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半角的正弦、余弦和正切

用 $\alpha$ 角的三角函数来表示 $\frac{\alpha}{2}$ 的角的三角函数的公式称为半角三角函数公
式. 在倍角公式:
$$
\cos 2 \alpha=1-2 \sin ^2 \alpha, \quad \cos 2 \alpha=2 \cos ^2 \alpha-1
$$

里, 用 $\frac{\alpha}{2}$ 代替 $\alpha$, 就得到
$$
\cos \alpha=1-2 \sin ^2 \frac{\alpha}{2}, \quad \cos \alpha=2 \cos ^2 \frac{\alpha}{2}-1
$$

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

由于 $0 \leq \sin ^2 \frac{\alpha}{2} \leq 1,0 \leq \cos ^2 \frac{\alpha}{2} \leq 1$, 故知
$$
0 \leq \frac{1 \pm \cos \alpha}{2} \leq 1
$$

两边开平方, 得
$$
\sin \frac{\alpha}{2}= \pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}, \quad \cos \frac{\alpha}{2}= \pm \sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}
$$

当 $\alpha \neq(2 k+1) \pi$ 时, $\cos \frac{\alpha}{2} \neq 0$ 且 $\cos \alpha \neq-1 ;$ 上面两个等式的两边相除, 得到
$$
\tan \frac{\alpha}{2}= \pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}
$$

下面三个公式称为半角的三角函数公式:
$$
\begin{aligned}
\sin \frac{\alpha}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}} \\
\cos \frac{\alpha}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}} \\
\tan \frac{\alpha}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}
\end{aligned}
$$

其中: $\alpha \neq(2 k+1) \pi$. 至于根号前正号或负号的选取是依半角的终边位于什么象限内而定.

例 1.21 已知, $\cos \alpha=0.6,270^{\circ}<\alpha<360^{\circ}$
求 $\sin \frac{\alpha}{2}, \cos \frac{\alpha}{2}$ 和 $\tan \frac{\alpha}{2}$.

解：因为已知 $270^{\circ}<\alpha<360^{\circ}$, 所以 $135^{\circ}<\frac{\alpha}{2}<180^{\circ}$ 这时可以肯定 $\frac{\alpha}{2}$ 角是第一象限的角, 所以 $\sin \frac{\alpha}{2}$ 的值是正的, $\cos \frac{\alpha^2}{2}$ 和 $\tan \frac{\alpha}{2}$ 的值是负的, 因此得到
$$
\begin{aligned}
& \sin \frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-0.6}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5} \\
& \cos \frac{\alpha}{2}=-\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}=-\sqrt{\frac{1+0.6}{2}}=-\frac{2 \sqrt{5}}{5} \\
& \tan \frac{\alpha}{2}=-\sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=-\sqrt{\frac{1-0.6}{1+0.6}}=-\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

例 1.22 已知 $\cos \alpha=-\frac{1}{3}$, 求 $\sin \frac{\alpha}{2}$.

解：因为 $\cos \alpha=-\frac{1}{3}<0$, 所以 $\alpha$ 角是第二或第三象限的角, 即
$$
\frac{\pi}{2}+2 k \pi<\alpha<\pi+2 k \pi
$$

或者
$$
\pi+2 k \pi<\alpha<\frac{3 \pi}{2}+2 k \pi \quad(k \in \mathbb{Z})
$$

从而由不等式 $(1.22)$ 知道
$$
\frac{\pi}{4}+k \pi<\frac{\alpha}{2}<\frac{\pi}{2}+k \pi \quad(k \in \mathbb{Z})
$$

当 $k$ 为正、负偶数时, $\frac{\alpha}{2}$ 角是第一象限的角; 当 $k$ 为正、负奇数时, $\frac{\alpha}{2}$ 角是第三象限的角, 因此, 尽管知道 $\alpha$ 是第二象限的角, 也不能确定 $\frac{\alpha}{2}$ 是第几象

限的角, 它可能是第一象限的角, 也可能是第三象限的角, 所以 $\sin \frac{\alpha}{2}$ 的值取符号 “+”号或 “-”号不能确定.
同理, 由不等式 $(1.23)$ 知道
$$
\frac{\pi}{2}+k \pi<\frac{\alpha}{2}<\frac{3 \pi}{4}+k \pi \quad(k \in \mathbb{Z})
$$

当 $k$ 为正负偶数时, $\frac{\alpha}{2}$ 是第二象限角; 当 $k$ 为正负奇数时, $\frac{\alpha}{2}$ 是第二象限角,因此, 当 $\alpha$ 是第三象限的角时, $\frac{\alpha}{2}$ 可能是第二象限的角或第四象限的角, 所以 $\sin \frac{\alpha}{2}$ 的值的符号不能确定.
根据上面的讨论知道
$$
\sin \frac{\alpha}{2}= \pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}= \pm \sqrt{\frac{1+\frac{1}{3}}{2}}= \pm \frac{\sqrt{6}}{3}
$$

从上面的两个例子, 可以知道, 如果能确定 $\alpha$ 角在哪一个固定的区间, 就可以确定角 $\frac{\alpha}{2}$ 在哪一个固定的区间, 这时公式 (1.19)、(1.20)、(1.21) 就能够选取固定的 “+” 号或 “-” 号; 如果只知道角 $\alpha$ 所在象限, 而不知道它在哪一个固定的区间时, 就不能确定角 $\frac{\alpha}{2}$ 在哪一个固定的区间, 这时公式 (1.19)、 $(1.20) 、(1.21)$ 中，就应该保留 “ $\pm$ " ${ }^2$ 号.
例 1.23 利用半角公式求 $\cos \frac{\pi}{8}$ 的值（准确到 0.001 )
解：因为 $\frac{\pi}{8}$ 是第一象限的角, 把它作为 $\frac{\pi}{4}$ 的半角, 使得
$$
\cos \frac{\pi}{8}=\sqrt{\frac{1+\cos \frac{\pi}{4}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}}=\frac{1}{2} \sqrt{2+\sqrt{2}} \approx 0.924
$$
例 1.24 求证: $\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}$
证明: 因为 $\sin ^2 \alpha=1-\cos ^2 \alpha=(1+\cos \alpha)(1-\cos \alpha)$, 所以:
$$
\begin{gathered}
\frac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha} \\
\text { 又 } \tan \frac{\alpha}{2}=\frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin \frac{\alpha}{2} \cdot 2 \cos \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2} \cdot 2 \cos \frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha}, \text { 因此： } \\
\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}
\end{gathered}
$$

我们来说明，当 α 是锐角时，这个公式的几何意义，如图 1.4 所示．
 ![图片](/uploads/2024-05/ec77e3.jpg)
 
 在单位圆中, 半径 $|O A|=|O P|=|O B|=1, \angle P O A=\alpha$ (弧度).
于是, $\overline{M P}=\sin \alpha, \overline{O M}=\cos \alpha, \angle P B A=\frac{\alpha}{2}$
$$
\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{\overline{M P}}{\overline{B M}}=\frac{\overline{M P}}{\overline{B O}+\overline{O M}}=\frac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha}
$$

例 1.25 求 $\tan 15^{\circ}$ 的值.
解：解法 1: $\tan 15^{\circ}=\frac{1-\cos 30^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}}=2-\sqrt{3}$
解法 2 :
$$
\begin{aligned}
\tan 15^{\circ} & =\sqrt{\frac{1-\cos 30^{\circ}}{1+\cos 30^{\circ}}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}} \\
& =\sqrt{\frac{2-\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}=\sqrt{(2-\sqrt{3})^2} \\
& =2-\sqrt{3}
\end{aligned}
$$

由这两种解法看出, 如果已知 $\sin \alpha, \cos \alpha$ 的值, 那么求 $\tan \frac{\alpha}{2}$ 时, 用公式 (1.24) 要比公式 (1.23) 方便一些, 其中尤以 $\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}$ 更方便.

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