高中数学

最后更新: 2024-11-03 20:02 查看: 603 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

半角公式

用 $α$ 角的三角函数来表示 $\frac{α}{2}$ 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 α = 1 - 2 \sin^{2} α, \cos 2 α = 2 \cos^{2} α - 1

里, 用 $\frac{α}{2}$ 代替 $α$ , 就得到

\cos α = 1 - 2 \sin^{2} \frac{α}{2}, \cos α = 2 \cos^{2} \frac{α}{2} - 1

所以

\sin^{2} \frac{α}{2} = \frac{1 - \cos α}{2}, \cos^{2} \frac{α}{2} = \frac{1 + \cos α}{2}

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

0 \leq \frac{1 \pm \cos α}{2} \leq 1

两边开平方, 得

\sin \frac{α}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos α}{2}}, \cos \frac{α}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 + \cos α}{2}}

当 $α \neq (2 k + 1) π$ 时, $\cos \frac{α}{2} \neq 0$ 且 $\cos α \neq - 1;$ 上面两个等式的两边相除, 得到

\tan \frac{α}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos α}{1 + \cos α}}

下面三个公式称为半角的三角函数公式:

\begin{aligned} \sin \frac{α}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos α}{2}} \\ \cos \frac{α}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1 + \cos α}{2}} \\ \tan \frac{α}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos α}{1 + \cos α}} \end{aligned}

其中: $α \neq (2 k + 1) π$ . 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 已知, $\cos α = 0.6, 270^{\circ} < α < 360^{\circ}$
求 $\sin \frac{α}{2}, \cos \frac{α}{2}$ 和 $\tan \frac{α}{2}$ .

解：因为已知 $270^{\circ} < α < 360^{\circ}$ , 所以 $135^{\circ} < \frac{α}{2} < 180^{\circ}$ 这时可以肯定 $\frac{α}{2}$ 角是第一象限的角, 所以 $\sin \frac{α}{2}$ 的值是正的, $\cos \frac{α^{2}}{2}$ 和 $\tan \frac{α}{2}$ 的值是负的, 因此得到

\begin{aligned} \sin \frac{α}{2} = \sqrt{\frac{1 - \cos α}{2}} = \sqrt{\frac{1 - 0.6}{2}} = \frac{\sqrt{5}}{5} \\ \cos \frac{α}{2} = - \sqrt{\frac{1 + \cos α}{2}} = - \sqrt{\frac{1 + 0.6}{2}} = - \frac{2 \sqrt{5}}{5} \\ \tan \frac{α}{2} = - \sqrt{\frac{1 - \cos α}{1 + \cos α}} = - \sqrt{\frac{1 - 0.6}{1 + 0.6}} = - \frac{1}{2} \end{aligned}

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

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

\frac{π}{2} + 2 k π < α < π + 2 k π

或者

π + 2 k π < α < \frac{3 π}{2} + 2 k π (k \in Z)

从而由不等式 $(1.22)$ 知道

\frac{π}{4} + k π < \frac{α}{2} < \frac{π}{2} + k π (k \in Z)

当 $k$ 为正、负偶数时, $\frac{α}{2}$ 角是第一象限的角; 当 $k$ 为正、负奇数时, $\frac{α}{2}$ 角是第三象限的角, 因此, 尽管知道 $α$ 是第二象限的角, 也不能确定 $\frac{α}{2}$ 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 $\sin \frac{α}{2}$ 的值取符号 “+”号或 “-”号不能确定.
同理, 由不等式 $(1.23)$ 知道

\frac{π}{2} + k π < \frac{α}{2} < \frac{3 π}{4} + k π (k \in Z)

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

\sin \frac{α}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos α}{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 $α$ 角在哪一个固定的区间, 就可以确定角 $\frac{α}{2}$ 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 $α$ 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 $\frac{α}{2}$ 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3利用半角公式求 $\cos \frac{π}{8}$ 的值（准确到 0.001 )
解：因为 $\frac{π}{8}$ 是第一象限的角, 把它作为 $\frac{π}{4}$ 的半角, 使得

\cos \frac{π}{8} = \sqrt{\frac{1 + \cos \frac{π}{4}}{2}} = \sqrt{\frac{1 + \frac{\sqrt{2}}{2}}{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{2 + \sqrt{2}} \approx 0.924

例4求证: $\tan \frac{α}{2} = \frac{\sin α}{1 + \cos α} = \frac{1 - \cos α}{\sin α}$
证明: 因为 $\sin^{2} α = 1 - \cos^{2} α = (1 + \cos α) (1 - \cos α)$ , 所以:

\begin{matrix} \frac{\sin α}{1 + \cos α} = \frac{1 - \cos α}{\sin α} \\ 又 \tan \frac{α}{2} = \frac{\sin \frac{α}{2}}{\cos \frac{α}{2}} = \frac{\sin \frac{α}{2} \cdot 2 \cos \frac{α}{2}}{\cos \frac{α}{2} \cdot 2 \cos \frac{α}{2}} = \frac{\sin α}{1 + \cos α}, 因此： \\ \tan \frac{α}{2} = \frac{\sin α}{1 + \cos α} = \frac{1 - \cos α}{\sin α} \end{matrix}

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．

在单位圆中, 半径 $| O A | = | O P | = | O B | = 1, ∠ P O A = α$ (弧度).
于是, $\overset{―}{M P} = \sin α, \overset{―}{O M} = \cos α, ∠ P B A = \frac{α}{2}$

\tan \frac{α}{2} = \frac{\overset{―}{M P}}{\overset{―}{B M}} = \frac{\overset{―}{M P}}{\overset{―}{B O} + \overset{―}{O M}} = \frac{\sin α}{1 + \cos α}

上面这个结论最好也能记住，即

\tan \frac{α}{2} = \frac{\sin α}{1 + \cos α} = \frac{1 - \cos α}{\sin α}

例5 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 $\sin α, \cos α$ 的值, 那么求 $\tan \frac{α}{2}$ 时, 用公式 (1.24) 要比公式 (1.23) 方便一些, 其中尤以 $\tan \frac{α}{2} = \frac{1 - \cos α}{\sin α}$ 更方便.

## 半角公式
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:
$$
\boxed{
\begin{aligned}
\sin \frac{\alpha}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}} \\
\cos \frac{\alpha}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}} \\
\tan \frac{\alpha}{2} & = \pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}
\end{aligned}
}
$$

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` 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` 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`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`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, $\overline{M P}=\sin \alpha, \overline{O M}=\cos \alpha, \angle P B A=\frac{\alpha}{2}$
$$
\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{\overline{M P}}{\overline{B M}}=\frac{\overline{M P}}{\overline{B O}+\overline{O M}}=\frac{\sin \alpha}{1+\cos \alpha}
$$

上面这个结论最好也能记住，即

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

`例` 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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