【三角函数】三角求值初级

作者: 备考999天 | 来源:发表于2020-06-06 14:15 被阅读0次

同角三角函数相关问题
【三角函数】三角求值初级
活用公式解三角函数求值问题
运用转化与化归思想解三角恒等变换
运用换元思想解三角恒等变换
三角函数公司大全图解
切割化弦法解三角函数求值问题
高考备战进行时
三角函数线
任意角的三角函数

题1 计算 $\sin\frac{\pi}{12},\cos\frac{\pi}{12},\tan\frac{\pi}{12}.$

解 $\sin\frac{\pi}{12} =\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})$
$=\sin\frac{\pi}{4}cos\frac{\pi}{6}-cos\frac{\pi}{4}sin\frac{\pi}{6}$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{1}{2}$
$=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}4$

$\cos\frac{\pi}{12} =\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})$
$=\cos\frac{\pi}{4}cos\frac{\pi}{6}+sin\frac{\pi}{4}sin\frac{\pi}{6}$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{1}{2}$
$=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}4$

$\tan\frac{\pi}{12} =\frac{\sin\frac{\pi}{12}}{\cos\frac{\pi}{12}}$
$=\frac{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}4}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}4}$
$=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$
$=2-\sqrt{3}$

评注本题利用两角差的正余弦公式：
$\sin{(x-y)}=\sin{x}\cos{y}-\cos{x}\sin{x}$ (1)
$\cos{(x-y)}=\cos{x}\cos{y}+\sin{x}\sin{x}$ (2)

以及正切、正弦、余弦关系式：
$\tan{x}=\frac{\sin{x}}{cos{x}}$ (3)

两角差的正切函数如下：
$\tan{(x-y)}=\frac{\tan{x}-\tan{y}}{1+\tan{x}\tan{y}}$ (4)

利用公式(4)，可以求 $\tan\frac{\pi}{12}$ ，如下：
$\tan\frac{\pi}{12}=\tan{(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})}$
$=\frac{\tan{\frac{\pi}{4}}-\tan{\frac{\pi}{6}}}{1+\tan{\frac{\pi}{4}}\tan{\frac{\pi}{6}}}$
$=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}$
$=2-\sqrt{3}$

正弦、余弦、正切的半角公式公式如下：
$\sin\frac{x}{2}=\pm\sqrt{\frac{1-\cos{x}}{2}}$ (5)
$\cos\frac{x}{2}=\pm\sqrt{\frac{1+\cos{x}}{2}}$ (6)
$\tan\frac{x}{2}=\frac{\sin{x}}{1+\cos{x}}=\frac{1-\cos{x}}{\sin{x}}$ (7)

因为 $\sin\frac{\pi}{12}>0$ ，所以利用公式(5)，可以得：
$\sin\frac{\pi}{12}=\sqrt{\frac{1-\cos{\frac{\pi}{6}}}{2}}$
$=\sqrt{\frac{1-{\frac{\sqrt3}{2}}}{2}}$
$=\sqrt{\frac{8-4\sqrt3}{16}}$
$=\sqrt{\frac{(\sqrt6-\sqrt2)^2 }{16}}$
$=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4}$

因为 $\cos\frac{\pi}{12}>0$ ，所以利用公式(6)，可以得：
$\cos\frac{\pi}{12}=\sqrt{\frac{1+\cos{\frac{\pi}{6}}}{2}}$
$=\sqrt{\frac{1+{\frac{\sqrt3}{2}}}{2}}$
$=\sqrt{\frac{8+4\sqrt3}{16}}$
$=\sqrt{\frac{(\sqrt6+\sqrt2)^2 }{16}}$
$=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4}$

利用公式(7)，可以得：
$\tan\frac{\pi}{12}=\frac{\sin{\frac{\pi}{6}}}{1+\cos{\frac{\pi}{6}}}$
$=\frac{1/2}{1+\sqrt3/2}$
$=2-\sqrt3$

以上各法，在学习中融会贯通、比较优劣；亦可在考试中相互验算、提高得分。

题2 利用几何的方法求 $\sin\frac{\pi}{12}$ .
解如图1，作 $\Delta{ABC},使AB=AC=1,\angle{BAC}=\frac{\pi}{6},并作AD\perp{BC}于D,易证： \angle{BAD}=\frac{\pi}{12} BD=\frac{BC}{2}$

图1

由余弦定理得：
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2 -2AB\times{AC}\times\cos\angle{BAC}}$
$=\sqrt{1^2+1^2 -2\times1\times1\times{\frac{\sqrt{3}}{2}}}$
$=\sqrt{2-\sqrt3}$
$=\sqrt{\frac{8-4\sqrt3}{4}}$
$=\sqrt{\frac{(\sqrt6-\sqrt2)^2}{4}}$
$=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{2}$
所以 $BD=BC/2=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4}$
再利用正弦的定义式，有：
$\sin\frac{\pi}{12}=\sin\angle{BAD} =BD/AB=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4}$

评注以上解法利用余弦定理，方法与题1不同，揭示出三角函数的几何渊源。历史上，三角的出现，是为了解决几何计算问题。后来，数学家利用坐标系，使用代数的方法定义出三角函数。到了数学分析时代，三角函数可以用麦克劳林公式给出，其代数化更彻底，通过解析延拓可以让复数也有三角函数。
余弦定理描述为： $\Delta{ABC}$ 中，顶点 $A、B、C$ 对应的边长分别为 $a、b、c$ ，那么如下式子成立：
$c^2=a^2+b^2-2ab\cos{C}$
$a^2=b^2+c^2-2bc\cos{A}$
$b^2=c^2+a^2-2ca\cos{B}$

题3 求 $\sin{\frac{\pi}{10}}$ , $\cos{\frac{\pi}{10}}$ , $\tan{\frac{\pi}{10}}$
解 $\sin{\frac{2\pi}{10}}=\cos{\frac{3\pi}{10}}$
对上式左边使用两倍角公式，右边使用三倍角公式，变形如下：
$2\sin{\frac{\pi}{10}}\cos{\frac{\pi}{10}} = 4\cos^3{\frac{\pi}{10}}-3\cos{\frac{\pi}{10}}$
约去 $cos{\frac{\pi}{10}}$ 得：
$2\sin{\frac{\pi}{10}} = 4\cos^2{\frac{\pi}{10}}-3$
把 $\cos^2{\frac{\pi}{10}}=1-\sin^2{\frac{\pi}{10}}$ 代入上式，移项整理得：
$4\sin^2{\frac{\pi}{10}}+2\sin{\frac{\pi}{10}}-1=0$
令 $\sin{\frac{\pi}{10}}=x$ ，代入上式得：
$4x^2+2x-1=0$
解方程得：
$x_1=\frac{-1+\sqrt{5}}4,x_2=\frac{-1-\sqrt{5}}4$
$x_2<0$ 舍去，所以 $\sin{\frac{\pi}{10}}=x_1=\frac{-1+\sqrt{5}}4$
因 $\cos{\frac{\pi}{10}}>0$ ，所以：
$\cos{\frac{\pi}{10}}=\sqrt{1-\sin^2{\frac{\pi}{10}}}=\sqrt{1-(\frac{-1+\sqrt{5}}4)^2}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{4}$
由正余弦求正切得：
$\tan{\frac{\pi}{10}}=\frac{\sin{\frac{\pi}{10}}}{\sin{\frac{\pi}{10}}} =\frac{\frac{-1+\sqrt{5}}4}{\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{4}} =\frac{-1+\sqrt{5}}{\sqrt{10+2\sqrt5}}$

评注余弦函数的三倍角公式为 $\cos{3x}=4\cos^3{x}-3\cos{x}$

题4 求 $cos36^\circ$
解法1 利用倍角公式 $cos36^\circ=1-2\sin^218^\circ$
$=1-2(\frac{\sqrt5-1}{4})^2=1-\frac{3-\sqrt5}{4}=\frac{1+\sqrt5}{4}$
解法2 如图2， $\Delta{ABC}$ 中,令 $AB=AC=1,\angle{BAC}=108^\circ,D,E\in{BC},AD=DC,AE\perp{BC}$

图2

容易计算： $\angle{B}=\angle{C}=36^\circ,\angle{BAD}=\angle{BDA}=72^\circ,AB=BD=1$ .
设 $CD=x(>0)$
根据边角量可得：
$\Delta{CAB}\thicksim{\Delta{CDA}}$
得对应边的比例关系：
$CA/CB=CD/CA$
变形得：
$CA^2=CD\times{CB}$
边值代入得：
$1^2 = x(x+1)$
解关于 $x(>0)$ 的方程：
$x=\frac{-1+\sqrt5}{2}$ ，即 $CD=\frac{-1+\sqrt5}{2}$
得：
$BC=BD+DC=1+\frac{-1+\sqrt5}{2}=\frac{1+\sqrt5}{2}$
等腰三角形底边上的高垂直平分底边，所以 $E$ 平分 $BC$ ，因此有：
$DE=BC/2=\frac{1+\sqrt5}{4}$
最后计算：
$\cos36^\circ=cos\angle{C}=CE/AC=\frac{1+\sqrt5}{4}$