关于 sinθ 和 cosθ 的四则运算及引申

前言

当我们更新了三角函数的定义方式后，自然就会遇到三种函数的值的相互关系，比如已知\(\sin\theta+\cos\theta\)[四则运算之一，加法]的值，如何求解关于\(\sin\theta\)和\(\cos\theta\)之间的四则运算的剩余运算[减法、乘法、除法]，是本博文探讨的重点。

注意以下几组常用此处感觉和韦达定理有异曲同工之妙，\((x_1-x_2)^2\)\(=\)\((x_1+x_2)^2\)\(-\)\(4x_1x_2\)；见下公式：

①\(1+\sin2\theta=(\sin\theta+\cos\theta)^2\)；②\(1-\sin2\theta=(\sin\theta-\cos\theta)^2\)；

四则运算

已知\(\sin\theta+\cos\theta=\cfrac{1}{5}\)[加法]，\(\theta\in (\cfrac{\pi}{2},\pi)\)，求\(\sin\theta-\cos\theta\)、\(\sin\theta\cdot\cos\theta\)、\(\sin\theta\div\cos\theta\)的值；

分析：给\(\sin\theta+\cos\theta=\cfrac{1}{5}\)，两边平方，得到\(1+2\sin\theta\cdot\cos\theta=\cfrac{1}{25}\)，

即得到\(2\sin\theta\cdot\cos\theta=-\cfrac{24}{25}\)，则解得\(\sin\theta\cdot\cos\theta=-\cfrac{12}{25}\)[乘法]；

由\(-2\sin\theta\cdot\cos\theta=\cfrac{24}{25}\)，两边同加\(1\)，得到

\((\sin\theta-\cos\theta)^2=\cfrac{49}{25}\)，解得，\(\sin\theta-\cos\theta=\pm\cfrac{7}{5}\)，

由于\(\theta\in (\cfrac{\pi}{2},\pi)\)，则\(\sin\theta>0\)， \(\cos\theta<0\)，故舍去\(\sin\theta-\cos\theta=-\cfrac{7}{5}\)，

故得到\(\sin\theta-\cos\theta=\cfrac{7}{5}\)[减法]；

又由于\(\left\{\begin{array}{l}{\sin\theta+\cos\theta=\cfrac{1}{5}}\\{\sin\theta-\cos\theta=\cfrac{7}{5}}\end{array}\right.\)\(\quad\)，解方程得到\(\left\{\begin{array}{l}{\sin\theta=\cfrac{4}{5}}\\{\cos\theta=-\cfrac{3}{5}}\end{array}\right.\)

故\(\tan\theta=\cfrac{\sin\theta}{\cos\theta}=-\cfrac{4}{3}\)[除法].

解后反思：一般来说，当已知了关于\(\sin\theta\)和\(\cos\theta\)的四则运算之一，再结合范围，我们可以求出剩余的三种运算的结果，这个可以称为“知一求三”的类型。

运算技巧

①勾股数，如果引入勾股数，对计算是有帮助的；

法3：实际高考中，我们常常是利用勾股数来快速求解的，比如已知\(\alpha\in (0，\pi)\)，且\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)，

快速联系勾股数\(3、4、5\)，则\(sin\alpha\)和\(cos\alpha\)的值必然在\(\pm\cfrac{3}{5}\)和\(\pm\cfrac{4}{5}\)中快速选择，^[1]

则由\(sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}<0\)，可知\(sin\alpha>0，cos\alpha<0\)，故\(\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}\)

②引入比例因子法

已知\(\theta\)为第三象限的角，且\(tan\theta=2\)，求\(sin\theta\)和\(cos\theta\)。

引入比例因子法，由\(tan\theta=\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2\)，\(\theta\)为第三象限的角，

可设\(sin\theta=2k\)，\(cos\theta=k(k<0)\)，

由于\(sin^2\theta+cos^2\theta=1\)，即\(5k^2=1\)，解得\(k=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，

故有\(sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)；\(cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)；

③用三角函数线判断正负和大小比较 [储备：这些知识在三角函数的化简求值计算时可能需要用到]

当\(\theta\)的终边落在直线\(y=x\)上时，\(sin\theta=cos\theta\)；

当\(\theta\)的终边落在直线\(y=x\)右下方时，\(sin\theta<cos\theta\)；

当\(\theta\)的终边落在直线\(y=x\)左上方时，\(sin\theta>cos\theta\)；

④进退策略，比如已知\(\sin\theta\cdot\cos\theta\)的值，求解\(\sin\theta\pm\cos\theta\)的值，我们常常是先求得\((\sin\theta\pm\cos\theta)^2\)的值，然后开方得到\(\sin\theta\)\(\pm\)\(\cos\theta\)的值；

衍生应用

利用上述运算的模式，我们可以这样思考，如果\(\sin\theta\pm \cos\theta\)[加减]与\(\sin\theta\cdot \cos\theta\)[乘]同时出现在一个函数中时，我们可以将其中的一个的值定义为参数，将另一个用该参数来刻画；这样就和换元法建立了关联。

①比如定义乘，然后刻画表达加减：

【案例1】已知\(\theta\in [0,\cfrac{\pi}{2}]\)，令\(\sin\theta\cdot \cos\theta=t\)，则\(\sin2\theta=2t\in[0,1]\)，故\(t\in[0,\cfrac{1}{2}]\)，

这样\(1+\sin2\theta=1+2t\)，即\((\sin\theta+\cos\theta)^2=1+2t\)，故\(\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{1+2t}\)；

\(1-\sin2\theta=1-2t\)，即\((\sin\theta-\cos\theta)^2=1-2t\)，故\(\sin\theta-\cos\theta=\pm\sqrt{1-2t}\)；

②再比如定义加减，然后刻画表达乘：

【案例2】已知\(\theta\in [0,\cfrac{\pi}{2}]\)，令\(\sin\theta+\cos\theta=t\)，

则\(\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[1,\sqrt{2}]\)，故\(t\in[1,\sqrt{2}]\)，

这样\((\sin\theta+\cos\theta)^2=t^2\)，则\(1+2\sin\theta\cdot\cos\theta=t^2\)，即\(\sin\theta\cdot\cos\theta=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

反思总结：从理论角度分析，设一表达二是完全行得通的，但是从学习和教学实践的角度来看，用定义[加减]来表达[乘]的思路，应用更广泛，得到的函数的性质更容易分析。

同类型应用

⚠️ 以下内容是从某个题目中抽象得到的条件：

已知 \(m,n>0\)，\(m+n\)\(>\)\(3\sqrt{2}\)，且 \(m^2\)\(+\)\(n^2\)\(=\)\(18\)，求 \(f(m,n)\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(mn\)\(+\)\(m\)\(+\)\(n\) 的最大值；

解法1️⃣：由 \(m^2+n^2=18\)，可得 \(m=3\sqrt{2}\cos\theta\)，\(n=3\sqrt{2}\sin\theta\)，\(\theta\in(0,\cfrac{\pi}{2})\)，

故 \(m+n\)\(=\)\(3\sqrt{2}\)\(\times\)\(\sqrt{2}\)\(\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)\(=\)\(6\)\(\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)，故 \(3\sqrt{2}\)\(<\)\(m+n\)\(\leqslant\)\(6\)，

令 \(m+n=t\)，则 \((m+n)^2\)\(=\)\(m^2\)\(+\)\(n^2\)\(+\)\(2mn\)\(=\)\(t^2\)，即 \(18+2mn\)\(=\)\(t^2\)，故 \(\cfrac{1}{2}mn\)\(=\cfrac{t^2}{4}\)\(-\)\(\cfrac{9}{2}\)，

则 \(f(m,n)\)\(=\)\(g(t)\)\(=\)\(\cfrac{t^2}{4}\)\(-\)\(\cfrac{9}{2}\)\(+\)\(t\)\(=\)\(\cfrac{1}{4}(t+2)^2\)\(-\)\(\cfrac{11}{2}\)，\(3\sqrt{2}\)\(<\)\(t\)\(\leqslant\)\(6\)，

故 \(g(t)_{\max}\)\(=\)\(g(6)\)\(=\)\(\cfrac{21}{2}\) .

解法2️⃣：由重要不等式 \((a+b)^2\leqslant 2(a^2+b^2)\) 可得，

\((m+n)^2\leqslant 2(m^2+n^2)=36\)，即 \(m+n\leqslant 6\)，当且仅当 \(m=n=3\) 时取到等号；

又 \(\cfrac{1}{2}mn\)\(\leqslant\)\(\cfrac{1}{2}\)\((\cfrac{m+n}{2})^2\)\(=\)\(\cfrac{9}{2}\)，当且仅当 \(m=n=3\) 时取到等号；

故 \(f(m,n)\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(mn\)\(+\)\(m\)\(+\)\(n\)\(\leqslant\)\(\cfrac{9}{2}\)\(+\)\(6\)\(=\)\(\cfrac{21}{2}\)，当且仅当 \(m=n=3\) 时取到等号；

故 \(f(m,n)_{\max}\)\(=\)\(\cfrac{21}{2}\) .

解法3️⃣：利用导数来求解最大值^[2]，

\(f(m,n)\)\(=\)\(g(\theta)\)\(=\)\(3\sqrt{2}\cos\theta+3\sqrt{2}\sin\theta\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}(3\sqrt{2}\cos\theta)\)\(\times\)\((3\sqrt{2}\sin\theta)\)， \(\theta\in(0,\cfrac{\pi}{2})\)，

\(=3\sqrt{2}\cos\theta\)\(+\)\(3\sqrt{2}\sin\theta\)\(+\)\(9\sin\theta\cos\theta\)

则 \(g'(\theta)=-3\sqrt{2}\sin\theta+3\sqrt{2}\cos\theta+9\cos^2\theta-9\sin^2\theta\)

令 \(g'(\theta)=0\)，变形整理为 \((\cos\theta-\sin\theta)(\sqrt{2}+3\cos\theta+3\sin\theta)=0\)，

解得仅仅有 \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\)[由于在极值点处左正右负，故为最大值点]，当 \(\theta\in(0,\cfrac{\pi}{2})\)时，恒有 \(\sqrt{2}+3\cos\theta+3\sin\theta>0\)，

代入解得，\(f(m,n)_{\max}\)\(=\)\(g(\theta)_{|\theta=\cfrac{\pi}{4}}\)\(=\)\(3\)\(+\)\(3\)\(+\)\(\cfrac{9}{2}\)\(=\)\(\cfrac{21}{2}\).

解法4️⃣：由于所求式子为轮换对称式，故考虑令 \(m=n\) 求其最值[原理待探究，其实就是解法三中的\(\cos\theta=\sin\theta\)，即 \(m=n\) ]，结合 \(m^2+n^2=18\)，可以解得 \(m=n=3\)，代入 \(f(m,n)\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(mn\)\(+\)\(m\)\(+\)\(n\)，得到 \(f(m,n)_{\max}\)\(=\)\(\cfrac{21}{2}\) .

高阶提升

如求函数\(y=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。

分析：利用换元转化为分式型处理；

令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

则原函数转化为\(y=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})，t\in [1，\sqrt{2}]\)

【2019学生问题】[转化划归+恒成立问题+分离参数+换元法+求最值]函数\(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，求实数\(a\)的取值范围。

分析：由于函数\(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，

则\(f'(x)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

又\(f'(x)=-2sin2x+a(cosx+sinx)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

由于\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(cosx+sinx>0\)，故用完全分离参数法，得到，

\(a\ge \cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

题目转化为求函数\(g(x)=\cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)的最大值问题。

令\(sinx+cosx=t=\sqrt{2}sin(x+\cfrac{\pi}{4})\)，则\(t\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin2x=t^2-1\)，则函数\(g(x)=h(t)=\cfrac{2(t^2-1)}{t}=2(t-\cfrac{1}{t})\)，

又函数\(h'(t)=1+\cfrac{1}{t^2}>0\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上恒成立，

故函数\(h(t)\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上单调递增，

故\(g(x)_{max}=h(t)_{max}=h(\sqrt{2})=\sqrt{2}\)，

故\(a\ge \sqrt{2}\)。即\(a\in [\sqrt{2}，+\infty)\)。

同质思维

• \((x_1-x_2)^2\)\(=\)\((x_1+x_2)^2\)\(-\)\(4x_1x_2\)；

• 均值不等式[注意等式变化为不等式]

给定表达式\(a^2+b^2-ab=9\)，变形得到\((a+b)^2=9+3ab\)，如果用均值不等式\(ab\leq (\cfrac{a+b}{2})^2\)替换题目中的\(ab\)，原来的相等关系可以转化为不等关系，则有\((a+b)^2\leq 9+3\times (\cfrac{a+b}{2})^2\)，得到\((a+b)^2\leq 36\)，解不等式可以得到\(a+b\leq 6\)，故可求周长\(a+b+c\)的范围；

如果用\(a^2+b^2\ge 2ab\)替换题目中的\(a+b\)，则原来的相等关系可以转化为不等关系，则有\(2ab\leq 9+ab\)，解不等式可以得到\(ab\leq 9\)；故可以利用\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}absinC\)求三角形面积的范围。

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1. 注意勾股数快速确定三角函数值的方法。常用的勾股数\(3n，4n，5n(n\in N^*)\)；\(5，12，13\)；\(7，24，25\)；\(8，15，17\)；\(9，40，41\)； ↩︎

2. 按说，用导数求解函数的最值，应该是通用的方法，但是一旦涉及到三角函数求最值，我总是忘记用导数的方法思路，形成的这个思维定势不好，后边要注意弥补，是为记。 ↩︎