+A)=sinB$，

因為$B\in (0，π)$，所以$sinB\neq 0$，

因為$A\in (0，π)$，$cosA=\cfrac{1}{2}$，所以$A=\cfrac{\pi}{3} $。

(2)由(1)得$A=\cfrac{\pi}{3} $，

由正弦定理得$\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =2\sqrt{3}$，

所以$b=2\sqrt{3}\cdot sinB$； $c=2\sqrt{3}\cdot sinC$，

$\Delta ABC$的周長：$l=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sinC$

$=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)$

$=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)$

$=3+3\sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+\cfrac{\pi}{6})$

因為$B\in(0，\cfrac{2\pi}{3})$，所以當$B=\cfrac{\pi}{3}$ 時，$\Delta ABC$的周長取得最大值，最大值為9。

應用於三角函數求面積類的題目中，比如

在$\Delta ABC$中，已知$\angle A=\cfrac{\pi}{3}$，求$sinB\cdot sinC$的取值范圍[核心變形，重點理解和掌握]

分析：$sinB\cdot sinC=sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)$；

$=\sin B(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\cfrac{1}{2}\sin B)$

$=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin B\cdot \cos B+\cfrac{1}{2}\sin^2B$

$=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\sin2B+\cfrac{1}{4}(2\sin^2B)$

$=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\sin2B+\cfrac{1}{4}(1-\cos2B)$

$=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\sin2B-\cfrac{1}{4}\cos2B+\cfrac{1}{4}$

$=\cfrac{1}{2}(\sin2B\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cos2B\cdot\cfrac{1}{2})+\cfrac{1}{4}$

$=\cfrac{1}{2}\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{1}{4}$

【2019三輪模擬考試理科用題】在$\Delta ABC$中，已知$4cos^2\cfrac{A}{2}-cos2(B+C)=\cfrac{7}{2}，a=2$，則$\Delta ABC$的面積的最大值為________.

分析：由$cos2(B+C)=cos(2B+2C)=cos(2\pi-2A)=cos2A$，

將已知等式變形為$2\cdot 2cos^2\cfrac{A}{2}-cos2A=\cfrac{7}{2}$，

即$2(1+cosA)-cos2A=\cfrac{7}{2}$，

即$2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=\cfrac{7}{2}$，

化簡為$4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0$，

解得$cosA=\cfrac{1}{2}，A\in(0，\pi)$，故$A=\cfrac{\pi}{3}$，

到此題目轉化為已知$A=\cfrac{\pi}{3}，a=2$，求$\Delta ABC$的面積的最大值。

接下來有兩個思路途徑：

思路一：使用均值不等式，由余弦定理$a^2=b^2+c^2-2bccosA，A=\cfrac{\pi}{3}，a=2$

得到$b^2+c^2=4+bc\ge 2bc$，解得$bc\leq 4(當且僅當b=c=2時取到等號)$，

則$S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA \leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}$。

即三角形面積的最大值是$\sqrt{3}$。

法2：由於題目已知$A=\cfrac{\pi}{3}，a=2$，則$B+C=\cfrac{2\pi}{3}$，故$B，C\in (0，\cfrac{2\pi}{3})$，

則由正弦定理得$\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =\cfrac{4\sqrt{3}}{3}$，

則$b=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinB$，$c=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinC$，

則$bc=(\cfrac{4\sqrt{3}}{3})^2\cdot sinB\cdot sinC=\cfrac{16}{3}sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)$

$=\cfrac{16}{3}sinB\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)$

$=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}sinB\cdot cosB+\cfrac{1}{2}sin^2B]$

$=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B+\cfrac{1}{4}(1-cos2B)]$

$=\cfrac{16}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B-\cfrac{1}{4}cos2B+\cfrac{1}{4})$

$=\cfrac{8}{3}(sin2B\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-cos2B\cdot \cfrac{1}{2})+\cfrac{4}{3}$

$=\cfrac{8}{3}sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{4}{3}$

當$2B-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}$，即$B=\cfrac{5\pi}{12} \in(0，\cfrac{2\pi}{3})$時，$sin(2B-\cfrac{\pi}{6})=1$，

即$bc_{max}=\cfrac{8}{3}+\cfrac{4}{3}=4$

故$[S_{\Delta}]_{max}=\cfrac{1}{2}bcsinA\leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}$。

求點到點的距離的最值[或范圍]；

已知圓$C：\left\{\begin{array}{l}{x=2+\sqrt{2}cos\theta}\\{y=2+\sqrt{2}sin\theta}\end{array}\right.$$(\theta$為參數)，以坐標原點$O$為極點，$x$軸的正半軸為極軸建立極坐標系，點$A$，$B$的極坐標分別為$(1，\pi)$，$(1，0)$；

(1).求圓$C$的極坐標方程；

分析：把圓$C$的參數方程化為普通方程為$(x-2)^2+(y-2)^2=2$，即$x^2+y^2-4x-4y+6=0$，

將$x=\rho cos\theta$，$y=\rho sin\theta$，$x^2+y^2=\rho^2$代入上式，

得到其極坐標方程為$\rho^2-4\rho cos\theta-4\rho sin\theta+6=0$；

(2).若$P$為圓$C$上一個動點，求$|PA|^2+|PB|^2$的取值范圍；

分析：設$P(2+\sqrt{2}cos\theta，2+\sqrt{2}sin\theta)$，且$\theta\in [0,2\pi)$，點$A$和點$B$的直角坐標分別為$(-1，0)$和$(1，0)$

則由平面內任意兩點間的距離公式可得

$|PA|^2+|PB|^2=(3+\sqrt{2}cos\theta)^2+(2+\sqrt{2}sin\theta)^2+(1+\sqrt{2}cos\theta)^2+(2+\sqrt{2}sin\theta)^2+$

$=22+8\sqrt{2}(sin\theta+cos\theta)=22+16sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})$

又由於$\theta\in [0,2\pi)$，則$sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in [-1，1]$，

故$|PA|^2+|PB|^2=22+16sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in [6，38]$；

故$|PA|^2+|PB|^2$的取值范圍為$[6，38]$；

求點到直線的距離的最值[或范圍]；

給定橢圓$\cfrac{x^2}{3}+y^2=1$和直線$x+y-8=0$，已知點$P$是橢圓上的一個動點，求點$P$到直線的距離的最小值。

分析：首先易知橢圓和直線沒有交點，即二者相離，從而可以考慮用橢圓的參數方程或平行線法求解。

法1、利用橢圓的參數方程，由橢圓方程$\cfrac{x^2}{3}+y^2=1$可知，動點坐標$P(\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)$，

則點P到直線$x+y-8=0$的距離為$d$，則有

$d(\theta)=\cfrac{|\sqrt{3}cos\theta+sin\theta-8|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})-8|}{\sqrt{2}}$，

故當$sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=1$時，$d_{min}=\cfrac{|2-8|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$；

$sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=-1$時，$d_{max}=\cfrac{|-2-8|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$；^[2]

法2、平行線法，設和已知平行且和已知橢圓相切的直線$x+y+m=0$，

則由$x+y+m=0$和$\cfrac{x^2}{3}+y^2=1$，消去$y$可得$4x^2+6mx+3m^2-3=0$，

由二者相切可知，$\Delta=36m^2-4\times4(3m^2-3)=0$，解得$m=\pm 2$，

即和橢圓相切的直線有$x+y-2=0$和$x+y+2=0$，故切點到直線$x+y-8=0$的距離就可以用兩條平行線間的距離來刻畫，

則$d_{max}=\cfrac{|2-(-8)|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$，$d_{min}=\cfrac{|-2-(-8)|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$。

求弦長類[單個弦長，弦長之和之差，之積]的取值范圍，利用直線的參數方程的幾何意義求解；

利用直線參數方程的參數的幾何意義解題

在極坐標系中，已知圓$C$的圓心$C(\sqrt{2}，\cfrac{\pi}{4})$，半徑$r=\sqrt{3}$，

（1）求圓$C$的極坐標方程。

（2）若$\alpha \in[0，\cfrac{\pi}{4}]$，直線$l$的參數方程為$\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t為參數)$ ，

直線$l$交圓$C$於$A、B$兩點，求弦長$|AB|$的取值范圍。

解：（1）圓$C$的圓心$C(\sqrt{2}，\cfrac{\pi}{4})$，得$C$的直角坐標為$(1,1)$，

所以圓$C$的直角坐標方程為$(x-1)^2+(y-1)^2=3$，由$x=\rho cos\theta，y=\rho sin\theta$得到，

圓$C$的極坐標方程為$\rho^2-2\rho cos\theta-2\rho sin\theta-1=0$。

（2）將 $\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t為參數)$，

代入圓$C$的直角坐標方程為$(x-1)^2+(y-1)^2=3$，

得到$t^2+2(cos\alpha+sin\alpha)t-1=0$，

則有$\Delta=4(cos\alpha+sin\alpha)^2+4>0$，

設$A、B$兩點對應的參數分別為$t_1，t_2$，

則由韋達定理可知，$t_1+t_2=2(cos\alpha+sin\alpha)，t_1\cdot t_2= -1$

所以弦長$|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{8+4sin2\alpha}$，

由於$\alpha \in[0,\cfrac{\pi}{4}]$，所以$sin2\alpha\in[0，1]$，$8+4sin2\alpha\in[8，12]$，

所以弦長$|AB|\in[2\sqrt{2}，2\sqrt{3}]$。

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