问题

每一次扩充，都是为了让方程有解

1. $x+3=1$ 在 $\mathbb N$ 中无解 → 引入负数，得 $\mathbb Z$

   减法封闭

2. $3x=2$ 在 $\mathbb Z$ 中无解 → 引入分数，得 $\mathbb Q$

   除法封闭

3. $x^2=2$ 在 $\mathbb Q$ 中无解 → 引入无理数，得 $\R$

   开方（非负数）

4. $x^2=-1$ 在 $\R$ 中无解 → 引入 $\ii$，得 $\mathbb C$

   负数也能开方

问题

实数的平方都 $\ge 0$，数轴上找不到平方为 $-1$ 的点。

$$ \mathbb N\subsetneq\mathbb Z\subsetneq\mathbb Q\subsetneq\R\subsetneq\mathbb C $$

观察

复平面：$z=a+b\ii \leftrightarrow (a,b)$

实部、虚部与分类

$b=0$ 时，点落在实轴上（实数）；$a=0$ 且 $b\ne0$ 时，点落在虚轴上（纯虚数）。

推理

复平面：乘 $\ii$ = 逆时针转 $90^\circ$

1. $1$ 在实轴正方向

   起点

2. $1\cdot\ii=\ii$：转 $90^\circ$ 到虚轴

   乘 $\ii$ 即旋转

3. $\ii\cdot\ii=\ii^2$：再转 $90^\circ$，到 $-1$

   共 $180^\circ$

4. 一般地 $\ii=\ee^{\ii\pi/2}$，乘 $\ee^{\ii\theta}$ 就是转 $\theta$（见 Z04）

   欧拉公式

代数：定义与运算律

1. 规定 $\ii^2=-1$，$\ii$ 与实数一起按加、乘运算律运算

   定义

2. 形如 $z=a+b\ii\ (a,b\in\R)$ 的数叫复数，$a$ 实部，$b$ 虚部

   代数形式

3. $a+b\ii=c+d\ii \iff a=c$ 且 $b=d$

   复数相等

4. $\ii^3=-\ii,\ \ii^4=1$，$\ii^n$ 以 $4$ 为周期

   由 $\ii^2=-1$ 推出

5. 两个虚数一般不能比大小：$\mathbb C$ 中没有与运算相容的顺序

   平面无“左右”

结论卡

迁移

迁移 · $\ii^n$ 的周期

$$ \ii^{4k}=1,\ \ii^{4k+1}=\ii,\ \ii^{4k+2}=-1,\ \ii^{4k+3}=-\ii $$

在复平面上就是转了 $n$ 个 $90^\circ$，每 $4$ 次回到原处。

提高连续 4 项之和：$\ii^n+\ii^{n+1}+\ii^{n+2}+\ii^{n+3}=0$（正方形四顶点的向量和）。

迁移 · 方程在 $\mathbb C$ 中有解

$x^2=-4$：$x=\pm2\ii$；$x^2+2x+5=0$：$(x+1)^2=-4$，$x=-1\pm2\ii$。

例题精讲

课堂小测

问题

问题

已知 $z_1=2+\ii$，$z_2=1-\ii$。怎样算 $z_1+z_2$、$z_1z_2$、$\dfrac{z_1}{z_2}$？

• 加减：像合并同类项，实部和实部合并，虚部和虚部合并。
• 乘法：像多项式展开，遇到 $\ii^2$ 就换成 $-1$。
• 除法：分母里有 $\ii$ 不好算，想办法让分母变成实数。

观察

复平面上的运算 $z_1=2+\ii$，$z_2=c+d\,\ii$

结果 $w$

减法 $z_1-z_2$

乘法 $z_1z_2$

除法 $z_1/z_2$

共轭 $\bar z_2$

推理

复数代数运算

1. $(a+b\ii)\pm(c+d\ii)=(a\pm c)+(b\pm d)\ii$

   合并同类项

2. $(a+b\ii)(c+d\ii)=ac+ad\ii+bc\ii+bd\ii^2$

   展开

3. $=(ac-bd)+(ad+bc)\ii$

   $\ii^2=-1$

4. $(c+d\ii)(c-d\ii)=c^2+d^2$ 是实数

   平方差

5. $\dfrac{a+b\ii}{c+d\ii}=\dfrac{(a+b\ii)(c-d\ii)}{c^2+d^2}$

   分母实数化

对应的几何 / 传统视角

1. 加法 = 向量相加（平行四边形法则）

   参见《向量与几何》V04

2. $z=a+b\ii$，$\bar z=a-b\ii$：关于实轴对称

   共轭

3. $z\bar z=a^2+b^2=|z|^2$

   勾股

4. 所以 $\dfrac1z=\dfrac{\bar z}{|z|^2}$：先对称，再缩放

   倒数

5. 乘 $\ii$：$(a+b\ii)\ii=-b+a\ii$，逆时针转 $90^\circ$，即乘 $\ee^{\ii\pi/2}$

   旋转，详见 Z04

结论卡

迁移：$\ii^n$

$\ii^n$ 在单位圆上走

每乘一次 $\ii$，转 $90^\circ$

提高推论：$\ii^n+\ii^{n+1}+\ii^{n+2}+\ii^{n+3}=0$（正方形四个顶点之和为 0）。

例题精讲

课堂小测

问题

问题：复数能“画”出来吗？

实数排在数轴上，一个数一个点。复数 $z=a+b\ii$ 由两个实数 $a,b$ 决定，一条数轴不够用了。

• 把实部 $a$ 放横轴、虚部 $b$ 放纵轴，就得到复平面：横轴叫实轴，纵轴叫虚轴。
• 复数 $z=a+b\ii$ 对应点 $Z(a,b)$，也对应以原点为起点的向量 $\overrightarrow{OZ}=(a,b)$。

$$ z=a+b\ii\ \longleftrightarrow\ Z(a,b)\ \longleftrightarrow\ \overrightarrow{OZ} $$

带着问题看图

1. $z_1+z_2$ 对应的点在哪里？
2. $|z|$ 在图上是什么？$|z_1-z_2|$ 呢？
3. 满足 $|z-(1+\ii)|=2$ 的所有 $z$ 组成什么图形？

观察

加法：$z_1$（蓝）与 $z_2=\rho\,\ee^{\ii\theta}$（红）

提高$\theta$ 转一圈，$|z_1+z_2|$ 在 $\big||z_1|-\rho\big|$ 与 $|z_1|+\rho$ 之间变化：三角不等式 $\big||z_1|-|z_2|\big|\le|z_1\pm z_2|\le|z_1|+|z_2|$。

减法 $z_1-z_2$

推理

复数推导

1. 设 $z_1=a+b\ii,\ z_2=c+d\ii$

   代数形式

2. $z_1\pm z_2=(a\pm c)+(b\pm d)\ii$

   实部、虚部分别相加减

3. $|z|=\sqrt{a^2+b^2}$，且 $|z|^2=z\bar z$

   模的定义

4. $|z_1-z_2|=\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}=|Z_1Z_2|$

   模就是距离

向量推导

1. $\overrightarrow{OZ_1}=(a,b),\ \overrightarrow{OZ_2}=(c,d)$

   坐标

2. $\overrightarrow{OZ_1}\pm\overrightarrow{OZ_2}=(a\pm c,\,b\pm d)$

   平行四边形 / 三角形法则

3. $|\overrightarrow{OZ}|=\sqrt{a^2+b^2}$

   勾股定理

4. $\overrightarrow{Z_2Z_1}=\overrightarrow{OZ_1}-\overrightarrow{OZ_2}$，长度为 $|Z_1Z_2|$

   参见《向量与几何》V04

轨迹

方程即轨迹：圆

• $|z-z_0|=r$：$z$ 到定点 $Z_0$ 的距离恒为 $r$ → 以 $Z_0$ 为圆心、$r$ 为半径的圆；参数式 $z=z_0+r\ee^{\ii\theta}$。
• $|z-z_1|=|z-z_2|$：$z$ 到两定点距离相等 → 线段 $Z_1Z_2$ 的中垂线。
• $|z-z_0|\le r$ 是圆面；$|z-z_1|+|z-z_2|=2a\ (2a>|z_1-z_2|)$ 是椭圆。

$|z-z_1|=|z-z_2|$：中垂线

结论卡

例题精讲

课堂小测

问题

单位圆上的点是哪个复数？

点 ↔ 复数

$P=\cos \frac{\pi}{6}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{i}$

观察：角相加

$z_\alpha=\cos\alpha+\ii\sin\alpha$，$z_\beta=\cos\beta+\ii\sin\beta$，看 $z_\alpha z_\beta$

乘积仍在单位圆上，角是 $\alpha+\beta$

推理

复数推导：为什么叫 $\ee^{\ii\theta}$

1. 记 $f(\theta)=\cos\theta+\ii\sin\theta$，它是单位圆上角为 $\theta$ 的点。

   定义

2. 任一复数 $z=x+\ii y$ 乘 $f(\beta)$：

$$ z f(\beta)=(x\cos\beta-y\sin\beta)+\ii(x\sin\beta+y\cos\beta) $$

这正是旋转 $\beta$ 的坐标公式（参见《向量与几何》V04 旋转矩阵）

3. 取 $z=f(\alpha)$：把角 $\alpha$ 的点再转 $\beta$，落在角 $\alpha+\beta$：

$$ f(\alpha)f(\beta)=f(\alpha+\beta) $$

几何

4. 又 $f(0)=1$。乘法变成指数相加，和 $a^{x}$ 的规律相同，所以记

$$ f(\theta)=\ee^{\ii\theta} $$

命名

5. $\theta=\pi$：$\ee^{\ii\pi}=-1$，即

$$ \ee^{\ii\pi}+1=0 $$

$\ee,\ \ii,\ \pi,\ 1,\ 0$ 写在一个式子里

对照：三角里能读出什么

1. $|\ee^{\ii\theta}|=1$ ⇔ $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$

   模的平方 = 实部² + 虚部²

2. $\ee^{-\ii\theta}=\cos\theta-\ii\sin\theta=\overline{\ee^{\ii\theta}}=\dfrac{1}{\ee^{\ii\theta}}$

   反向转回去；模为 1 时共轭就是倒数

3. 把 $\ee^{\ii(\alpha+\beta)}=\ee^{\ii\alpha}\ee^{\ii\beta}$ 两边展开，比较实部、虚部，就得到和角公式

   T03 详讲

4. $\cos\theta=\dfrac{\ee^{\ii\theta}+\ee^{-\ii\theta}}{2}$，$\sin\theta=\dfrac{\ee^{\ii\theta}-\ee^{-\ii\theta}}{2\ii}$

   上一行两式相加、相减

5. 求导：$(\cos\theta+\ii\sin\theta)'=-\sin\theta+\ii\cos\theta=\ii(\cos\theta+\ii\sin\theta)$，与 $(\ee^{kx})'=k\ee^{kx}$ 同型，$k=\ii$

   另一种理由：导数是“乘 i”，速度永远垂直于半径，所以点在圆上匀速转

乘法即旋转

任意 $z$ 乘 $\ee^{\ii\theta}$：长度不变，转 $\theta$

旋转的复数写法

$w=z\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}=(\frac{8}{5}+\frac{3}{5}\mathrm{i})\cdot(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})\approx0.28+1.69\mathrm{i}$

结论卡

压轴级数螺线

高观点：$\ee^{z}=1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots$，代入 $z=\ii\theta$

螺线逼近

1. 第 $k$ 项是 $\dfrac{(\ii\theta)^k}{k!}$：相邻两项方向相差 $90^\circ$（多乘一个 $\ii$），长度乘 $\dfrac{\theta}{k+1}$。
2. $\ii^k$ 按 $1,\ii,-1,-\ii$ 循环，实部取偶数项、虚部取奇数项：

$$ \mathrm{Re}=1-\frac{\theta^2}{2!}+\frac{\theta^4}{4!}-\cdots=\cos\theta $$ 3.

$$ \mathrm{Im}=\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\cdots=\sin\theta $$ 4. 项数越多，折线终点越接近单位圆上的 $\ee^{\ii\theta}$；下一项长度 $\dfrac{\theta^n}{n!}$ 趋于 $0$，误差也随之趋于 $0$。$\theta=\pi$ 时它绕到 $-1$。

级数收敛的证明属于大学内容，这里只看数值

例题精讲

例 1正方形的顶点

正方形 $ABCD$ 的顶点按逆时针排列，$A$、$B$ 对应复数 $1+2\ii$、$4+3\ii$。求 $C$、$D$ 对应的复数。

解析

1. $\overrightarrow{AB}$ 对应 $(4+3\ii)-(1+2\ii)=3+\ii$。

   向量 = 终点 − 起点

2. 逆时针转 $90^\circ$ 得 $\overrightarrow{BC}$：$(3+\ii)\cdot\ii=-1+3\ii$。

   乘 $\ii$ 即转 $90^\circ$

3. $C=(4+3\ii)+(-1+3\ii)=3+6\ii$。
4. $D=A+\overrightarrow{BC}=(1+2\ii)+(-1+3\ii)=5\ii$。

   $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$

答案：$C$、$D$ 对应的复数分别为 $3+6\ii$、$5\ii$。

课堂小测

问题

代数形式乘起来很累

$(1+\ii)(\sqrt3+\ii)=\sqrt3+\ii+\sqrt3\,\ii+\ii^2=(\sqrt3-1)+(\sqrt3+1)\ii$

算出来了，但看不出它在复平面上“到了哪儿”。再算 $(1+\ii)^{8}$ 呢？展开 8 次太累。

换个看法：长度 + 方向

$1+\ii=\sqrt2\,\ee^{\ii\frac{\pi}{4}}$，$\sqrt3+\ii=2\,\ee^{\ii\frac{\pi}{6}}$。

复习（Z04）：$\ee^{\ii\theta}=\cos\theta+\ii\sin\theta$，乘 $\ee^{\ii\theta}$ 就是绕原点旋转 $\theta$。

观察

$w=z_1\cdot z_2$：先伸缩，再旋转

乘法完成后， $|w|=r_1r_2$、$\arg w=\theta_1+\theta_2$（折回 $(-\pi,\pi]$）始终成立。

除法 $z_1/z_2$

推理

复数推导：指数律

1. $z_1=r_1\ee^{\ii\theta_1},\ z_2=r_2\ee^{\ii\theta_2}$

   三角形式

2. $z_1z_2=r_1r_2\cdot\ee^{\ii\theta_1}\ee^{\ii\theta_2}=r_1r_2\,\ee^{\ii(\theta_1+\theta_2)}$

   指数相加

3. 模：$|z_1z_2|=r_1r_2$（伸缩步骤）

   模相乘

4. 辐角：$\theta_1+\theta_2$（旋转步骤）

   辐角相加

5. $\dfrac{z_1}{z_2}=\dfrac{r_1}{r_2}\,\ee^{\ii(\theta_1-\theta_2)}$

   模相除、辐角相减

传统推导：展开 + 和角公式

1. $z_k=r_k(\cos\theta_k+\ii\sin\theta_k)$

   三角形式

2. 展开乘积：

   $$ \begin{aligned} z_1z_2=r_1r_2\big[&\cos\theta_1\cos\theta_2-\sin\theta_1\sin\theta_2\\ &+\ii(\sin\theta_1\cos\theta_2+\cos\theta_1\sin\theta_2)\big]. \end{aligned} $$

   展开，$\ii^2=-1$

3. $=r_1r_2\big[\cos(\theta_1+\theta_2)+\ii\sin(\theta_1+\theta_2)\big]$

   两角和公式（T 组）

4. $\dfrac{z_1}{z_2}=\dfrac{z_1\overline{z_2}}{|z_2|^2}=\dfrac{r_1r_2\,[\cos(\theta_1-\theta_2)+\ii\sin(\theta_1-\theta_2)]}{r_2^2}$

   乘共轭

5. 反过来读：复数乘法“自动”给出了 $\cos(\alpha+\beta)$、$\sin(\alpha+\beta)$，这就是欧拉公式架起的桥。

   桥梁

结论卡

迁移：棣莫弗

$z^n=r^n\ee^{\ii n\theta}$：每乘一次转一个 $\theta$

棣莫弗公式 $f(\theta)=\mathrm{Re}\,(\cos\theta+\ii\sin\theta)^n=\cos n\theta$

1. $(\cos\theta+\ii\sin\theta)^n=(\ee^{\ii\theta})^n=\ee^{\ii n\theta}=\cos n\theta+\ii\sin n\theta$

   棣莫弗

2. $n=2$：比较实部、虚部即得 $\cos2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta$，$\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$（T 组二倍角）

   迁移

3. $n=3$：$\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$，$\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^3\theta$

   三倍角

例题精讲

课堂小测

问题

实数范围里，$x^n=1$ 只有 $1$（或 $\pm1$）

$x^2=1$：$x=\pm1$；$x^3=1$：只有 $x=1$；$x^4=1$：$x=\pm1$。

可是代数基本定理说：$n$ 次方程在复数范围内恰有 $n$ 个根。$z^3=1$ 另外两个根在哪里？

换个问法

1. 模：$|z|^n=|z^n|=1$，所以 $|z|=1$，根都在单位圆上。
2. 辐角：$z=\ee^{\ii\varphi}$，$z^n=\ee^{\ii n\varphi}$，要转 $n$ 次正好转回 $1$。
3. 这样的点有几个？它们长什么样？加起来是多少？

观察

$P_k=\ee^{\ii(\theta+\frac{2k\pi}{n})}$：单位圆上的正 $n$ 边形

把 $\overrightarrow{OP_k}$ 首尾相接

推理

复数推导

1. 设 $z=r\ee^{\ii\varphi}$，则 $z^n=r^n\ee^{\ii n\varphi}=1=\ee^{\ii\cdot 0}$

   棣莫弗

2. 比较模与辐角：$r=1$，$n\varphi=2k\pi$

   辐角相差 $2k\pi$

3. $z_k=\omega^k$，$\omega=\ee^{\ii\frac{2\pi}{n}}$，$k=0,1,\dots,n-1$

   $k\ge n$ 时重复

4. $z_{k+1}=\omega\cdot z_k$：乘 $\omega$ 就是转 $\frac{2\pi}{n}$

   旋转

5. 设 $S=\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k$，则 $\omega S=\sum_{k=1}^{n}\omega^k=S$

   转一格，集合不变

6. $(\omega-1)S=0$，$\omega\ne1$ $\Rightarrow$

$$ S=1+\omega+\cdots+\omega^{n-1}=0 $$

$n\ge2$

7. 乘 $\ee^{\ii\theta}$ 再取实部、虚部：

$$ \sum_{k=0}^{n-1}\cos\Big(\theta+\tfrac{2k\pi}{n}\Big)=0,\ \sum_{k=0}^{n-1}\sin\Big(\theta+\tfrac{2k\pi}{n}\Big)=0 $$

欧拉公式

传统推导（裂项）

1. 记 $\alpha=\frac{\pi}{n}$，$C=\sum_{k=0}^{n-1}\cos(\theta+2k\alpha)$
2. 积化和差：$2\sin\alpha\cos(\theta+2k\alpha)=\sin(\theta+(2k+1)\alpha)-\sin(\theta+(2k-1)\alpha)$
3. 求和逐项相消：$2\sin\alpha\cdot C=\sin(\theta+(2n-1)\alpha)-\sin(\theta-\alpha)$
4. $(2n-1)\alpha=2\pi-\alpha$，两项相等，差为 $0$；$\sin\alpha\neq0$ $\Rightarrow C=0$
5. 对比：复数推导一句“转一格不变”，传统推导要凑因子、裂项。复数把求和变成了几何对称。

结论

$f(\theta)=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\big(\theta+\frac{2k\pi}{n}\big)$：恒为 $0$

每一项都在变，加起来却是一条水平直线 $y=0$。

结论

提高常用：$\omega^3=1$ 时 $\omega^2=\bar\omega=\dfrac1\omega$，$1+\omega+\omega^2=0$，$\omega^{3m+r}=\omega^r$。

迁移

迁移 1：由 $n=5$ 求 $\cos72^\circ$

1. $n=5,\ \theta=0$：$1+\cos\frac{2\pi}{5}+\cos\frac{4\pi}{5}+\cos\frac{6\pi}{5}+\cos\frac{8\pi}{5}=0$
2. $\cos\frac{8\pi}{5}=\cos\frac{2\pi}{5}$，$\cos\frac{6\pi}{5}=\cos\frac{4\pi}{5}$：$\cos\frac{2\pi}{5}+\cos\frac{4\pi}{5}=-\frac12$

   共轭成对

3. 设 $c=\cos\frac{2\pi}{5}$，$\cos\frac{4\pi}{5}=2c^2-1$：$4c^2+2c-1=0$

   二倍角

4. $c>0$：

$$ \cos72^\circ=\frac{\sqrt5-1}{4} $$

迁移 2：$n=3$ 的 $\omega$

$\omega=\ee^{\ii\frac{2\pi}{3}}=-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}\ii$，满足 $\omega^2+\omega+1=0$。

正三角形的三个顶点：$1,\ \omega,\ \omega^2$。$\cos\theta+\cos\big(\theta+\frac{2\pi}{3}\big)+\cos\big(\theta+\frac{4\pi}{3}\big)=0$（三相交流电的三路电压之和为 0）。

压轴$x^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(x-\omega^k)$；比较 $x^{n-1}$ 的系数，正是“根之和 $=0$”（韦达定理）。

正多边形的坐标、向量和的工具：参见《向量与几何》V04。

例题精讲

课堂小测

问题

问题：$\sin 150^\circ$、$\cos 240^\circ$ 是什么？

初中定义 $\sin A=\dfrac{\text{对边}}{\text{斜边}}$ 只对锐角有意义。钝角、负角、转了好几圈的角怎么办？

弧度制

单位圆上，圆心角 $\theta$ 所对弧长就是 $\theta$ 的弧度数：

$$ l=r\theta,\qquad 180^\circ=\pi\ \text{rad} $$

$30^\circ=\dfrac{\pi}{6}$，$45^\circ=\dfrac{\pi}{4}$，$60^\circ=\dfrac{\pi}{3}$，$90^\circ=\dfrac{\pi}{2}$。

任意角：逆时针为正、顺时针为负；终边相同的角 $\theta+2k\pi\ (k\in\mathbb Z)$。

观察

单位圆与三角函数线

图中 $P$ 位于第一象限，$\sin\theta$、$\cos\theta$、$\tan\theta$ 均为正。

推理

复数视角

1. $P$ 对应复数 $z=\ee^{\ii\theta}=\cos\theta+\ii\sin\theta$

   欧拉公式

2. $|z|=1$，所以 $|z|^2=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$

   模长

3. $\tan\theta=\dfrac{\operatorname{Im}z}{\operatorname{Re}z}$：$OP$ 的斜率

   斜率

4. $z\bar z=\ee^{\ii\theta}\ee^{-\ii\theta}=1$，同一个恒等式的乘法形式

   共轭

传统视角

1. $P(x,y)$，$\cos\theta=x$，$\sin\theta=y$，$\tan\theta=\dfrac{y}{x}\ (x\ne0)$

   定义

2. $x^2+y^2=1$：

$$ \sin^2\theta+\cos^2\theta=1 $$

勾股定理

3. $\tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$ 商数关系
4. 符号由 $x,y$ 的符号决定：一全正、二正弦、三正切、四余弦

   象限

结论卡

迁移

迁移：知一求二

已知 $\sin\theta$，由平方关系得 $\cos\theta=\pm\sqrt{1-\sin^2\theta}$，正负由象限定；再由商数关系得 $\tan\theta$。

提高已知 $\tan\theta=t$：$\dfrac{\sin\theta\pm\cos\theta}{\ldots}$ 型齐次式分子分母同除 $\cos\theta$；$\sin\theta\cos\theta=\dfrac{\tan\theta}{1+\tan^2\theta}$。

例题精讲

课堂小测

问题

问题：$\sin\dfrac{7\pi}{6}$、$\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta\right)$ 怎么算？

我们只熟悉锐角的三角函数值。任意角 $\alpha$ 的终边与单位圆交于 $P(\cos\alpha,\sin\alpha)$，也就是复数 $\ee^{\ii\alpha}$。

观察

$P=\ee^{\ii\theta}$ 与它的“伙伴” $Q$

$\pi-\theta$：关于 $y$ 轴对称

$$ Q=\big(-\cos\theta,\ \sin\theta\big) $$

关于 $y$ 轴对称：横坐标变号

$-\theta$：关于 $x$ 轴对称

$$ Q=\big(\cos\theta,\ -\sin\theta\big) $$

关于 $x$ 轴对称（共轭）：纵坐标变号

$\pi+\theta$：关于原点对称

$$ Q=\big(-\cos\theta,\ -\sin\theta\big) $$

关于原点对称（乘 $\ee^{\ii\pi}=-1$）：都变号

$2\pi-\theta$：关于 $x$ 轴对称

$$ Q=\big(\cos\theta,\ -\sin\theta\big) $$

与 $-\theta$ 终边相同：关于 $x$ 轴对称

$\pi/2-\theta$：关于 $y=x$ 对称

$$ Q=\big(\sin\theta,\ \cos\theta\big) $$

关于 $y=x$ 对称：坐标互换

$\pi/2+\theta$：逆时针转 $90^\circ$

$$ Q=\big(-\sin\theta,\ \cos\theta\big) $$

逆时针转 $90^\circ$（乘 $\ii$）：互换且横坐标变号

推理

复数推导：乘 $\ee^{\ii\varphi}$ = 旋转，取共轭 = 关于实轴对称

1. $\ee^{\ii(-\theta)}=\overline{\ee^{\ii\theta}}=\cos\theta-\ii\sin\theta$

   共轭：关于 $x$ 轴

2. $\ee^{\ii(\pi+\theta)}=\ee^{\ii\pi}\cdot\ee^{\ii\theta}=-\ee^{\ii\theta}$

   $\ee^{\ii\pi}=-1$，转 $180^\circ$

3. $\ee^{\ii(\pi-\theta)}=-\overline{\ee^{\ii\theta}}=-\cos\theta+\ii\sin\theta$

   先对称再转半圈

4. $\ee^{\ii(\frac{\pi}{2}+\theta)}=\ii\cdot\ee^{\ii\theta}=\ii\cos\theta-\sin\theta$

   $\ee^{\ii\pi/2}=\ii$，转 $90^\circ$

5. $\ee^{\ii(\frac{\pi}{2}-\theta)}=\ii\cdot\overline{\ee^{\ii\theta}}=\sin\theta+\ii\cos\theta$

   实虚部互换

6. 比较实部、虚部，即得全部诱导公式。

   实部 $\cos$，虚部 $\sin$

传统推导：单位圆上对称点的坐标

1. $P(\cos\theta,\sin\theta)$ 关于 $x$ 轴对称 $\Rightarrow(\cos\theta,-\sin\theta)$，对应角 $-\theta$

   纵坐标变号

2. 关于原点对称 $\Rightarrow(-\cos\theta,-\sin\theta)$，对应角 $\pi+\theta$

   都变号

3. 关于 $y$ 轴对称 $\Rightarrow(-\cos\theta,\sin\theta)$，对应角 $\pi-\theta$

   横坐标变号

4. 关于 $y=x$ 对称 $\Rightarrow(\sin\theta,\cos\theta)$，对应角 $\dfrac{\pi}{2}-\theta$

   坐标互换

5. $\dfrac{\pi}{2}+\theta=\pi-\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta\right)$ $\Rightarrow(-\sin\theta,\cos\theta)$

   两次对称 = 旋转

6. 两次轴对称（对称轴夹角 $\varphi$）合成为旋转 $2\varphi$：$y=x$ 与 $y$ 轴夹 $\frac{\pi}{4}$，故转 $\frac{\pi}{2}$。

   提高

结论卡

迁移

迁移：为什么口诀里“$\theta$ 看成锐角”就够？

$\ee^{\ii(k\frac{\pi}{2}\pm\theta)}=\ii^{k}\cdot\ee^{\pm\ii\theta}$。乘 $\ii^k$ 只是转 $k$ 个直角：$k$ 偶数时 $\ii^k=\pm1$，实部还是实部；$k$ 奇数时 $\ii^k=\pm\ii$，实部虚部对调——这就是“奇变偶不变”。

正负号由 $\ii^k$ 和共轭共同决定，与 $\theta$ 的大小无关；所以拿一个锐角 $\theta$ 去判断象限，得到的符号对所有 $\theta$ 都对。

提高例：$\cos\left(\dfrac{3\pi}{2}-\theta\right)$：$\ee^{\ii(\frac{3\pi}{2}-\theta)}=-\ii\,\overline{\ee^{\ii\theta}}=-\sin\theta-\ii\cos\theta$，实部 $-\sin\theta$；口诀：$k=3$ 奇变，$\frac{3\pi}{2}-\theta$ 在第三象限，$\cos$ 为负，同样得 $-\sin\theta$。

图像角度（平移、对称）见导数课件 A07；旋转的矩阵写法参见《向量与几何》V04。

例题精讲

课堂小测

问题

问题：$\cos 75^\circ$ 等于多少？

$75^\circ=45^\circ+30^\circ$，两个角的三角函数值都知道。能不能直接相加？

$$ \cos45^\circ+\cos30^\circ=\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt3}{2}\approx1.573>1 $$

线索：乘 $\ee^{\ii\theta}$ 就是旋转

单位圆上的点 $\ee^{\ii\alpha}=\cos\alpha+\ii\sin\alpha$。再乘 $\ee^{\ii\beta}$，相当于再逆时针转 $\beta$：

$$ \ee^{\ii\alpha}\cdot\ee^{\ii\beta}=\ee^{\ii(\alpha+\beta)}=\cos(\alpha+\beta)+\ii\sin(\alpha+\beta) $$

观察

两次旋转合成：先转 $\alpha$，再转 $\beta$

$f(\beta)=\cos(\alpha+\beta)$（$\alpha$ 固定）

推理①②

① 复数推导：$\ee^{\ii\alpha}\cdot\ee^{\ii\beta}$ 展开

1. 两次旋转合成：$\ee^{\ii(\alpha+\beta)}=\ee^{\ii\alpha}\cdot\ee^{\ii\beta}$

   指数律

2. 右边 $=(\cos\alpha+\ii\sin\alpha)(\cos\beta+\ii\sin\beta)$

   欧拉公式

3. $=(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)+\ii(\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)$

   $\ii^2=-1$

4. 左边 $=\cos(\alpha+\beta)+\ii\sin(\alpha+\beta)$

   欧拉公式

5. 实部、虚部分别相等：

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

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

复数相等

6. 把 $\beta$ 换成 $-\beta$，得差角公式（$\cos$ 偶、$\sin$ 奇） T02

② 数量积推导：$\cos(\alpha-\beta)$

1. $\vec{OA}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$\vec{OB}=(\cos\beta,\sin\beta)$，模长都是 1

   单位圆

2. 按定义：$\vec{OA}\cdot\vec{OB}=1\cdot1\cdot\cos\angle AOB=\cos(\alpha-\beta)$

   夹角余弦等于 $\cos(\alpha-\beta)$

3. 按坐标：$\vec{OA}\cdot\vec{OB}=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$

   参见《向量与几何》V04

4. 两种算法相等：

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

先有差角，再推和角

推理③

③ 旋转保距离：整体转 $-\beta$

同一条弦，两种算法

1. $A(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$B(\cos\beta,\sin\beta)$：

$$ |AB|^2=2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta) $$

两点距离、$\cos^2+\sin^2=1$

2. 整个图形绕 $O$ 转 $-\beta$（乘 $\ee^{-\ii\beta}$）：$B\to B'(1,0)$，$A\to A'(\cos(\alpha-\beta),\sin(\alpha-\beta))$ 旋转

$$ |A'B'|^2=2-2\cos(\alpha-\beta) $$

两点距离

4. 旋转不改变长度：$|AB|=|A'B'|$，得

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

教材证法

5. 复数一句话：$|\ee^{\ii\alpha}-\ee^{\ii\beta}|=|\ee^{-\ii\beta}|\cdot|\ee^{\ii\alpha}-\ee^{\ii\beta}|=|\ee^{\ii(\alpha-\beta)}-1|$ $|\ee^{-\ii\beta}|=1$

结论卡

例题

课堂小测

问题

问题：已知 $\alpha$ 的三角函数，怎样求 $2\alpha$、$\dfrac{\alpha}{2}$ 的？

上一节（T03）有和角公式 $\cos(\alpha+\beta)$、$\sin(\alpha+\beta)$。令 $\beta=\alpha$ 当然可以，但更直接的看法是：

本节要回答三个问题：① $2\alpha$ 的公式；② $\cos^2\alpha$ 怎样“降”成一次的 $\cos2\alpha$；③ 已知 $\cos\alpha$ 怎样求半角。

观察

单位圆上的 $\ee^{\ii\alpha}$、$\ee^{2\ii\alpha}$、$\ee^{3\ii\alpha}$

$f(\alpha)=\cos^2\alpha$ 与 $\dfrac{1+\cos2\alpha}{2}$ 重合

推理

复数推导：平方 $\ee^{\ii\alpha}$

1. $\ee^{2\ii\alpha}=(\ee^{\ii\alpha})^2$

   转两次 $\alpha$ 等于转 $2\alpha$

2. $\cos2\alpha+\ii\sin2\alpha=(\cos\alpha+\ii\sin\alpha)^2$

   欧拉公式

3. $=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha+2\ii\sin\alpha\cos\alpha$

   $\ii^2=-1$

4. 实部、虚部分别相等：

$$ \cos2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha,\quad \sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha $$

复数相等

传统推导：和角公式取 $\beta=\alpha$

1. $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$

   T03

2. 令 $\beta=\alpha$：$\cos2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha$
3. 同理 $\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$，$\tan2\alpha=\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$
4. 用 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ 消去一个：

$$ \cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1=1-2\sin^2\alpha $$

三种形式

降幂 · 半角

降幂（从左往右读）与升幂（从右往左读）

$$ \cos^2\alpha=\frac{1+\cos2\alpha}{2},\qquad \sin^2\alpha=\frac{1-\cos2\alpha}{2} $$

$$ \sin\alpha\cos\alpha=\frac12\sin2\alpha $$

半角：把 $\alpha$ 换成 $\dfrac{\alpha}{2}$

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

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

压轴三倍角

三倍角：立方 $\ee^{\ii\alpha}$

1. $\cos3\alpha+\ii\sin3\alpha=(\cos\alpha+\ii\sin\alpha)^3$

   转三次

2. $=\cos^3\alpha+3\ii\cos^2\alpha\sin\alpha-3\cos\alpha\sin^2\alpha-\ii\sin^3\alpha$

   二项式展开

3. 实部：$\cos3\alpha=\cos^3\alpha-3\cos\alpha(1-\cos^2\alpha)=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha$
4. 虚部：$\sin3\alpha=3(1-\sin^2\alpha)\sin\alpha-\sin^3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha$

例题精讲

课堂小测

问题

问题：$f(x)=\sin x+\sqrt3\cos x$ 的最大值是多少？

$\sin x$ 最大是 $1$，$\sqrt3\cos x$ 最大是 $\sqrt3$，那最大值是 $1+\sqrt3$ 吗？

本课要回答

1. 为什么 $a\sin x+b\cos x$ 总能合成一个 $R\sin(x+\varphi)$？
2. 振幅 $R$ 是多少？辅助角 $\varphi$ 怎么定（看哪个象限）？
3. 复数视角：$(a+b\ii)\ee^{\ii x}$ 的虚部，旋转一圈画出的就是这条曲线。

观察

复数 $a+b\ii$ 转过 $x$，高度画成曲线

淡红虚线是 $a\sin x$，淡蓝虚线是 $b\cos x$，两者逐点相加就是橙色曲线。

不同系数的曲线示例

推理

复数推导

1. 把系数写成复数并化成指数形式：$a+b\ii=R\,\ee^{\ii\varphi}$，$R=\sqrt{a^2+b^2}$

   模与辐角

2. 乘 $\ee^{\ii x}$ 就是转过角 $x$：$(a+b\ii)\ee^{\ii x}=R\,\ee^{\ii(x+\varphi)}$

   乘法 = 旋转

3. 左边展开取虚部：$\operatorname{Im}[(a+b\ii)(\cos x+\ii\sin x)]=a\sin x+b\cos x$

   实×虚 + 虚×实

4. 右边取虚部：$R\sin(x+\varphi)$，于是

$$ a\sin x+b\cos x=R\sin(x+\varphi) $$

虚部相等

传统推导

1. 提出 $R=\sqrt{a^2+b^2}$：$a\sin x+b\cos x=R\left(\dfrac aR\sin x+\dfrac bR\cos x\right)$

   凑平方和为 1

2. $\left(\dfrac aR\right)^2+\left(\dfrac bR\right)^2=1$，点 $\left(\dfrac aR,\dfrac bR\right)$ 在单位圆上，设它对应角 $\varphi$：$\cos\varphi=\dfrac aR,\ \sin\varphi=\dfrac bR$

   定义辅助角

3. $R(\sin x\cos\varphi+\cos x\sin\varphi)=R\sin(x+\varphi)$

   两角和（T04）

4. $\varphi$ 的象限由点 $(a,b)$ 决定，$\tan\varphi=\dfrac ba$ 只能辅助，不能单独定角

   易错

提高向量视角（提高）

$a\sin x+b\cos x=(a,b)\cdot(\sin x,\cos x)\le\sqrt{a^2+b^2}\cdot1$，两向量同向时取等，所以最大值 $=R$。数量积参见《向量与几何》V04。

振幅等于模长：复数的模、向量的长度、曲线的振幅是同一个数。

结论

例题

例 1

求函数 $f(x)=\sin x+\sqrt3\cos x$，$x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 的值域。

解析

1. $a=1,\ b=\sqrt3$，$R=2$，$\cos\varphi=\dfrac12,\ \sin\varphi=\dfrac{\sqrt3}{2}$，$\varphi=\dfrac{\pi}{3}$

   辅助角

2. $f(x)=2\sin\!\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)$

   合成

3. $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\Rightarrow x+\dfrac{\pi}{3}\in\left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{5\pi}{6}\right]$

   整体换元

4. $\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\in\left[\dfrac12,1\right]$，值域 $[1,2]$；$x=\dfrac{\pi}{6}$ 时取最大值 $2$，$x=\dfrac{\pi}{2}$ 时取最小值 $1$

   看单位圆上那段弧

答案：$[1,2]$。

课堂小测

问题

问题：和能不能变成积？

和角公式把 $\sin(\alpha+\beta)$ 拆成乘积之和。反过来呢？

$$ \sin\alpha+\sin\beta=\ ?\qquad \cos\alpha\cos\beta=\ ? $$

解题时“和”不好用（不能约分、不能判断符号），“积”好用；有时又反过来，乘积要拼成 $\cos(A\pm B)$ 才能代入已知。

思路：把三角函数放回复平面

$\cos\alpha+\cos\beta$ 与 $\sin\alpha+\sin\beta$ 恰好是复数

$$ \ee^{\ii\alpha}+\ee^{\ii\beta} $$

的实部和虚部。

提高工具：向量加法的平行四边形法则（参见《向量与几何》V04）。

观察

菱形 $O\,P_\alpha\,S\,P_\beta$

有向长度 $f(\beta)$（$\alpha$ 固定）

差向量 $\ee^{\ii\alpha}-\ee^{\ii\beta}$

推理·和差化积

复数：提出半角 $\ee^{\ii\frac{\alpha+\beta}{2}}$

1. 记 $p=\dfrac{\alpha+\beta}{2},\ q=\dfrac{\alpha-\beta}{2}$，则 $\alpha=p+q,\ \beta=p-q$

   换元

$$ \ee^{\ii\alpha}+\ee^{\ii\beta}=\ee^{\ii p}\left(\ee^{\ii q}+\ee^{-\ii q}\right)=2\cos q\cdot\ee^{\ii p} $$

共轭相加，虚部抵消

3. 取实部：

$$ \cos\alpha+\cos\beta=2\cos\tfrac{\alpha+\beta}{2}\cos\tfrac{\alpha-\beta}{2} $$

实部

4. 取虚部：

$$ \sin\alpha+\sin\beta=2\sin\tfrac{\alpha+\beta}{2}\cos\tfrac{\alpha-\beta}{2} $$

虚部

$$ \ee^{\ii\alpha}-\ee^{\ii\beta}=\ee^{\ii p}\left(\ee^{\ii q}-\ee^{-\ii q}\right)=2\ii\sin q\cdot\ee^{\ii p} $$

乘 $\ii$ 就是转 $90^\circ$

6. $2\ii\sin q(\cos p+\ii\sin p)$ 的实部、虚部：

$$ \cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\tfrac{\alpha+\beta}{2}\sin\tfrac{\alpha-\beta}{2} $$

$$ \sin\alpha-\sin\beta=2\cos\tfrac{\alpha+\beta}{2}\sin\tfrac{\alpha-\beta}{2} $$

$\ii^2=-1$ 带来负号

传统：和角公式相加减

1. 同样令 $\alpha=p+q,\ \beta=p-q$

   换元

2. $\sin(p+q)=\sin p\cos q+\cos p\sin q$

$\sin(p-q)=\sin p\cos q-\cos p\sin q$

T03 和角公式

3. 两式相加：$\sin\alpha+\sin\beta=2\sin p\cos q$；相减：$\sin\alpha-\sin\beta=2\cos p\sin q$ 交叉项抵消
4. $\cos(p\pm q)=\cos p\cos q\mp\sin p\sin q$

   和角公式

5. 相加：$\cos\alpha+\cos\beta=2\cos p\cos q$；相减：$\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin p\sin q$

   注意负号

6. 对比：复数一行推出两个公式（实部、虚部同时得到），负号来自 $\ii^2=-1$，不用记。

   一次两式

推理·积化和差

复数：两个乘积相加

1. $\ee^{\ii x}\ee^{\ii y}=\ee^{\ii(x+y)}$，$\ee^{\ii x}\ee^{-\ii y}=\ee^{\ii(x-y)}$

   乘法 = 转角相加

2. $\cos x=\dfrac{\ee^{\ii x}+\ee^{-\ii x}}{2}$，$\sin x=\dfrac{\ee^{\ii x}-\ee^{-\ii x}}{2\ii}$

   欧拉公式反解

$$ \cos x\cos y=\tfrac14\left(\ee^{\ii x}+\ee^{-\ii x}\right)\left(\ee^{\ii y}+\ee^{-\ii y}\right) $$

$$ =\tfrac12\left[\cos(x+y)+\cos(x-y)\right] $$

四项两两共轭

4. 同理 $\sin x\sin y=-\tfrac14(\ee^{\ii x}-\ee^{-\ii x})(\ee^{\ii y}-\ee^{-\ii y})=-\tfrac12[\cos(x+y)-\cos(x-y)]$ 分母 $(2\ii)^2=-4$

传统：和差化积倒过来读

1. 和差化积中令 $x=\dfrac{\alpha+\beta}{2},\ y=\dfrac{\alpha-\beta}{2}$，即 $\alpha=x+y,\ \beta=x-y$

   同一换元

$$ \sin x\cos y=\tfrac12\left[\sin(x+y)+\sin(x-y)\right] $$

由正弦和的公式

$$ \cos x\cos y=\tfrac12\left[\cos(x+y)+\cos(x-y)\right] $$

由余弦和的公式

$$ \sin x\sin y=-\tfrac12\left[\cos(x+y)-\cos(x-y)\right] $$

由余弦差的公式，负号别丢

结论卡

例题与迁移

提高迁移：三角形中的和差化积

$A+B=\pi-C$，所以半角 $\dfrac{A+B}{2}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{C}{2}$：

$$ \sin A+\sin B=2\cos\tfrac{C}{2}\cos\tfrac{A-B}{2} $$

$C$ 固定时，$\sin A+\sin B$ 在 $A=B$ 时最大，这正是外接圆模型里“等腰时 $a+b$ 最大”（J 组 M1）。

压轴压轴档：$\sin A+\sin B+\sin C=4\cos\tfrac A2\cos\tfrac B2\cos\tfrac C2$。把 $\sin C=2\sin\tfrac C2\cos\tfrac C2$ 与上式合并，再对 $\cos\tfrac{A-B}{2}+\cos\tfrac{A+B}{2}$ 和差化积。

课堂小测

问题

问题

已知 $\alpha,\beta$ 为锐角，$\cos\alpha=\dfrac17$，$\cos(\alpha+\beta)=-\dfrac{11}{14}$，求 $\beta$。

• 已知的是 $\alpha$ 与 $\alpha+\beta$，要的是 $\beta$：能不能用已知角“拼”出所求角？
• 算出 $\cos\beta$ 或 $\sin\beta$ 之后，怎样确定 $\beta$ 只有一个值？

观察：配角就是旋转

单位圆：$\ee^{\ii\beta}=\ee^{\ii(\alpha+\beta)}\cdot\ee^{-\ii\alpha}$

配角与逆向旋转

推理

复数推导

1. $\ee^{\ii\beta}=\ee^{\ii(\alpha+\beta)}\,\ee^{-\ii\alpha}$

   角相减 = 复数相除

2. $=[\cos(\alpha+\beta)+\ii\sin(\alpha+\beta)](\cos\alpha-\ii\sin\alpha)$
3. 取实部：$\cos\beta=\cos(\alpha+\beta)\cos\alpha+\sin(\alpha+\beta)\sin\alpha$

   实部为 $\cos$

4. 取虚部：$\sin\beta=\sin(\alpha+\beta)\cos\alpha-\cos(\alpha+\beta)\sin\alpha$

   虚部为 $\sin$

传统推导

1. 配角：$\beta=(\alpha+\beta)-\alpha$

   已知角拼所求角

2. 差角公式：$\cos\beta=\cos[(\alpha+\beta)-\alpha]$
3. 先补全：$\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}$，$\sin(\alpha+\beta)$ 的符号由 $\alpha+\beta\in(0,\pi)$ 定

   范围定符号

4. 常见配角：$2\alpha=(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)$，$\alpha+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}-\left(\dfrac{\pi}{4}-\alpha\right)$

   互余配角

角范围数轴

角范围数轴：范围相加相减

三种角范围

规则

• 和：下限加下限，上限加上限。
• 差 $\alpha-\beta$：$\alpha$ 的下限减 $\beta$ 的上限，$\alpha$ 的上限减 $\beta$ 的下限。
• 压缩范围：已知 $\cos\alpha=\frac17<\frac12$，可把 $\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$ 压到 $(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$，进一步定符号。

选 $\sin$ 还是 $\cos$

在 $(0,\pi)$ 上：同一个 $\sin$ 值对应两个角

给值求角怎么选

• 角在 $(0,\pi)$：用 $\cos$（单调）。
• 角在 $\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)$：用 $\sin$（单调）。
• 角在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$：两者都行。

结论卡

例题精讲

课堂小测

问题

问题 1：只知道 $\tan\alpha=2$

不求 $\sin\alpha,\cos\alpha$，能否直接算出

$$ \frac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha},\qquad \sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha\ ? $$

问题 2：只知道 $\sin\alpha+\cos\alpha=\frac15$

能否求出 $\sin\alpha\cos\alpha$？能否求出 $\sin\alpha-\cos\alpha$？

观察·齐次

齐次式：$P$ 沿射线伸缩，比值不变

分子分母同除以 $\cos^n\alpha$

$$ \dfrac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha}=\dfrac{\tan\alpha+1}{\tan\alpha-1} $$

提高整式（分母是 1）先写 $1=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$，补成“二次比二次”，再同除以 $\cos^2\alpha$。

$\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha$：“1”的代换

$$ \sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha=\dfrac{\tan^2\alpha+\tan\alpha}{\tan^2\alpha+1} $$

$\dfrac{2\sin\alpha-\cos\alpha}{\sin\alpha+3\cos\alpha}$

$$ \dfrac{2\sin\alpha-\cos\alpha}{\sin\alpha+3\cos\alpha}=\dfrac{2\tan\alpha-1}{\tan\alpha+3} $$

观察·换元 $t$

单位圆与直线 $x\pm y=t$

$t$ 是 $\alpha$ 的函数

$x-y=t$

推理

复数视角

1. $z=\ee^{\ii\alpha}=\cos\alpha\,(1+\ii\tan\alpha)$

   提出 $\cos\alpha$

2. $n$ 次齐次式比值里 $\cos^n\alpha$ 约掉，只剩方向 $1+\ii\tan\alpha$

   只认方向

3. $1=|z|^2=z\bar z=\cos^2\alpha+\sin^2\alpha$

   “1”是模长

4. $(1-\ii)z=(\cos\alpha+\sin\alpha)+\ii(\sin\alpha-\cos\alpha)$

   乘 $\sqrt2\ee^{-\ii\pi/4}$：旋转 $-\frac{\pi}{4}$、放大 $\sqrt2$

5. $|(1-\ii)z|^2=2$：

$$ (\sin\alpha+\cos\alpha)^2+(\sin\alpha-\cos\alpha)^2=2 $$

模长相乘

6. $\sin\alpha+\cos\alpha=\mathrm{Re}\big[(1-\ii)z\big]=\sqrt2\cos\!\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)\in[-\sqrt2,\sqrt2]$ 实部
7. 令 $u=\tan\frac{\alpha}{2}$：$z=\big(\ee^{\ii\alpha/2}\big)^2=\dfrac{(1+\ii u)^2}{1+u^2}$，实部、虚部即万能公式

   半角方向

传统推导

1. $\dfrac{a\sin\alpha+b\cos\alpha}{c\sin\alpha+d\cos\alpha}=\dfrac{a\tan\alpha+b}{c\tan\alpha+d}$

   同除以 $\cos\alpha\neq0$

2. $\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha=\dfrac{\sin^2\alpha+\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}=\dfrac{\tan^2\alpha+\tan\alpha}{\tan^2\alpha+1}$

   “1”的代换

3. $t=\sin\alpha+\cos\alpha\Rightarrow t^2=1+2\sin\alpha\cos\alpha$

   平方

$$ \sin\alpha\cos\alpha=\frac{t^2-1}{2} $$

互化

5. $(\sin\alpha-\cos\alpha)^2=1-2\sin\alpha\cos\alpha=2-t^2$ 和、差、积知一求二
6. $\sin\alpha-\cos\alpha$ 的符号由 $\alpha$ 的范围定

   开方要定号

7. $\sin\alpha=\dfrac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{\alpha}{2}},\ \cos\alpha=\dfrac{1-\tan^2\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{\alpha}{2}}$

   二倍角 + “1”的代换

结论卡

例题精讲

课堂小测

问题

问题

三角形里，边和角是两种量：边是长度，角是转过的量。它们之间有没有一个统一的比例？

回忆：同弧所对的圆周角相等

弦 $BC$ 在圆上所对的圆周角处处相等。反过来：对 $BC$ 张角恒为 $\angle A$ 的点，落在一段圆弧上，这段弧叫“隐圆”。

观察

M1 外接圆：$A$ 位于同一圆弧，$\angle A$ 不变

三个比值始终相等

推理

几何：作直径 $BD$

1. 过 $B$ 作直径 $BD$，$BD=2R$

   作辅助线

2. $\angle D=\angle A$

   同弧 $BC$ 所对圆周角

3. $\angle BCD=90^\circ$

   直径所对圆周角

4. $\text{Rt}\triangle BCD$ 中：$a=BC=BD\sin D=2R\sin A$

   正弦的定义

5. $A$ 为钝角时 $D$ 在另一侧弧上，$\angle D=\pi-A$，$\sin D=\sin A$，结论不变；$A$ 为直角时 $a$ 本身是直径

   分类

代数：面积算两遍

1. 以 $AC$ 为底，高 $h=c\sin A$，所以 $S=\dfrac12 bc\sin A$

   高 = 斜边 × 正弦

2. 同理 $S=\dfrac12 ca\sin B=\dfrac12 ab\sin C$

   轮换

3. 三式同除以 $\dfrac12 abc$： $$\frac{\sin A}{a}=\frac{\sin B}{b}=\frac{\sin C}{c}$$

   取倒数即正弦定理

4. 这个公共值是多少？代数法看不出来，几何法给出：等于 $2R$

   两法互补

5. 合起来：$S=\dfrac12 ab\sin C=\dfrac{abc}{4R}$

   代入 $\sin C=\frac{c}{2R}$

结论卡

迁移

大边对大角：$b=2R\sin B$

$f(B)=b=2R\sin B$，$B\in\left(0,\dfrac{2\pi}{3}\right)$

例题精讲

课堂小测

问题

问题

$\triangle ABC$ 中，已知 $a=3$，$b=2$，夹角 $C$ 可以变。把 $C$ 从 $0$ 张到 $\pi$，第三边 $c$ 怎样变化？

• $C=\dfrac{\pi}{2}$ 时：勾股定理 $c^2=a^2+b^2=13$。
• $C$ 变小，$c$ 变短；$C$ 变大，$c$ 变长。缺的是一个“修正项”，它应当在 $C=\frac{\pi}{2}$ 时为 $0$。

观察

向量三角形：$\vec{CB}$（蓝）、$\vec{CA}$（红），$c=|\vec{CB}-\vec{CA}|$

$c=f(C)=\sqrt{13-12\cos C}$

推理

几何：向量推导

1. $\vec{AB}=\vec{CB}-\vec{CA}$

   三角形法则

2. $c^2=|\vec{CB}-\vec{CA}|^2=|\vec{CB}|^2+|\vec{CA}|^2-2\,\vec{CB}\cdot\vec{CA}$

   平方展开

3. $\vec{CB}\cdot\vec{CA}=ab\cos C$

   数量积，参见《向量与几何》V04

4. $$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$$

   余弦定理

代数：坐标推导

1. 取 $C(0,0)$，$B(a,0)$，$A(b\cos C,\ b\sin C)$

   三角函数定义

2. $c^2=(b\cos C-a)^2+(b\sin C)^2$

   两点距离

3. $=b^2(\cos^2C+\sin^2C)-2ab\cos C+a^2$

   展开

4. $$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$$

   $\cos^2+\sin^2=1$

5. 虚线是 $A$ 在 $CB$ 上的投影 $b\cos C$：修正项 $2ab\cos C=2a\cdot(b\cos C)$

   投影解释

结论卡

迁移

迁移：三种用法

1. 求边（SAS）：已知两边及夹角，直接代入 $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$。
2. 求角（SSS）：已知三边，用推论求 $\cos$，余弦在 $(0,\pi)$ 上单调，角唯一。
3. 列方程（SSA）：已知 $a,b,A$，把 $c$ 当未知数：$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ 是 $c$ 的一元二次方程，正根个数 = 三角形个数（见 J04 圆规模型）。
4. 与正弦定理分工：涉及“边的平方”“边的和差积”用余弦定理；涉及“边比 = 正弦比”用正弦定理。

例题精讲

课堂小测

观察

M2 圆规：$A=\dfrac{\pi}{6}$，$b=2$，改变边长 $a$

交点个数 = 三角形个数

推理

几何：圆与射线

1. $B$ 在射线 $AB$ 上，且 $|CB|=a$：$B$ 是以 $C$ 为圆心、$a$ 为半径的圆与射线的交点

   圆规

2. 圆心 $C$ 到射线所在直线的距离 $h=b\sin A$

   直角三角形

3. $a<b\sin A$：圆与直线相离，0 个

   $d>r$

4. $a=b\sin A$：相切，1 个（直角三角形）

   $d=r$

5. $b\sin A<a<b$：$A$ 在圆外，两个交点都在射线上，2 个

   $d<r$，$A$ 在圆外

6. $a\ge b$：$A$ 在圆内或圆上，射线上只剩 1 个

   另一交点在反向延长线上或就是 A

代数：关于 $c$ 的二次方程

1. 余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$，整理成 $$c^2-2b\cos A\cdot c+(b^2-a^2)=0$$

   $c$ 是未知数

2. $\Delta=4b^2\cos^2A-4(b^2-a^2)=4(a^2-b^2\sin^2A)$

   判别式

3. $\Delta<0\iff a<b\sin A$：无实根，0 个

   对应相离

4. $\Delta=0\iff a=b\sin A$：$c=b\cos A>0$，1 个

   对应相切

5. $\Delta>0$：$c_1+c_2=2b\cos A>0$，$c_1c_2=b^2-a^2$

   韦达定理

6. $a<b$ 时积为正，两正根，2 个；$a>b$ 时积为负，一正一负，1 个；$a=b$ 时一根为 0 舍去，1 个

   $c$ 必须为正

结论

提高钝角

$A$ 为钝角：$A=\dfrac{2\pi}{3}$，$b=2$

钝角（或直角）只看 $a$ 与 $b$

1. 几何：射线朝“远离 $C$”的方向张开，$A$ 是射线上离 $C$ 最近的点

   钝角

2. $a\le b$：圆碰不到射线（$a=b$ 时只碰到 $A$ 本身），0 个；$a>b$：1 个

   圆规

3. 代数：$c_1+c_2=2b\cos A<0$，$c_1c_2=b^2-a^2$；只有 $a>b$ 时有一个正根

   韦达定理

4. 三角形里钝角最大，所以对边 $a$ 必须最长

   大边对大角

例题

课堂小测

问题

问题：条件里边和角混在一起，怎么办？

$\triangle ABC$ 中 $2b\cos B=a\cos C+c\cos A$。式子里既有边又有角，必须先“统一语言”：要么全化成角（$\sin$），要么全化成边。

• 角化边：用正弦定理 $\sin A=\dfrac{a}{2R}$ 或余弦定理 $\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$。
• 边化角：用 $a=2R\sin A$，前提是每项边的次数相同（齐次），$2R$ 才能约掉。

观察

外接圆母模型：$a=2$，$A=\dfrac{\pi}{3}$，改变角 $B$

两段射影之和恒为 $a$

$f(B)=c\cos B=\dfrac{4}{\sqrt3}\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}-B\right)\cos B$：

推理

几何（作高）

1. 由 $A$ 向 $BC$ 作高 $AH$

   作辅助线

2. $BH=c\cos B$

   直角三角形 $ABH$

3. $HC=b\cos C$

   直角三角形 $ACH$

4. $$a=BH+HC=b\cos C+c\cos B$$

   射影定理

代数

1. 余弦定理：$b\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a}$，$c\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}$

   角化边

2. 相加：$\dfrac{2a^2}{2a}=a$

   消去

3. 或边化角：$\sin A=\sin B\cos C+\cos B\sin C=\sin(B+C)$

   两角和

4. 差式：$a\cos B-b\cos A=\dfrac{a^2-b^2}{c}$，角化后为 $2R\sin(A-B)$

   $a\cos B-b\cos A$ 型

结论卡

迁移

迁移：$\sin$ 齐次式

$\sin^2A+\sin^2B-\sin^2C=\sin A\sin B$ 每项都是 $\sin$ 的二次，乘 $(2R)^2$ 得 $a^2+b^2-c^2=ab$，于是 $\cos C=\dfrac12$，$C=\dfrac{\pi}{3}$。

反例：$a+\sin B=2$ 不齐次，不能直接把 $a$ 换成 $\sin A$。

数量积视角：$\vec{BC}=\vec{BA}+\vec{AC}$ 两边点乘 $\vec{BC}$ 也得射影定理，参见《向量与几何》V04。

例题精讲

课堂小测

问题

问题

初中公式 $S=\tfrac12\times$底$\times$高。可解三角形里常常只知道边和角，高没有直接给出。

观察

外接圆隐圆 M1：$a=2,\ A=\frac{\pi}{3}$，改变角 $B$

七个公式表示同一面积

$\tfrac12ab\sin C$、$\tfrac12bc\sin A$、$\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$、$rp$、$\dfrac{abc}{4R}$、$\tfrac12|x_1y_2-x_2y_1|$、$\tfrac14(a^2+b^2-c^2)\tan C$。最后一式在 $C=\pi/2$ 时不适用。

$S=f(B)$，淡绿为锐角三角形范围

推理

几何（高与圆）

1. 以 $a$ 为底，$A$ 到 $BC$ 的高 $h=b\sin C$

   直角三角形

2. $S=\tfrac12ah=\tfrac12ab\sin C$

   底×高÷2

3. 内心 $I$ 把三角形 拆成三块，高都是 $r$：$S=\tfrac12r(a+b+c)=rp$

   割补

4. 外接圆：$\sin C=\dfrac{c}{2R}$，代入得 $S=\dfrac{abc}{4R}$

   正弦定理

代数（三边与坐标）

1. $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，$\sin C=\sqrt{1-\cos^2C}$

   余弦定理

2. $$ \begin{aligned} 16S^2&=4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2\\ &=(a+b+c)(-a+b+c)\\ &\quad\cdot(a-b+c)(a+b-c). \end{aligned} $$

   平方差两次

3. $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$，$p=\frac{a+b+c}{2}$

   海伦公式

4. $\vec{AB}=(x_1,y_1),\ \vec{AC}=(x_2,y_2)$：$S=\tfrac12|x_1y_2-x_2y_1|$

   $\sin^2=1-\cos^2$ 与数量积，参见《向量与几何》V04

结论卡

提高迁移 $\tan C$

迁移：面积与余弦定理在 $\tan C$ 处衔接

1. 余弦定理：$a^2+b^2-c^2=2ab\cos C$
2. 面积：$S=\tfrac12ab\sin C$
3. 两式相除：$\dfrac{S}{a^2+b^2-c^2}=\dfrac14\tan C$，即 $S=\tfrac14(a^2+b^2-c^2)\tan C$

例题精讲

课堂小测

问题

$a=2,\ A=\frac{\pi}{3}$ 固定，改变顶点 $A$ 的位置（参数：角 $B$）

边、角都在变，什么不变？

几何路：隐圆

几何路：定边定角 ⇒ 隐圆

弧中点：等腰时最大

1. $a=2$、$A=\frac{\pi}{3}$ 固定，$A$ 在外接圆的弧上，$R=\dfrac{a}{2\sin A}=\dfrac{2\sqrt3}{3}$。

   同弧所对的圆周角相等

2. 面积 $S=\frac12 a h$，底不变，只看高 $h$。$h$ 最大时 $A$ 在弧的最高点，也就是弧中点，此时 $b=c$。

   圆上离弦最远的点

3. $h_{\max}=R+R\cos A=\sqrt3$，所以 $S_{\max}=\frac12\cdot2\cdot\sqrt3=\sqrt3$。

   圆心到 $BC$ 的距离是 $R\cos A$

4. 求 $b+c$：延长 $CA$ 到 $D$，使 $AD=AB=c$，则 $CD=b+c$。$\triangle ABD$ 等腰，外角 $\angle BAC=2\angle D$，所以 $\angle D=\frac{A}{2}=\frac{\pi}{6}$。

   把 $b+c$ 拼成一条线段

5. $\angle BDC$ 固定，$D$ 在过 $B$、$C$ 的另一个圆上，半径 $\dfrac{a}{2\sin\frac{\pi}{6}}=2$。$CD$ 是这个圆的弦，不超过直径： $$b+c=CD\le 4$$

   取等时 $CD$ 过圆心，$\angle CBD=\frac{\pi}{2}$，此时 $b=c$。第二个圆的圆心正是第一个圆的弧中点

函数路：$f(B)$

函数路：所求量 $=f(B)$，$B$ 有定义域

$f(B)=b+c=4\sin\left(B+\frac{\pi}{6}\right)$

范围（三角形）：$b+c\in (2,\ 4]$

化成单角函数

1. $b+c=2R(\sin B+\sin C)=\dfrac{4}{\sqrt3}\left[\sin B+\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}-B\right)\right]$

2. $=\dfrac{4}{\sqrt3}\left(\dfrac32\sin B+\dfrac{\sqrt3}{2}\cos B\right)=4\sin\left(B+\dfrac{\pi}{6}\right)$

3. 三角形：$B+\frac{\pi}{6}\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right)$，$b+c\in(2,4]$；锐角：$B+\frac{\pi}{6}\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right)$，$b+c\in(2\sqrt3,4]$。驻点 $B=\frac{\pi}{3}$（弧中点）在两种约束带内。

面积 S

$f(B)=S=\frac{2\sqrt3}{3}\sin\left(2B-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\sqrt3}{3}$

范围（三角形）：$S\in (0,\ \sqrt3]$

1. $S=\dfrac12bc\sin A=\dfrac{4\sqrt3}{3}\sin B\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}-B\right)=\dfrac{4\sqrt3}{3}\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\sin B\cos B+\dfrac12\sin^2B\right)$

2. $=\sin2B-\dfrac{\sqrt3}{3}\cos2B+\dfrac{\sqrt3}{3}=\dfrac{2\sqrt3}{3}\sin\left(2B-\dfrac{\pi}{6}\right)+\dfrac{\sqrt3}{3}$

   降幂（T04）+ 辅助角（T05）

3. 三角形：$2B-\frac{\pi}{6}\in\left(-\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6}\right)$，$S\in(0,\sqrt3]$；锐角：$2B-\frac{\pi}{6}\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right)$，$S\in\left(\frac{2\sqrt3}{3},\sqrt3\right]$。驻点仍是 $B=\frac{\pi}{3}$。

b + 2c（不对称）

$f(B)=b+2c=\frac{4\sqrt{21}}{3}\sin(B+\varphi),\ \tan\varphi=\frac{\sqrt3}{2}$

范围（三角形）：$b+2c\in \left(2,\ \frac{4\sqrt{21}}{3}\right]$

1. $b+2c=\dfrac{4}{\sqrt3}\left[\sin B+2\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}-B\right)\right]=\dfrac{4}{\sqrt3}\left(2\sin B+\sqrt3\cos B\right)$

2. $=\dfrac{4\sqrt{21}}{3}\sin(B+\varphi)$，$\tan\varphi=\dfrac{\sqrt3}{2}$，$\varphi$ 不是特殊角

   振幅 $\frac{4}{\sqrt3}\sqrt{2^2+3}$

3. 驻点 $B_0=\frac{\pi}{2}-\varphi\approx49.1^\circ$，不在弧中点（$b\ne c$），基本不等式凑不出来。$B_0$ 在两种约束带内，最大值 $\frac{4\sqrt{21}}{3}$ 取得到；另一端比较两个端点：三角形 $(2,\frac{4\sqrt{21}}{3}]$，锐角 $\left(\frac{8\sqrt3}{3},\frac{4\sqrt{21}}{3}\right]$（$B\to\frac{\pi}{2}$ 一端更小）。

b（驻点在边界）

$f(B)=b=\frac{4\sqrt3}{3}\sin B$

范围（三角形）：$b\in \left(0,\ \frac{4\sqrt3}{3}\right]$

1. $b=2R\sin B=\dfrac{4\sqrt3}{3}\sin B$

2. 三角形：$B\in\left(0,\frac{2\pi}{3}\right)$，驻点 $B=\frac{\pi}{2}$（直角三角形）在定义域内，$b\in\left(0,\frac{4\sqrt3}{3}\right]$。

3. 锐角：$B\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right)$，驻点 $B=\frac{\pi}{2}$ 恰是带的端点，取不到：$b\in\left(\frac{2\sqrt3}{3},\frac{4\sqrt3}{3}\right)$，没有最大值。

锐角三角形

范围（锐角三角形）：$b+c\in (2\sqrt3,\ 4]$

驻点在不在带内

$k=1$ 时的函数示例

不等式路

不等式路：余弦定理 + 基本不等式（解T T3 技术 B）

周长固定的矩形里，正方形面积最大

1. 余弦定理：$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$，即 $$4=b^2+c^2-bc$$

   只剩 $b$、$c$ 两个量

2. 求 $bc$：$b^2+c^2\ge 2bc$，所以 $4\ge 2bc-bc=bc$，$bc\le4$，$S=\frac{\sqrt3}{4}bc\le\sqrt3$。

   与几何路结果相同

3. 求 $b+c$：$4=(b+c)^2-3bc\ge(b+c)^2-3\left(\dfrac{b+c}{2}\right)^2=\dfrac{(b+c)^2}{4}$，所以 $$b+c\le 4$$

   $bc\le\left(\frac{b+c}{2}\right)^2$：矩形面积不超过同周长正方形

4. 两处取等都是 $b=c$：矩形变成正方形，$A$ 在弧中点。

   代数的“取等”就是几何的“弧中点”

对照 · 结论卡

三种做法对照

例题精讲

例 2锐角三角形中 $b+c$ 的范围

锐角 $\triangle ABC$ 中，$A=\frac{\pi}{3}$，$a=\sqrt3$。求 $b+c$ 的取值范围。

解析

1. $2R=\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{\sqrt3}{\frac{\sqrt3}{2}}=2$，$C=\frac{2\pi}{3}-B$。

   正弦定理

2. $b+c=2\left[\sin B+\sin\left(\frac{2\pi}{3}-B\right)\right]=2\left(\frac32\sin B+\frac{\sqrt3}{2}\cos B\right)=2\sqrt3\sin\left(B+\frac{\pi}{6}\right)$。

   展开后用辅助角公式

3. 锐角：$B<\frac{\pi}{2}$，$C=\frac{2\pi}{3}-B<\frac{\pi}{2}$，所以 $\frac{\pi}{6}<B<\frac{\pi}{2}$。

   两个条件都要写

4. $B+\frac{\pi}{6}\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right)$，$\sin\left(B+\frac{\pi}{6}\right)\in\left(\frac{\sqrt3}{2},1\right]$。

   驻点 $B=\frac{\pi}{3}$ 在带内，最大值取得到

5. $$b+c\in\left(3,\ 2\sqrt3\right]$$

   若只用基本不等式，只能得到 $b+c\le2\sqrt3$

答案：$b+c\in(3,2\sqrt3]$。

课堂小测

问题

问题：条件只给了三角函数，怎么看出三角形的样子？

在 $\triangle ABC$ 中，若 $\sin 2A=\sin 2B$，它是什么三角形？若 $\sin A=2\sin B\cos C$ 呢？

观察

三角形的形状与内角关系

内角和代换恒成立

推理

几何：$y=\sin 2x$ 上一条水平线交出两个角

代数：$\sin 2A=\sin 2B$

1. $2A,2B\in(0,2\pi)$，且 $2A+2B\lt 2\pi$

   内角和

2. $\sin 2A=\sin 2B\Rightarrow 2A=2B$ 或 $2A+2B=\pi$

   正弦值相等：相等或互补

3. $A=B$（等腰）或 $A+B=\dfrac{\pi}{2}$（直角）

   两种情况都要写

4. 对比：$\sin A=\sin B\Rightarrow A=B$（因为 $A+B=\pi$ 不可能）

   注意差别

5. $\sin A=2\sin B\cos C$：左边换成 $\sin(B+C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$

   代换

6. $\Rightarrow\sin(B-C)=0\Rightarrow B=C$，等腰

   $B-C\in(-\pi,\pi)$

结论卡

提高迁移

迁移：正切恒等式

1. $\tan C=-\tan(A+B)=-\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}$

   代换

2. 去分母：$\tan C-\tan A\tan B\tan C=-\tan A-\tan B$

   整理

3. $$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$$

   三角形内角的正切恒等式

4. 推论：锐角三角形三个正切都正；钝角三角形两边同为负

   形状判定

例题精讲

课堂小测

问题

问题

已知 $\triangle ABC$ 的三边 $a,b,c$，$D$ 是 $BC$ 上一点，$BD:DC=\lambda$。

1. $AD$ 是中线（$\lambda=1$）时，$AD$ 等于多少？
2. $AD$ 是角平分线时，$D$ 分 $BC$ 的比 $\lambda$ 是多少？$AD$ 又是多少？
3. 一般的 $\lambda$ 呢？

三条思路，一个模型

• 补角余弦：$\angle ADB+\angle ADC=\pi$，所以 $\cos\angle ADB=-\cos\angle ADC$。
• 向量法：$\overrightarrow{AD}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\lambda\overrightarrow{AC}}{1+\lambda}$，两边平方。
• 面积分割：$S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ADC}=S_{\triangle ABC}$，适合角平分线。

观察

M3 分点 $D$：$BD:DC=\lambda$

三种方法并排算 $AD$

推理 · 补角与向量

几何：补角余弦

1. 设 $AD=m$，$BD=\dfrac{\lambda a}{1+\lambda}$，$DC=\dfrac{a}{1+\lambda}$

   分点

2. $\triangle ABD$：$c^2=m^2+BD^2-2m\cdot BD\cos\angle ADB$

   余弦定理

3. $\triangle ADC$：$b^2=m^2+DC^2-2m\cdot DC\cos\angle ADC$

   余弦定理

4. $\cos\angle ADB=-\cos\angle ADC$，第一式乘 $DC$、第二式乘 $BD$ 相加，余弦项抵消

   补角

5. 中线 $\lambda=1$： $$AD^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$$

   中线长公式

6. 一般 $\lambda$： $$AD^2=\frac{c^2+\lambda b^2}{1+\lambda}-\frac{\lambda a^2}{(1+\lambda)^2}$$

   斯图尔特定理

代数：向量法

1. $\overrightarrow{BD}=\dfrac{\lambda}{1+\lambda}\overrightarrow{BC}$，所以 $\overrightarrow{AD}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\lambda\overrightarrow{AC}}{1+\lambda}$

   分点公式

2. 平方：$(1+\lambda)^2AD^2=c^2+\lambda^2b^2+2\lambda bc\cos A$

   数量积，参见 V04

3. 中线： $$AD^2=\frac{b^2+c^2+2bc\cos A}{4}$$

   $\lambda=1$

4. 再用 $2bc\cos A=b^2+c^2-a^2$，与补角余弦法结果一致

   余弦定理

推理 · 面积分割

几何：面积分割

1. $S_{\triangle ABD}:S_{\triangle ADC}=BD:DC$

   同高

2. 角平分线：$S_{\triangle ABD}:S_{\triangle ADC}=\dfrac12 c\cdot AD\sin\dfrac A2:\dfrac12 b\cdot AD\sin\dfrac A2=c:b$

   夹角相等

3. $$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac cb$$

   角平分线定理

4. $\dfrac12 c\cdot AD\sin\dfrac A2+\dfrac12 b\cdot AD\sin\dfrac A2=\dfrac12 bc\sin A$

   面积相加

5. $$AD=\frac{2bc\cos\frac A2}{b+c}$$

   角平分线长

代数：正弦定理验证

1. $\triangle ABD$：$\dfrac{BD}{\sin\frac A2}=\dfrac{c}{\sin\angle ADB}$

   正弦定理

2. $\triangle ADC$：$\dfrac{DC}{\sin\frac A2}=\dfrac{b}{\sin\angle ADC}$

   正弦定理

3. $\sin\angle ADB=\sin\angle ADC$，两式相除：$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac cb$

   补角正弦相等

4. 代入 $\lambda=\dfrac cb$ 到向量式：$(b+c)^2AD^2=2b^2c^2(1+\cos A)=4b^2c^2\cos^2\dfrac A2$

   倍角公式

结论卡

迁移 · $f(A)$

固定 $AB=2$，$AC=3$，让角 $A$ 变

$AD=f(A)$

角平分线 $AD$ 的函数关系

例题精讲

课堂小测

问题

四根杆铰接成的四边形

四边形 $ABCD$ 中，$AB=2,\ BC=6,\ CD=4,\ DA=4$。四根杆长度不变，但铰接处能转动，所以形状不唯一。

1. 形状由什么决定？只要知道一个角 $A$ 够不够？
2. $A$ 变了，对角 $C$ 跟着怎么变？
3. 面积 $S$ 什么时候最大？那时四边形有什么特征？

思路：连对角线

连 $BD$，四边形分成 $\triangle ABD$ 与 $\triangle CBD$。$BD$ 是两个三角形的公共边：

$$\begin{aligned}BD^2&=AB^2+AD^2-2\,AB\cdot AD\cos A\\&=CB^2+CD^2-2\,CB\cdot CD\cos C\end{aligned}$$

观察

角 $A$ 决定四边形的形状及对角 $C$

面积 $S(A)=4\sin A+12\sin C$

推理

几何（模型）

1. 连对角线 $BD$，切成 $\triangle ABD$ 与 $\triangle CBD$，$BD$ 是公共边

   分割

2. 两次余弦定理：$20-16\cos A=BD^2=52-48\cos C$

   公共边

3. 整理得约束 $3\cos C-\cos A=2$：一个 $A$ 对应一个 $C$

   单变量

4. 若 $ABCD$ 内接于圆，则 $A+C=\pi$（圆周角所对弧合起来是整圆）

   对角互补

5. 代入 $\cos C=-\cos A$：$3(-\cos A)-\cos A=2\Rightarrow\cos A=-\dfrac12$，$A=\dfrac{2\pi}{3},\ C=\dfrac{\pi}{3}$

   求角

6. $BD^2=20-16\cdot(-\tfrac12)=28$，$BD=2\sqrt7$

   回代

代数（面积最大）

1. $S=\tfrac12\cdot2\cdot4\sin A+\tfrac12\cdot6\cdot4\sin C=4(\sin A+3\sin C)$

   两块面积

2. 约束：$3\cos C-\cos A=2$

   几何推导第 3 步

3. 两式平方相加：$\left(\dfrac S4\right)^2+2^2=1+9+6(\sin A\sin C-\cos A\cos C)$

   平方相加

4. $\dfrac{S^2}{16}=6-6\cos(A+C)$

   和角公式

5. $\cos(A+C)\ge-1$，当且仅当 $A+C=\pi$ 取等：$S_{\max}^2=16\cdot12$，$S_{\max}=8\sqrt3$

   取等条件

6. 一般地（布雷特施奈德）：$S^2=(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)-abcd\cos^2\dfrac{A+C}{2}$，四边固定时内接四边形面积最大

   压轴布雷特施奈德公式

结论

迁移·扇形

半圆内接四边形：弦长 $=2r\sin\dfrac{\alpha}{2}$

半径 $1$，$AB$ 为直径，$C,D$ 在半圆上且 $BC=CD$。圆心角 $\theta$ 是唯一参数：$BC=CD=2\sin\dfrac\theta2$，$\angle AOD=\pi-2\theta$，$AD=2\cos\theta$。

周长 $l(\theta)=2+4\sin\dfrac\theta2+2\cos\theta$

压轴托勒密

什么时候 $AC\cdot BD=AB\cdot CD+AD\cdot BC$？

托勒密不等式

任意凸四边形 $AC\cdot BD\le AB\cdot CD+AD\cdot BC$；四点共圆时取等。

例题精讲

课堂小测

问题

塔底到不了，怎么测塔高？

测量的三个“角”

• 仰角：视线在水平线上方，视线与水平线的夹角。
• 俯角：视线在水平线下方，视线与水平线的夹角。从 $P$ 看 $A$ 的俯角 = 从 $A$ 看 $P$ 的仰角（内错角）。
• 方位角：从正北方向顺时针转到目标方向的角，范围 $[0^\circ,360^\circ)$；“北偏东 $30^\circ$”即方位角 $30^\circ$。

观察

抽象图：$\beta=60^\circ$，$d=3$，改变远处仰角 $\alpha$

塔高 $h=f(\alpha)$，$\alpha\in(0,\beta)$

推理

几何：在 $\triangle PAB$ 里用正弦定理

1. 只有 $AB=d$ 是已知边，所以选含 $AB$ 的 $\triangle PAB$

   找已知边

2. 外角：$\angle PBQ=\beta=\alpha+\angle APB$，$\angle APB=\beta-\alpha$

   外角定理

3. $\dfrac{PB}{\sin\alpha}=\dfrac{d}{\sin(\beta-\alpha)}\Rightarrow PB=\dfrac{d\sin\alpha}{\sin(\beta-\alpha)}$

   正弦定理

4. 在 直角三角形 $PQB$ 中： $$h=PB\sin\beta=\dfrac{d\sin\alpha\sin\beta}{\sin(\beta-\alpha)}$$

   直角三角形

代数：两个直角三角形列方程

1. 设 $PQ=h$：$QB=\dfrac{h}{\tan\beta}$，$QA=\dfrac{h}{\tan\alpha}$

   正切定义

2. $QA-QB=d$：$h\left(\dfrac{1}{\tan\alpha}-\dfrac{1}{\tan\beta}\right)=d$

   列方程

3. $$h=\dfrac{d}{\cot\alpha-\cot\beta}$$

   解出 $h$

4. 通分：$\cot\alpha-\cot\beta=\dfrac{\sin(\beta-\alpha)}{\sin\alpha\sin\beta}$，与几何推导一致

   差角公式

结论卡

迁移

迁移：方位角测距（俯视图）

同一套思路

• 俯视图里由方位角求出 $\triangle ABC$ 的内角：$\angle CAB=90^\circ-\theta_1$，$\angle CBA=90^\circ-\theta_2$。
• 已知 $AB$ 和两角 → 正弦定理求 $AC$、$BC$。
• 两个不可达点 $C,D$ 之间的距离：先分别在两个三角形里求 $AC$、$AD$，再在 $\triangle ACD$ 用余弦定理。

例题精讲

课堂小测

余弦定理·观察

复平面里的三角形（$a=2,\ b=3$）

$c=f(C)=\sqrt{a^2+b^2-2ab\cos C}$

余弦定理·三证

余弦定理 $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$ 的三种证明

复数模的平方 = 乘共轭

1. $z_1=b,\ z_2=a\ee^{\ii C}$，$c=|z_2-z_1|$

   放进复平面

2. $c^2=(z_2-z_1)(\bar z_2-\bar z_1)$

   $|z|^2=z\bar z$

3. $=|z_2|^2+|z_1|^2-(z_2\bar z_1+\bar z_2 z_1)$

   展开

4. $z_2\bar z_1+\overline{z_2\bar z_1}=2\,\mathrm{Re}(z_2\bar z_1)=2ab\cos C$

   $z_2\bar z_1=ab\,\ee^{\ii C}$

5. $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$

向量平方 + 数量积

1. $\vec c=\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}$

   三角形法则

2. $c^2=\overrightarrow{CB}^2-2\,\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CA}^2$

   平方展开

3. $\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CA}=ab\cos C$

   数量积定义，参见《向量与几何》V04

4. $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$

几何作高 + 勾股

1. 过 $B$ 作 $BH\perp CA$：$BH=a\sin C$

   高

2. $CH=a\cos C$，$AH=b-a\cos C$

   投影（钝角时 $H$ 在 $C$ 左侧，有向长度仍成立）

3. $c^2=BH^2+AH^2=a^2\sin^2C+(b-a\cos C)^2$

   勾股

4. $=a^2+b^2-2ab\cos C$

   $\sin^2+\cos^2=1$

差角公式·三证

单位圆上两点 $A=\ee^{\ii\alpha},\ B=\ee^{\ii\beta}$

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

复数乘 $\ee^{-\ii\beta}$ 是旋转

1. $\ee^{\ii\alpha}\cdot\overline{\ee^{\ii\beta}}=\ee^{\ii(\alpha-\beta)}$

   辐角相减

2. 左边 $=(\cos\alpha+\ii\sin\alpha)(\cos\beta-\ii\sin\beta)$

   欧拉公式

3. 实部 $=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$

   展开取实部

4. 右边实部 $=\cos(\alpha-\beta)$，两边相等
5. 压轴虚部同时给出 $\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta$

   一次乘法，两个公式

向量数量积两种算法

1. $\overrightarrow{OA}=(\cos\alpha,\sin\alpha),\ \overrightarrow{OB}=(\cos\beta,\sin\beta)$
2. 坐标：$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$

   参见《向量与几何》V04

3. 定义：$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=1\cdot1\cdot\cos(\alpha-\beta)$

   夹角余弦等于 $\cos(\alpha-\beta)$

4. 两种算法相等，得证

几何弦长两种算法（教材证法）

1. $|AB|^2=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2$

   距离公式

2. $=2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta)$
3. 旋转 $-\beta$：$|A'E|^2=(\cos(\alpha-\beta)-1)^2+\sin^2(\alpha-\beta)=2-2\cos(\alpha-\beta)$
4. $|AB|=|A'E|$，比较即得

   也可看成对 $\triangle OAB$ 用余弦定理

辅助角·三证

$P=w\,\ee^{\ii x}$，高度 $=\mathrm{Im}\,P$

$f(x)=a\sin x+b\cos x=r\sin(x+\varphi)$

复数旋转后取虚部

1. $w=a+b\ii=r\ee^{\ii\varphi}$，$\tan\varphi=\dfrac ba$
2. $w\ee^{\ii x}=(a+b\ii)(\cos x+\ii\sin x)$，虚部 $a\sin x+b\cos x$

   展开

3. $w\ee^{\ii x}=r\ee^{\ii(x+\varphi)}$，虚部 $r\sin(x+\varphi)$

   辐角相加

4. 两边相等：$a\sin x+b\cos x=r\sin(x+\varphi)$

向量数量积

1. $\vec u=(a,b)=r(\cos\varphi,\sin\varphi)$
2. $\vec v=(\sin x,\cos x)=\big(\cos(\tfrac{\pi}{2}-x),\sin(\tfrac{\pi}{2}-x)\big)$
3. $\vec u\cdot\vec v=a\sin x+b\cos x$

   坐标，参见《向量与几何》V04

4. $=r\cos(\tfrac{\pi}{2}-x-\varphi)=r\sin(x+\varphi)$

   定义：模 × 模 × 夹角余弦

5. 推论：$|a\sin x+b\cos x|\le|\vec u||\vec v|=r$

几何直角三角形 + 和角

1. 以 $a,b$ 为直角边作直角三角形，斜边 $r$，$\cos\varphi=\dfrac ar,\ \sin\varphi=\dfrac br$
2. $a\sin x+b\cos x=r(\sin x\cos\varphi+\cos x\sin\varphi)$

   提出 $r$

3. $=r\sin(x+\varphi)$

   两角和的正弦

不同系数下的辅助角

结论卡

三种语言对照表

例题精讲

课堂小测

问题

已知 $A$、$B$，等边三角形的第三个顶点在哪？

两种思路

圆规法：$C$ 到 $A$、$B$ 的距离都等于 $|AB|$，所以 $C$ 是以 $A$、$B$ 为圆心、$|AB|$ 为半径的两圆交点。列方程组 $|CA|^2=|CB|^2=|AB|^2$，要解二元二次方程组，计算繁。

旋转法：$C$ 就是把 $B$ 绕 $A$ 逆时针转 $60^\circ$ 得到的点（顺时针转得到另一个 $C'$）。

观察

绕点 $A$ 旋转角 $\theta$

$z_C=z_A+(z_B-z_A)\,\ee^{\ii\theta}$

$f(\theta)=\dfrac{|BC|}{|AB|}=2\sin\dfrac{\theta}{2}$

典型旋转角

推理

复数推导

1. 向量 $\overrightarrow{AB}$ 对应复数 $z_B-z_A$

   复数的差 = 向量

2. 绕 $A$ 逆时针转 $\theta$： $$z_C-z_A=(z_B-z_A)\,\ee^{\ii\theta}$$

   乘 $\ee^{\ii\theta}$ = 旋转

3. $|\ee^{\ii\theta}|=1\Rightarrow |AC|=|AB|$；辐角加 $\theta\Rightarrow\angle BAC=\theta$

   模相乘、辐角相加

4. 设 $z_B-z_A=d_x+d_y\ii$，展开： $$z_C=z_A+(d_x\cos\theta-d_y\sin\theta)+(d_x\sin\theta+d_y\cos\theta)\ii$$

   实部、虚部

5. $\theta=\pm\frac{\pi}{3}$：$z_C=z_A+(z_B-z_A)\left(\frac12\pm\frac{\sqrt3}{2}\ii\right)$，两个等边三角形

   两解

传统推导（坐标 + 和角公式）

1. $\overrightarrow{AB}=(d_x,d_y)$，$|AB|=r$，方向角 $\varphi$：$d_x=r\cos\varphi,\ d_y=r\sin\varphi$

   极坐标

2. 转 $\theta$ 后：$\overrightarrow{AC}=\big(r\cos(\varphi+\theta),\ r\sin(\varphi+\theta)\big)$

   方向角加 $\theta$

3. 和角公式展开： $$\overrightarrow{AC}=(d_x\cos\theta-d_y\sin\theta,\ d_x\sin\theta+d_y\cos\theta)$$

   即旋转矩阵，参见《向量与几何》V04

4. 与复数推导的实部、虚部逐项相同

   两条路一致

5. 圆规法：解 $|CA|=|CB|=|AB|$ 也得两解，但要消元、开方，远不如一次乘法

   对比

结论卡

迁移

单位圆上依次转 $A$、$B$、$C$

推理

1. 从 $1$ 出发转 $A$，到 $\ee^{\ii A}$

   乘 $\ee^{\ii A}$

2. 再转 $B$，到 $\ee^{\ii(A+B)}$

   辐角相加

3. 再转 $C$： $$\ee^{\ii A}\ee^{\ii B}\ee^{\ii C}=\ee^{\ii(A+B+C)}=\ee^{\ii\pi}=-1$$

   内角和 $\pi$

4. 移项：$\ee^{\ii(A+B)}=-\ee^{-\ii C}$，比较实部、虚部：$\cos(A+B)=-\cos C,\ \sin(A+B)=\sin C$

   诱导公式的复数版

5. 压轴两边除以 $\cos A\cos B\cos C$（非直角）：$(1+\ii\tan A)(1+\ii\tan B)(1+\ii\tan C)=\dfrac{-1}{\cos A\cos B\cos C}$ 是实数

   $\ee^{\ii x}=\cos x(1+\ii\tan x)$

6. 压轴虚部为 $0$：$\tan A+\tan B+\tan C-\tan A\tan B\tan C=0$

   展开取虚部

例题精讲

课堂小测

问题

问题：这条边的关系在说什么？

在 $\triangle ABC$ 中，已知 $$b^2=c(a+c).$$

1. 它不像余弦定理那样含角，能推出角的什么关系？
2. 反过来，若 $B=2C$，三边之间一定满足这个式子吗？
3. 若三角形还是锐角三角形，$C$ 能取哪些值？

三个“形似”的条件

记忆：大角的对边平方减小角的对边平方，等于小角对边乘第三边。

观察

倍角构造：$B=2C$

延长与平分线构造（外接圆半径 $R=1$）

作 $\angle B$ 平分线交 $AC$ 于 $E$

推理

几何（延长构造）

1. 延长 $AB$ 到 $D$，使 $BD=BC=a$，则 $AD=c+a$

   构造

2. $\triangle BCD$ 等腰：$\angle BDC=\angle BCD$；外角 $\angle ABC=2\angle D$

   外角定理

3. $b^2=c(a+c)\iff \dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AD}{AC}$，且 $\angle A$ 公共

   比例

4. $\triangle ABC\sim\triangle ACD$，对应角 $\angle ACB=\angle D$

   SAS 相似

5. $$B=2\angle D=2C$$

   结论

6. 每一步都可逆：$B=2C$ 时 $\angle D=C$，$\triangle ABC\sim\triangle ACD$，$AC^2=AB\cdot AD$

   充要

代数（正弦定理化角）

1. 余弦定理 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$ 代入 $b^2=c^2+ac$：$a^2-2ac\cos B=ac$

   消 $b$

2. 两边除以 $a$：$a-2c\cos B=c$

   $a\ne0$

3. 正弦定理化角：$\sin A-2\sin C\cos B=\sin C$

   边化角

4. $\sin A=\sin(B+C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$，代入得 $$\sin B\cos C-\cos B\sin C=\sin C$$

   内角和

5. $\sin(B-C)=\sin C$，故 $B-C=C$ 或 $B-C=\pi-C$

   正弦相等

6. 后者 $B=\pi$ 不可能，所以 $$B=2C$$

   舍去

结论卡

迁移

例 1

锐角 $\triangle ABC$，$b^2=c(a+c)$，求 $\sqrt3\sin B+2\cos^2C$ 的范围。

解析

单角化：所求量 $= f(C)$

1. 由结论卡 1：$B=2C$；锐角约束 $C\in\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4}\right)$
2. $f(C)=\sqrt3\sin2C+1+\cos2C=2\sin\!\left(2C+\frac{\pi}{6}\right)+1$
3. $2C+\frac{\pi}{6}\in\left(\frac{\pi}{2},\frac{2\pi}{3}\right)$，$\sin$ 在此递减，取值 $\left(\frac{\sqrt3}{2},1\right)$
4. $$f(C)\in(\sqrt3+1,\ 3)$$ 两端都取不到

答案：$(\sqrt3+1,3)$。

压轴特殊关系 1 · $\tan$ 整数解

恒等式：非直角三角形中 $$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C.$$

若 $A<B<C$ 且 $\tan A,\tan B,\tan C$ 都是正整数：$3A<\pi\Rightarrow \tan A<\sqrt3\Rightarrow\tan A=1$。

由 $\tan(B+C)=-\tan A=-1$：$\tan B+\tan C=\tan B\tan C-1$，即 $(\tan B-1)(\tan C-1)=2$，得 $\tan B=2,\ \tan C=3$。

压轴特殊关系 2 · 三角形中的数列条件

• $A,B,C$ 成等差：$2B=A+C=\pi-B\Rightarrow B=\frac{\pi}{3}$。
• $a,b,c$ 成等比 $b^2=ac$：$\cos B=\dfrac{a^2+c^2-ac}{2ac}\ge\dfrac12\Rightarrow B\in\left(0,\frac{\pi}{3}\right]$。
• $\dfrac{a}{\cos A},\dfrac{b}{\cos B},\dfrac{c}{\cos C}$ 成等差：化角得 $2\tan B=\tan A+\tan C$，结合上面的恒等式得 $\tan A\tan C=3$。

课堂小测

问题

拿到一道题，第一眼看什么？

不是先算，而是先问三个问题：

1. 条件是什么形状？ 边角混在一起？只有边？只有角？有面积？有分点 $D$？
2. 要求的是什么？ 一个值？一个角？形状？范围或最值？
3. 有没有隐藏约束？ $A+B+C=\pi$、锐角三角形、两边之和大于第三边、解的个数。

一个对照

条件 $b\cos C+c\cos B=2a\cos A$，求 $A$。

角化边（余弦定理展开）

代入 $\cos C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$、$\cos B=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$，左边化简为 $a$……要算好几行。

认出信号：射影定理

左边就是 $a$（J04），直接 $a=2a\cos A$，$\cos A=\dfrac12$，$A=\dfrac{\pi}{3}$。

策略地图

决策树：由信号选择方法

信号：边角混在一个等式里

如 $a\sin B=\sqrt3 b\cos A$、$(2c-b)\cos A=a\cos B$：关于边齐次。

素材题型：T1。

1. 边化角（正弦定理）

把 $a,b,c$ 换成 $2R\sin A$ 等，约去 $2R$；再用 $\sin(A+B)=\sin C$ 合并。

相关专题：J01、J04。

2. 角化边（余弦定理）

把 $\cos A$ 换成 $\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，适合式中只有余弦。

相关专题：J02、J04。

3. 射影定理 $b\cos C+c\cos B=a$

看到“边 × 对面另两角余弦”的和，一步化成边。

相关专题：J04。

信号：平方和差 $b^2+c^2-a^2$

如 $b^2+c^2-a^2=bc$、$a^2=b^2+c^2+\sqrt3 bc$。

素材题型：T1。

1. 余弦定理直接求角

$\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，代入即得 $\cos A$。

相关专题：J02。

2. 与面积 $\frac12bc\sin A$ 联立

$b^2+c^2-a^2=2bc\cos A$，与面积比得 $\tan A$。

相关专题：J02、J05。

信号：已知三个量，求第四个

SAS、SSS、ASA、SSA。

素材题型：T1。

1. 两边夹角 / 三边：余弦定理

列关于未知边的方程，必要时解一元二次方程。

相关专题：J02。

2. 两角一边：正弦定理

先用内角和求第三角，再用 $\dfrac{a}{\sin A}=2R$。

相关专题：J01。

3. SSA：先判解数（圆规）

比较 $a$ 与 $h=b\sin A$、$b$：0、1、2 个解。

相关专题：J03。

信号：题中有面积 $S$

给出 $S$ 的值或表达式，或求面积最值。

素材题型：T3。

1. 面积公式群选一个

$S=\frac12ab\sin C=\dfrac{abc}{4R}=pr$，选已知量最多的那个。

相关专题：J05。

2. $S$ 与余弦定理联立

如 $S=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4}\Rightarrow\tan C=1$。

相关专题：J05、J02。

3. 面积最值：基本不等式

由余弦定理得 $bc$ 的上界，再乘 $\frac12\sin A$。

相关专题：J05、J06。

信号：求范围或最值

求 $b+c$、$bc$、周长、面积等的取值范围。

素材题型：T5、T3。

1. 边化角 → 单角函数 $f(B)$

用内角和消去一个角，化成 $A\sin(B+\varphi)$，在定义域上求值域。

相关专题：J06、T05。

2. 余弦定理 + 基本不等式

$a^2=(b+c)^2-2bc(1+\cos A)$，用 $bc\le\big(\frac{b+c}2\big)^2$；只给一侧界，另一侧用三边关系。

相关专题：J06。

3. 锐角约束：两个角都要锐

$B<\frac{\pi}{2}$ 且 $C=\pi-A-B<\frac{\pi}{2}$，得 $B$ 的区间（即锐角约束区间）。

相关专题：J06。

信号：判断三角形形状

等腰？直角？等边？

素材题型：T4。

1. 内角和代换 $\sin(A+B)=\sin C$

化成 $\sin(A-B)=0$ 之类，得 $A=B$。

相关专题：J07。

2. $\sin2A=\sin2B$ 两种情形

$2A=2B$ 或 $2A+2B=\pi$：等腰或直角。

相关专题：J07、T04。

3. 角化边后因式分解

全化成边，因式分解成 $(a-b)(a^2+b^2-c^2)=0$ 等。

相关专题：J07、J04。

信号：分点 $D$：中线、角平分线

$BD:DC=\lambda$，求 $AD$ 或反求边。

素材题型：T6。

1. 中线：向量 $2\vec{AD}=\vec{AB}+\vec{AC}$

平方得 $4AD^2=b^2+c^2+2bc\cos A$（数量积参见《向量与几何》V04）。

相关专题：J08。

2. 两次余弦定理（$\cos\angle ADB=-\cos\angle ADC$）

在两个小三角形各列一次，互补角余弦相反，相加消去。

相关专题：J08。

3. 角平分线：面积分割

$S_{ABD}+S_{ADC}=S_{ABC}$，得 $AD=\dfrac{2bc\cos\frac A2}{b+c}$。

相关专题：J08、J05。

信号：定边对定角（隐圆）

$a$ 与 $A$ 已知，另两边或顶点在动。

素材题型：T6。

1. 外接圆隐圆 $2R=\frac{a}{\sin A}$

顶点 $A$ 在定弧上运动，$b,c$ 都是 $B$ 的函数。

相关专题：J01、J06。

信号：多个三角形、四边形

公共边、公共角、对角互补。

素材题型：T7。

1. 公共边两次余弦定理

对角线 $BD$ 在两个三角形中各算一次，列等式。

相关专题：J09、J02。

2. 对角互补 → 四点共圆

$\cos C=-\cos A$；可用托勒密 $AC\cdot BD=AB\cdot CD+AD\cdot BC$。

相关专题：J09。

3. 实际测量：多步解三角形

仰角、方位角画进图里，逐个三角形求。

相关专题：J10。

信号：纯三角式化简求值

无边，只有三角函数式。

素材题型：T2。

1. 同角关系与诱导公式

先统一角、统一函数名；$\sin^2+\cos^2=1$。

相关专题：T01、T02。

2. 和差角、倍角降幂

$\cos^2\theta=\dfrac{1+\cos2\theta}{2}$ 降次，角化同一个。

相关专题：T03、T04。

3. 辅助角合一

$a\sin\theta+b\cos\theta=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta+\varphi)$。

相关专题：T05。

4. 积化和差与和差化积

两个不同角的正余弦相加减时用。

相关专题：T06。

5. 拆角配角、给值求角

$\alpha=(\alpha+\beta)-\beta$；求角先缩小范围。

相关专题：T07。

6. 齐次式化 $\tan$

分子分母同次，同除 $\cos^n\theta$ 化成 $\tan\theta$。

相关专题：T08。

信号：高阶条件：数列、递推

角成等差、边成等比等。

素材题型：T8。

1. 角成等差 $\Rightarrow B=\frac{\pi}{3}$

$A+C=2B$ 且 $A+B+C=\pi$。

相关专题：J06、J07。

2. 边成等比 $b^2=ac$

$\cos B=\dfrac{a^2+c^2-ac}{2ac}\ge\dfrac12$，$B\in\big(0,\frac{\pi}{3}\big]$。

相关专题：J02、J06。

观察：两条路

$f(B)=b+c$

推理

结论与易错

常见易错点汇总

课堂小测