高中数学三角函数公式大全，竞赛高考都适用（含公式推导）

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高中数学三角函数公式大全，竞赛高考都适用（含公式推导）

2023-05-16 10:55| 来源: 网络整理| 查看: 265

文章目录——写在前面的话

温馨提示：内容较长，需耐心观看目录一、定义二、同角三角函数三、诱导公式四、和差角公式五、和差化积与积化和差公式六、倍角公式和半角公式七、万能公式八、辅助角公式九、在三角函数中的恒等式与不等式十、反三角函数十一、三角函数的导数 最后：经验分享一、定义

对于任意角 $\alpha$ 来说，设 P(x, y) 是 $\alpha$ 终边上异于原点的任意一点， $r=\sqrt{x^2+y^2}$

正弦 $\sin\alpha=\frac{y}{r}$ 余弦 $\cos\alpha=\frac{x}{r}$

正切 $\tan\alpha=\frac{y}{x}$ 余切 $\cot\alpha=\frac{x}{y}$

正割 $\sec\alpha=\frac{r}{x}$ 余割 $\csc\alpha=\frac{r}{y}$

为了方便，一般取，我们把 r=1 的圆叫做单位圆

（正弦的英文是sine，因为数学家太懒了就简写成了sin，哈哈，开个玩笑，余弦就是在sine前加co-，即cosine，取前三个字母，即cos）如果你真想知道怎么来的，可以看这个三角函数：正弦、余弦、正切、余切、正割、余割，这些名字的来源是什么？ - 知乎。

二、同角三角函数

1、倒数关系

$\cot\alpha=\frac{1}{\tan\alpha}$ $\sec\alpha=\frac{1}{\cos\alpha}$ $\csc\alpha=\frac{1}{\sin\alpha}$

（不要问我为什么余弦的倒数叫正割，正弦的倒数叫余割）

2、平方关系

$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ $\tan^2\alpha+1=\sec^2\alpha$ $\cot^2\alpha+1=\csc^2\alpha$

3、商的关系

$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sec\alpha}{\csc\alpha}$ (正弦比余弦，正割比余割)

$\cot\alpha=\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\csc\alpha}{\sec\alpha}$

刚开始如果记不住可以用三角函数六边形记忆法或三角函数六边形记忆法

这些都可以根据定义直接推导出来

三、诱导公式

① (周期性) $\sin(\alpha+k\cdot 2\pi)=\sin\alpha$

$\cos(\alpha+k\cdot 2\pi)=\cos\alpha$

$\tan(\alpha+k\cdot \pi)=\tan\alpha$ (注意这里正切是以 $\pi$ 为周期)

②(奇偶性) $\sin(-\alpha)=-\sin\alpha$

$\cos(-\alpha)=\cos\alpha$

$\tan(-\alpha)=-\tan\alpha$

③(对称性) $\sin(\pi-\alpha)=\sin\alpha$

$\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha$

$\tan(\pi-\alpha)=-\tan\alpha$

$\sin(\pi+\alpha)=-\sin\alpha$

$\cos(\pi+\alpha)=-\cos\alpha$

$\tan(\pi+\alpha)=\tan\alpha$

（这里主要注意符号变化，函数名没变化）

④ $\sin(\frac{\pi}{2}-\alpha)=\cos\alpha$

$\cos(\frac{\pi}{2}-\alpha)=\sin\alpha$

$\tan(\frac{\pi}{2}-\alpha)=\frac{1}{\tan\alpha}=\cot\alpha$

$\sin(\frac{\pi}{2}+\alpha)=\cos\alpha$

$\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha)=-\sin\alpha$

$\tan(\frac{\pi}{2}+\alpha)=-\frac{1}{\tan\alpha}=-\cot\alpha$

$\sin(\frac{3\pi}{2}+\alpha)=-\cos\alpha$

$\cos(\frac{3\pi}{2}+\alpha)=\sin\alpha$

$\sin(\frac{3\pi}{2}-\alpha)=-\cos\alpha$

$\cos(\frac{3\pi}{2}-\alpha)=-\sin\alpha$

（这里函数名都有变化，正弦变余弦，余弦变正弦，正切变余切）

这些公式的目的就是实现这样一个过程：任意角 $(-\infty，+\infty)\rightarrow$ $[-2\pi，2\pi]\rightarrow$

正角 $[0，2\pi]\rightarrow$ $[0，\pi]\rightarrow$ 锐角三角函数 $[0，\frac{\pi}{2}]$

刚开始如果记不住，可以用一些辅助的口诀，比如奇变偶不变，符号看象限。但要记得牢的话，还是要多加练习，练多了，自然手到擒来。

四、和差角公式 $\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin\beta记作 C_{(\alpha+\beta)} \tag1$ $\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha\cos \beta+\sin \alpha\sin\beta记作 C_{(\alpha-\beta)} \tag2$ $\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha\cos \beta+\cos \alpha\sin\beta记作 S_{(\alpha+\beta)} \tag3$ $\sin (\alpha-\beta)=\sin \alpha\cos \beta-\cos \alpha\sin\beta 记作 S_{(\alpha-\beta)} \tag4$ $\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan\beta}{1-\tan \alpha\tan\beta}记作 T_{(\alpha+\beta)} \tag5$ $\tan (\alpha-\beta)=\frac{\tan \alpha-\tan\beta}{1+\tan \alpha\tan\beta}记作 T_{(\alpha-\beta)} \tag6$

证明：要得到这六个式子，其实只要推出一个式子，其他的式子都可以通过诱导公式得到。

比如我们假设已经得到 $C_{(\alpha+\beta)}$ ，即 $\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin\beta$ ，

$\begin{align} 而 \alpha-\beta=\alpha+(-\beta) ，那么&\cos (\alpha-\beta) \\&=\cos [\alpha+(-\beta)]\\ &=\cos \alpha\cos (-\beta)-\sin \alpha\sin(-\beta)\\ &=\cos \alpha\cos \beta+\sin \alpha\sin\beta \end{align}$

这样我们就得到了 $C_{(\alpha-\beta)}$

$\begin{align} 而\sin (\alpha+\beta) &=\cos [\frac{\pi}{2}-(\alpha+\beta)]\\ &=\cos [(\frac{\pi}{2}-\alpha)-\beta)]\\ &=\cos (\frac{\pi}{2}-\alpha)\cos \beta+\sin (\frac{\pi}{2}-\alpha)\sin\beta\\ &=\sin \alpha\cos \beta+\cos \alpha\sin\beta\\ \end{align}$ ，

同样由 $\alpha-\beta=\alpha+(-\beta)$ ，就可以得到 $S_{(\alpha-\beta)}$ ，（可以自己试试）

$\begin{align} 而\tan (\alpha+\beta) &=\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\cos (\alpha+\beta)}\\ &=\frac{\sin \alpha\cos \beta+\cos \alpha\sin\beta}{\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin\beta}\\ \end{align}$

分子分母同时除以 $\cos \alpha\cos \beta$ ，就可以得到 $\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan\beta}{1-\tan \alpha\tan\beta}$

同样由 $\tan (\alpha-\beta) =\frac{\sin(\alpha-\beta)}{\cos (\alpha-\beta)}$ ，就可以得到 $T_{(\alpha-\beta)}$

另外只要我们能推出 $(0,\frac{\pi}{2})$ 时成立的两角和与差的正弦、余弦、正切公式，通过诱导公式，我们就可以推出对 $\forall\alpha，\beta\in R$ 都成立的公式。可以自己试一试。

那么该怎么推导第一个式子呢？

下面给出了五种方法，大家可以看一下哪一种最好理解，我个人比较喜欢第一种

第一种方法：正弦定理法

我们知道在任意 $\triangle ABC$ 中各边和它所对角的正弦值的比相等，即 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$

如果不知道可以点这里正弦定理。

图1（1）

如图1（1），有两个直角三角形，斜边分别为 $\cos A$ , $\cos B$ ，其中分别有一个锐角为 B,A ，那么它们都有一条直角边长度为 $\cos A\cos B$ 。

现在用胶水把这条直角边粘起来

图1（2）

得到了图1（2），对这个三角形使用正弦定理，

有 $\frac{sin A\cos B+\cos A\sin B}{\sin(A+B)}=\frac{\cos A}{\sin(90^\circ-A)}=1$

所以 $\sin(A+B）=\sin A\cos B+\cos A\sin B$

第二种方法：三角函数线法

图2

如图2， $P_2A\bot OP_1$ ， $P_2D\bot OD$ ， $AB\bot OD$ ， $P_2C\bot AB$ ， $\angle P_1OD=\alpha$ ， $\angle P_1OP_2=\beta$ ， $\angle P_2OD=\alpha-\beta$ 。圆的半径为1.

那么在 $\triangle AOP_2$ 中， $OA=\cos\beta$ ， $AP_2=\sin\beta$ ，并且 $\angle AOB=\angle P_2AC=\alpha$

那么 $\begin{align} OD&=\cos(\alpha-\beta)=OB+BD=OB+P_2C=OA\cos\alpha+P_2A\sin\alpha\\ &=\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin\beta \end{align}$ 。

第三种方法：单位圆法

图3

如图3， $\angle AOB=\alpha$ ， $\angle BOC=\angle AOD=\beta$ ，则 $\angle AOC=\angle BOD=\alpha+\beta$

那么

A(1,0) ， $B(\cos\alpha,\sin\alpha)$ ， $C(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))$ ， $D(\cos\beta,-\sin\beta)$

那么由两点间的距离公式可得 $AC^2=[\cos(\alpha+\beta)-1]^2+\sin^2(\alpha+\beta)=2-2\cos(\alpha+\beta)$ $BD^2=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha+\sin\beta)^2=2-2\cos\alpha\cos\beta+2\sin\alpha\sin\beta$

又由 AC=BD ,因此 $\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin\beta$

第四种方法：向量法

图4

如图 4，在平面直角坐标系 xOy 中，设 $\alpha，\beta$ 的终边与单位圆的交点分别为 P, Q ,则 $P(\cos\alpha, \sin\alpha), Q(\cos\beta, \sin\beta)$ ,

因此从而有 $\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=\cos \alpha\cos \beta+\sin \alpha\sin\beta$

$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=\left| OP \right|\cdot \left| OQ \right|\cdot \cos\left( \alpha-\beta \right)=1\times1\times\cos\left( \alpha-\beta \right)=\cos\left( \alpha-\beta \right)$

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

第五种方法：余弦定理

温馨提示：如果不知道可以点这里余弦定理。

图5

如图5，设 $P(\cos\alpha, \sin\alpha), Q(\cos\beta, \sin\beta)$ ，则 $\left| PQ \right|^2=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2=2-2\cos\alpha\cos\beta-2\sin\alpha\sin\beta$

$\begin{align} 由余弦定理\left| PQ \right|^2 &=\left| OP \right|^2+\left| OQ \right|^2-2\left| OP \right|\cdot\left| OQ \right|\cos(\alpha-\beta)\\ &=2-2\cos(\alpha-\beta)\\ \end{align}$

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

证明方法还有很多，这里就不多说了。

同样，要记住这些公式，还是要多做题，多巩固。

附：三角和公式

$\sin(\alpha+\beta+\gamma)=\sin\alpha\cos\beta\cos\gamma+\cos\alpha\sin\beta\cos\gamma+\cos\alpha\cos\beta\sin\gamma-\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma\tag7$ $\cos(\alpha+\beta+\gamma)=\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma-\cos\alpha\sin\beta\sin\gamma-\sin\alpha\cos\beta\sin\gamma-\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma\tag8$ $\tan(\alpha+\beta+\gamma)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta+\tan\gamma-\tan\alpha\tan\beta\tan\gamma}{1-\tan\alpha\tan\beta-\tan\alpha\tan\gamma-\tan\beta\tan\gamma}\tag9$

五、和差化积与积化和差公式

如果我们将公式(1)(2)相加与相减，将公式(3)(4)相加与相减，就可以得到积化和差公式 $\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]\tag{10}$ $\cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)]\tag{11}$ $\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)]\tag{12}$ $\sin\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)]\tag{13}$ 如果我们令 $\begin{cases} \alpha+\beta=A\\ \alpha-\beta=B\\ \end{cases}$ ，可以得到 $\begin{cases} \alpha=\frac{A+B}{2}\\ \beta=\frac{A-B}{2}\\ \end{cases}$ ，将其带入上式，就可以得到和差化积公式 $\sin A+\sin B=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}\tag{14}$ $\sin A-\sin B=2\sin\frac{A-B}{2}\cos\frac{A+B}{2}\tag{15}$ $\cos A+\cos B=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}\tag{16}$ $\cos A-\cos B=-2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}\tag{17}$ $\tan\alpha\pm\tan\beta=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\pm\frac{\sin\beta}{\cos\beta}=\frac{\sin(\alpha\pm\beta)}{\cos\alpha\cos\beta}\tag{18}$

建议注重公式推导的记忆，而不是结果的记忆。

六、倍角公式和半角公式

如果我们令公式(1)(3)(5)中的 $\alpha和\beta$ 相等，就可以得到

1、二倍角公式 $\sin2\alpha=2\sin\alpha \cos\alpha\tag{19}$ $\cos2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=2\cos^2\alpha-1=1-2\sin^2\alpha \tag{20}$ $\tan2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}\tag{21}$ $应用：1\pm\sin\alpha=(\sin\frac{\alpha}{2}\pm\cos\frac{\alpha}{2})^2\tag{22}$

2、降幂公式

由公式(20)，可以得到 $\sin^2\alpha=\frac{1-\cos2\alpha}{2}\tag{23}$ $\cos^2\alpha=\frac{1+\cos2\alpha}{2}\tag{24}$

二倍角公式和降幂公式是高中的重点，几乎只要考三角大题，就几乎有这两个中的一个或都有

3、半角公式

由公式(23)(24)，用 $\frac{\alpha}{2}$ 替换 $\alpha$ ，就可以得到 $\sin\frac{\alpha}{2}=\pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}\tag{25}$ $\cos\frac{\alpha}{2}=\pm\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}\tag{26}$ $\tan\frac{\alpha}{2}=\pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}\tag{27}$ 这里的正负都需要另外讨论，是要根据 $\frac{\alpha}{2}$ 所在的象限判断，就 $\sin\frac{\alpha}{2}$ 为例，如果 $\frac{\alpha}{2}$ 在第一、二象限那么 $\sin\frac{\alpha}{2}$ 就取 $+\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}$ ；如果 $\frac{\alpha}{2}$ 在第三、四象限那么 $\sin\frac{\alpha}{2}$ 就取 $-\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}$ 。

另外正切的半角公式还有另一种表示

$\begin{align} \tan\frac{\alpha}{2} &=\pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}} =\pm\sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{(1+\cos\alpha)(1-\cos\alpha)}}\\ &=\pm\sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{1-\cos^2\alpha}} =\pm\sqrt{\frac{(1-\cos\alpha)^2}{\sin^2\alpha}} =\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} \end{align}$

同样，如果我们分子分母同时乘以 $1+\cos\alpha$ ，就可以得到 $\tan\frac{\alpha}{2} =\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}$

于是我们就得到了公式(28)

$\tan\frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} =\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}\tag{28}$ 注意到这里不用另外讨论正负，原因如下： $1+\cos\alpha$ 和 $1-\cos\alpha$ 都是正数， $\tan\frac{\alpha}{2}$ 的正负取决于 $\sin\alpha$ 的正负，而当 $\sin\alpha$ 取正，即 $\alpha\in(2k\pi,(2k+1)\pi)(k\in Z)$ 时， $\frac{\alpha}{2}\in(k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi)(k\in Z)$ ，此时 $\tan\frac{\alpha}{2}$ 也是取正号；同理，当 $\sin\alpha$ 取负，即 $\alpha\in((2k-1)\pi,2k\pi)(k\in Z)$ 时， $\frac{\alpha}{2}\in(-\frac{\pi}{2}+k\pi,k\pi)(k\in Z)$ ，此时 $\tan\frac{\alpha}{2}$ 也是取负号。故不需要另外讨论正负。

4、三倍角公式 $\begin{align} \sin3\alpha&=\sin\alpha\cos2\alpha+\cos\alpha\sin2\alpha\\&=\sin\alpha(1-2\sin^2\alpha)+2\sin\alpha(1-\sin^2\alpha)\\ &=\sin\alpha-2\sin^3\alpha+2\sin\alpha-2\sin^3\alpha\\ &=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha\tag{29} \end{align}$ $同理\cos3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha\tag{30}$ 另外， $\begin{align} \sin3\alpha&=3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha=4\sin \alpha(\frac{3}{4}- \sin^2\alpha)\\ &=4\sin\alpha(\frac{\sqrt{3}}{2} - \sin\alpha)(\frac{\sqrt{3}}{2} + \sin\alpha)\\ &=4\sin\alpha(\sin60° + \sin\alpha)(\sin60° -\sin\alpha)\\ &=4\sin\alpha\cdot2\sin\frac{60°+\alpha}{2}\cos\frac{60°-\alpha}{2}\cdot2\sin\frac{60°-\alpha}{2}\cos\frac{60°+\alpha}{2}\\ &=4\sin\alpha \sin(60°+\alpha)\sin(60°-\alpha)\tag{31} \end{align}$ 同理 $\cos3\alpha=4\cos\alpha \cos(60°+\alpha)\cos(60°-\alpha)\tag{32}$ 将公式(31)(32)相除，就得到了 $\tan3\alpha=\tan\alpha \tan(60°+\alpha)\tan(60°-\alpha)\tag{33}$

5、四倍角公式，五倍角公式 $\sin4\alpha=4\sin\alpha\cos\alpha-4\sin^3\alpha\cos\alpha\tag{34}$ $\cos4\alpha=8\cos^4\alpha-8\cos^2\alpha+1\tag{35}$ $\tan4\alpha=\frac{4\tan\alpha-4\tan^3\alpha}{1-6\tan^2\alpha+\tan^4\alpha}\tag{36}$ $\sin5\alpha=16\sin^5\alpha-20\sin^3\alpha+5\sin\alpha \tag{37}$ $\cos5\alpha=16\cos^5\alpha-20\cos^3\alpha+5\cos\alpha \tag{38}$ $\tan5\alpha=\tan\alpha\cdot\frac{5-10\tan^2\alpha+\tan^4\alpha}{1-10\tan^2\alpha+5\tan^4\alpha} \tag{39}$ 以上公式推导过程与二倍角、三倍角公式推导过程类似，就不再赘述了。

七、万能公式

由二倍角公式可以得到 $\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}}=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{\tan^2\frac{\alpha}{2}+1}\tag{40}$ $同理\cos\alpha=\frac{1-\tan^2\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{\alpha}{2}}\tag{41}$ $\tan\alpha=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1-\tan^2\frac{\alpha}{2}}\tag{42}$

如果令 $t=\tan\frac{\alpha}{2}$ ,那么所有三角函数都可以用含的函数表示，这就是它万能的地方。

八、辅助角公式 $a\sin\alpha\pm b\cos\alpha=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\alpha\pm\varphi)其中\tan\varphi=\frac{b}{a}(a\ne0)\tag{43}$

证明如下： $a\sin\alpha\pm b\cos\alpha=\sqrt{a^2+b^2}(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin\alpha\pm\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos\alpha)$

我们令 $\sin\varphi=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$ ， $\cos\varphi=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$ (因为这两个式子的平方和为1，所以可以找到一对正弦余弦与之对应)

那么 $a\sin\alpha\pm b\cos\alpha=\sqrt{a^2+b^2}(\cos\varphi\sin\alpha\pm\sin\varphi\cos\alpha)=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\alpha\pm\varphi)$

这个公式高中运用的特别多。和二倍角公式同等重要，甚至更重要，要求深刻理解本质

同样的方法我们还可以得到 $a\cos\alpha\pm b\sin\alpha=\sqrt{a^2+b^2}\cos(\alpha\mp\varphi)其中\tan\varphi=\frac{b}{a}(a\ne0)\tag{44}$ 要注意的是这里的正负号是相反的，不过如果会记乱的话还是转化为公式(43)的形式比较好

例如： $\sqrt{3}\cos \alpha-\sin\alpha=-(\sin\alpha-\sqrt{3}\cos \alpha)=-2\sin(\alpha-\frac{\pi}{3})$

说明一下，一般我们在用辅助角公式的时候，一般习惯，并不是说其他情况这个公式不适用，只是容易用错。

九、在三角函数中的恒等式与不等式

1、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ .

由 $\tan C=\tan(\pi-A-B)=-\tan(A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{\tan A\tan B-1}$ 得 $\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C\tag{45}$ 2、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $\sin A+\sin B+\sin C=4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}\tag{46}$ $\begin{align}证明：&\sin A+\sin B+\sin C\\ &=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A+B}{2}\\ &=2\sin\frac{A+B}{2}(\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{A+B}{2})\\ &=2\cos\frac{C}{2}\cdot2\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\\ &=4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2} \end{align}$

3、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $\cos A+\cos B+\cos C=1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2} \tag{47}\\$ $\begin{align} 证明：&\cos A+\cos B+\cos C\\ &=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+1-2\cos^2\frac{A+B}{2}\\ &=1+2\cos\frac{A+B}{2}(\cos\frac{A-B}{2}-\cos\frac{A+B}{2})\\ &=1+2\sin\frac{C}{2}\cdot2\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\\ &=1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2} \\ \end{align}$

4、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $\begin{align} 由公式(45)得&\frac{\tan A+\tan B+\tan C}{\tan A\tan B\tan C}=1\\ \end{align}$ $\cot A\cot B+\cot A\cot C+\cot B\cot C=1\tag{48}$ 5、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $0\sin A+\sin B+\sin C\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}(A=B=C=\frac{\pi}{3}取等)\tag{49}$ $\begin{align} 证明：&\sin A+\sin B+\sin C\\ &=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+\sin C\\ 由于&\sin\frac{A+B}{2}0,\cos\frac{A-B}{2}\leq1\\ &故原式\leq2\cos\frac{C}{2}+\sin C，令x=\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\in(0,\frac{\pi}{2})\\&原式\leq2\sin x+\sin2x\\ &=2\sin x(1+\cos x)\\ &=2[\sin^2x(1+\cos x)^2]^{\frac{1}{2}}\\ &=2[(1-\cos x)(1+\cos x)(1+\cos x)(1+\cos x)]^{\frac{1}{2}}\\ &=\frac{2\sqrt{3}}{3}[(3-3\cos x)(1+\cos x)(1+\cos x)(1+\cos x)]^{\frac{1}{2}}\\ &\leq\frac{2\sqrt{3}}{3}\left( \frac{3-3\cos x+1+\cos x+1+\cos x+1+\cos x}{4} \right)^2\\ &=\frac{3\sqrt{3}}{2} \end{align}$ $故0\sin A+\sin B+\sin C\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}(A=B=C=\frac{\pi}{3}取等)$ $推论：0\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}\leq\frac{3\sqrt{3}}{8}(A=B=C=\frac{\pi}{3}取等)\tag{50}$ 6、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $1\cos A+\cos B+\cos C\leq\frac{3}{2}(A=B=C=\frac{\pi}{3}取等)\tag{51}$ $\begin{align} 证明：&\cos A+\cos B+\cos C\\ &=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+1-2\cos^2\frac{A+B}{2}\\ 由于&\cos\frac{A-B}{2}\leq1，原式\leq2\cos\frac{A+B}{2}+1-2\cos^2\frac{A+B}{2}\\ 令t=&\cos\frac{A+B}{2}0,原式\leq 2t+1-2t^2=\frac{3}{2}-2(t-\frac{1}{2})^2\leq\frac{3}{2} \\ \end{align}$

同时由公式(47)可得 $1\cos A+\cos B+\cos C\leq\frac{3}{2}(A=B=C=\frac{\pi}{3}取等)$ $推论：0\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}\leq\frac{1}{8}(A=B=C=\frac{\pi}{3}取等)\tag{52}$ 7、在锐角 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $\sin A+\sin B+\sin C\cos A+\cos B+\cos C\tag{53}$

由 $A+B=\pi-C\frac{\pi}{2}$ ，得 $A\frac{\pi}{2}-B$ ，

又 $A\in(0,\frac{\pi}{2})$ , $\frac{\pi}{2}-B\in(0,\frac{\pi}{2})$ ，故 $\sin A\sin(\frac{\pi}{2}-B)=\cos B$ ，

同理 $\sin B\cos C$ ， $\sin C\cos A$ ，故 $\sin A+\sin B+\sin C\cos A+\cos B+\cos C$

好像有一年高考考过这个，不过忘记是哪一年哪个地方的了。据说当年很多人不会证，原因是它要求构造一个不对称的式子。

8、当 $x\in(0,\frac{\pi}{2})$ 时， $\sin xx\tan x\tag{54}$ 证明：

图6

如图6， $\sin x=CB,x={\stackrel{{\mbox{$\Large{\frown}$}}}{AB}},\tan x=AD$ 。

因为 $\triangle AOB的面积扇形AOB的面积\triangle AOD的面积$

所以 $\frac{1}{2}\sin x\frac{1}{2}x\frac{1}{2}\tan x$ ，即 $\sin xx\tan x$

9、 $\sin^2\alpha-\sin^2\beta=\cos^2\beta-\cos^2\alpha=\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)\tag{55}$

证明：第一个等号移项即可证明；下面来证明第二个等号

$\begin{align} &\sin^2\alpha-\sin^2\beta\\ &=(\sin\alpha+\sin\beta)(\sin\alpha-\sin\beta)\\ &=2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\cdot2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\\ &=\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)\\ \end{align}$

10、 $\cos^2\alpha-\sin^2\beta=\cos^2\beta-\sin^2\alpha=\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)\tag{56}$

证明：第一个等号移项即可证明；下面来证明第二个等号 $\begin{align} &\cos^2\alpha-\sin^2\beta\\ &=\cos^2\alpha-\sin^2\beta+\cos^2\alpha\sin^2\beta-\cos^2\alpha\sin^2\beta\\ &=\cos^2\alpha(1-\sin^2\beta)-\sin^2\beta(1-\cos^2\alpha)\\ &=\cos^2\alpha\cos^2\beta-\sin^2\beta\sin^2\alpha\\ &=(\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin\beta)(\cos\alpha\cos \beta+\sin \alpha\sin\beta)\\ &=\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)\\ \end{align}$

11、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $\tan \frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2}=1\tag{57}$

证明：设 $M=\tan \frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2}$

由 $\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan\beta}{1-\tan \alpha\tan\beta}$ 可得 $\tan \alpha\tan\beta=1-\frac{\tan \alpha+\tan\beta}{ \tan (\alpha+\beta)}$

$\begin{align} 那么&\tan \frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}=1-\frac{\tan\frac{A}{2}+\tan\frac{B}{2}}{ \tan (\frac{A}{2}+\frac{B}{2})} \\&=1-\frac{\tan\frac{A}{2}+\tan\frac{B}{2}}{ \tan (\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2})}=1-(\tan\frac{A}{2}+\tan\frac{B}{2})\tan\frac{C}{2}\\ \end{align}$

$\begin{align} M=&3-(\tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan\frac{C}{2})-(\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}\\ &+\tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2})-(\tan \frac{C}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2})\\ &=3-2M \end{align}$

故 M=1 ，即 $\tan \frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2}=1$

12、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $\sin2A+\sin2B+\sin2C=4\sin A\sin B\sin C\tag{58}$

$\begin{align}证明：&\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C\\ &=2\sin(A+B)\cos(A-B)-2\sin(A+B)\cos(A+B)\\ &=2\sin(A+B)[\cos(A-B)-\cos(A+B)]\\ &=2\sin C\cdot2\sin A\sin B\\ &=4\sin A\sin B\sin C \end{align}$

13、在 $\triangle ABC$ 中， $A+B+C=\pi$ . $\cos2A+\cos2B+\cos2C=-4\cos A\cos B\cos C-1\tag{59}$ $\begin{align}证明：&\cos2A+\cos2B+\cos2C\\ &=2\cos(A+B)\cos(A-B)+2\cos^2(A+B)-1\\ &=2\cos(A+B)[\cos(A-B)+\cos(A+B)]-1\\ &=-2\cos C\cdot2\cos A\cos B-1\\ &=-4\cos A\cos B\cos C-1\\ \end{align}$

14、 $A\sin(\omega t+\varphi_1)+B\sin(\omega t+\varphi_2)\\=\sqrt{A^2+B^2+2AB\cos(\varphi_1-\varphi_2)}\cdot\sin\left(\omega t+\arctan\frac{A\sin\varphi_1+B\sin\varphi_2}{A\cos\varphi_1+B\cos\varphi_2}\right) \tag{60}$ $\begin{align} 证明：&A\sin(\omega t+\varphi_1)+B\sin(\omega t+\varphi_2)\\ &=A(\sin\omega t\cos\varphi_1+\cos\omega t\sin\varphi_1)+B(\sin\omega t\cos\varphi_2+\cos\omega t\sin\varphi_2)\\ &=(A\cos\varphi_1+B\cos\varphi_2)\sin\omega t+(A\sin\varphi_1+B\sin\varphi_2)\cos\omega t\\ &=\sqrt{A^2+B^2+2AB\cos(\varphi_1-\varphi_2)}\sin(\omega t+\varphi) \end{align}$

其中 $\tan\varphi=\frac{A\sin\varphi_1+B\sin\varphi_2}{A\cos\varphi_1+B\cos\varphi_2}$

这个公式物理中比较常用。

15、 $\tan\alpha+\frac{1}{\tan\alpha}=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}+\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} =\frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha}=\frac{2}{\sin2\alpha}\tag{61}$ $\tan\alpha-\frac{1}{\tan\alpha}=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}-\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} =\frac{\sin^2\alpha-\cos^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha}=-\frac{2}{\tan2\alpha}\tag{62}$

十、反三角函数

反三角函数是一种基本初等函数。它是反正弦 $\arcsin x$ ，反余弦 $\arccos x$ ，反正切 $\arctan x$ ，反余切 $arc\cot x$ ，反正割 $arc\sec x$ ，反余割 $arc\csc x$ 这些函数的统称，各自表示其反正弦、反余弦、反正切、反余切，反正割，反余割。

反三角函数并不满足一个自变量对应一个函数值的要求，其图像与其原函数关于函数 y=x 对称。欧拉提出反三角函数的概念，并且首先使用了“arc+函数名”的形式表示反三角函数。

在本文中只研究单值函数（即一个自变量对应一个函数值），只把定义在包含锐角的单调区间上的基本三角函数的反函数，称为反三角函数。

通俗地说，就是如果 $y=\arcsin x$ ，那么 $x=\sin y$ , $y=\arcsin \frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}$

由定义我们可以得到这么几个关系

1、余角关系 $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}\tag{63}$ $\arctan x+arc\cot x=\frac{\pi}{2}\tag{64 }$ $arc\sec x+arc\csc x=\frac{\pi}{2}\tag{65}$

我们知道互余角的正弦与余弦值相等，那么相等的正弦余弦值所对应的角也应该互余，其他的道理也一样。

2、负数关系 $\arcsin(-x)=-\arcsin x\tag{66}$ $\arccos(-x)=\pi-\arccos x\tag{67}$ $\arctan(-x)=-\arctan x\tag{68}$ $arc\cot(-x)=\pi-arc\cot x\tag{69}$ $arc\sec(-x)=\pi-arc\sec x\tag{70}$ $arc\csc(-x)=-arc\csc x\tag{71}$

要验证这些，只要两边同时取对应的原函数，例如：

要证明 $\arccos(-x)=\pi-\arccos x$ ，

只要证明 $\cos[\arccos(-x)]=\cos(\pi-\arccos x)$

而 $\cos[\arccos(-x)]=-x$ , $\cos(\pi-\arccos x)=-\cos(\arccos x)=-x$

故原式得证

3、倒数关系 $\arcsin \left(\frac{1}{x}\right)=arc\csc x\tag{72}$ $\arccos \left(\frac{1}{x}\right)=arc\sec x\tag{73}$

话说我好像没记什么关于反三角的公式，可能是因为我没怎么用到，那么也说明高中阶段不需要掌握太深。了解一些简单的还是可以的。

十一、三角函数的导数 $(\sin x)’=\cos x\tag{74}$ ${(\cos x)}'=-\sin x\tag{75}$ $(\tan x)'=\frac{1}{\cos^2x}=\sec^2x\tag{76}$ $(\cot x)'=-\frac{1}{\sin^2x}=-\csc^2x\tag{77}$ $(\sec x)'=\sec x\tan x\tag{78}$ $(\csc x )'=-\csc x\cot x\tag{79}$ $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\tag{80}$ $(\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\tag{81}$ $(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}\tag{82}$ $(arc\cot x)'=-\frac{1}{1+x^2}\tag{83}$ ，惊喜：三角函数的导数的证明(需要高等数学基础)，只留给有耐心看到这里的人

不想看或看不懂的可以直接跳到文末

1、 $f(x)=\sin x$

$\begin{align} 证明：f'(x)&=\lim_{h\rightarrow 0}{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}=\lim_{h\rightarrow 0}{\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}}\\ &=\lim_{h\rightarrow 0}{\frac{1}{h}\cdot2\cos\left(x+\frac{h}{2}\right)}\sin\frac{h}{2}\\ &=\lim_{h\rightarrow 0}{\cos\left(x+\frac{h}{2}\right)}\cdot\frac{\sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}=\cos x \end{align}$

2、 $f(x)=\cos x$

$\begin{align} 证明：f'(x)&=\lim_{h\rightarrow 0}{\frac{\cos(x+h)-\cos x}{h}}\\ &=\lim_{h\rightarrow 0}{\frac{1}{h}\cdot[-2\sin\left(x+\frac{h}{2}\right)}\sin\frac{h}{2}]\\ &=\lim_{h\rightarrow 0}{-\sin\left(x+\frac{h}{2}\right)}\cdot\frac{\sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}=-\sin x \end{align}$

3、 $f(x)=\tan x$

$\begin{align} 证明：f'(x)&=\left( \frac{\sin x}{\cos x} \right)'\\ &=\frac{\cos x\cdot\cos x-\sin x\cdot(-\sin x)}{\cos^2x}\\ &=\frac{1}{\cos^2x}=\sec^2x\\ \end{align}$

4、 $f(x)=\cot x$

$\begin{align} 证明：f'(x)&=\left( \frac{\cos x}{\sin x} \right)'\\ &=\frac{-\sin x\cdot\sin x-\cos x\cdot\cos x}{\sin^2x}\\ &=-\frac{1}{\sin^2x}=-\csc^2x \end{align}$

5、 $f(x)=\sec x$

$\begin{align} 证明：f'(x)&=\left( \frac{1}{\cos x} \right)'\\ &=-\frac{1}{\cos^2x}\cdot(-\sin x)\\ &=\frac{\tan x}{\cos x}=\tan x\sec x \end{align}$

6、 $f(x)=\csc x$

$\begin{align} 证明：f'(x)&=\left( \frac{1}{\sin x} \right)'\\ &=-\frac{1}{\sin^2x}\cdot\cos x\\ &=-\frac{1}{\tan x\sin x}=-\cot x\csc x \end{align}$

7、 $f(x)=\arcsin x$

证明：设 $x=\sin y,y∈\left( -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)$

$(\arcsin x)'=\frac{1}{(\sin y)'}=\frac{1}{\cos y}$

而 $\cos y=\sqrt{1-\sin^2y}=\sqrt{1-x^2}$ ，这里只取正号是因为当 $y∈\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ 时， $\cos y0$ .于是 $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$