2012-福建卷理-17 解-二倍角公式

本题导读

本题考查三角函数的特殊角求值。核心在于归纳法、三角法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年福建卷(理)） 某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数.

(1) ${\sin }^{2}13^{\circ }+{\cos }^{2}17^{\circ }-\sin 13^{\circ }\cos 17^{\circ }$

(2) ${\sin }^{2}15^{\circ }+{\cos }^{2}15^{\circ }-\sin 15^{\circ }\cos 15^{\circ }$

(3) ${\sin }^{2}18^{\circ }+{\cos }^{2}12^{\circ }-\sin 18^{\circ }\cos 12^{\circ }$

(4) ${\sin }^2(-18^{\circ })+{\cos }^{2}48^{\circ }-\sin (-18^{\circ })\cos 48^{\circ }$

(5) ${\sin }^2(-25^{\circ })+{\cos }^{2}55^{\circ }-\sin (-25^{\circ })\cos 55^{\circ }$

(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；

(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广位（注：应为位）三角恒等式，并证明你的结论.

🔍【思路分析】

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1. 第（Ⅰ）问思路：

• 在五个式子中，最容易口算且不涉及非对称组合的是式子 (2)。
• 利用同角正余弦平方关系 ${\sin }^{2}15^{\circ }+{\cos }^{2}15^{\circ }=1$。
• 利用二倍角正弦公式将 $\sin 15^{\circ }\cos 15^{\circ }$ 转化为 $\frac{1}{2}\sin 30^{\circ }$，即可轻松算出常数。

2. 第（Ⅱ）问思路：

• 观察推广规律：细心观察各个式子中两个角度的数量特征：
  • (1) $13^{\circ }+17^{\circ }=30^{\circ }$
  • (2) $15^{\circ }+15^{\circ }=30^{\circ }$
  • (3) $18^{\circ }+12^{\circ }=30^{\circ }$
  • (4) $-18^{\circ }+48^{\circ }=30^{\circ }$
  • (5) $-25^{\circ }+55^{\circ }=30^{\circ }$ 所有式子中的两个角相加永远恒等于 30°。
• 构建恒等式模型：令第一个角为 $\alpha$，则第二个角可以完美定量地表示为 $30^{\circ }-\alpha$。从而得到推广出的通用三角恒等式通式。
• 恒等变形证明：利用两角差的余弦公式将 $\cos (30^{\circ }-\alpha )$ 展开，代入原多项式中进行彻底的代数展开与同类项合并，最终利用 ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ 证明其结果为常数。

✅【答案】

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(1) $\frac{3}{4}$

(2) ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2(30^{\circ }-\alpha )-\sin \alpha \cos (30^{\circ }-\alpha )=\frac{3}{4}$，证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 选择式子 (2) 进行计算，其代数化简过程如下： 原式 $={\sin }^{2}15^{\circ }+{\cos }^{2}15^{\circ }-\sin 15^{\circ }\cos 15^{\circ }$

根据同角三角函数的平方关系 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$，可知： ${\sin }^{2}15^{\circ }+{\cos }^{2}15^{\circ }=1$

根据二倍角正弦公式 $\sin 2\theta =2\sin \theta \cos \theta ⟹\sin \theta \cos \theta =\frac{1}{2}\sin 2\theta$，可知： $\sin 15^{\circ }\cos 15^{\circ }=\frac{1}{2}\sin (2\times 15^{\circ })=\frac{1}{2}\sin 30^{\circ }$

将这两部分代入原式，并带入特殊角三角函数值 $\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}$ 进行计算： $\text{原式}=1-\frac{1}{2}\sin 30^{\circ }=1-\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$

所以，这个常数等于 $\frac{3}{4}$。

（Ⅱ）解： 三角恒等式推广结论： 通过对五个已知算式中相互对齐的两个角度进行加法分析，发现各组角度的和均满足： $13^{\circ }+17^{\circ }=15^{\circ }+15^{\circ }=18^{\circ }+12^{\circ }=-18^{\circ }+48^{\circ }=-25^{\circ }+55^{\circ }=30^{\circ }$ 因此，可以将该同学的发现推广为如下通用三角恒等式： 对任意角 $\alpha$，恒有： ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2(30^{\circ }-\alpha )-\sin \alpha \cos (30^{\circ }-\alpha )=\frac{3}{4}$

证明如下： 根据两角差的余弦公式 $\cos (\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta$，展开公式中的 $\cos (30^{\circ }-\alpha )$ 项： $\cos (30^{\circ }-\alpha )=\cos 30^{\circ }\cos \alpha +\sin 30^{\circ }\sin \alpha$ 代入特殊角数值 $\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$， $\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}$ 得： $\cos (30^{\circ }-\alpha )=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha +\frac{1}{2}\sin \alpha$

将上述展开式代入需要证明的左端多项式中： $\text{左边}={\sin }^2\alpha +{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha +\frac{1}{2}\sin \alpha \right)}^2-\sin \alpha \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha +\frac{1}{2}\sin \alpha \right)$

利用完全平方公式与单项式乘多项式法则，分别将后两项独立展开：

1. 展开完全平方项： ${\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha +\frac{1}{2}\sin \alpha \right)}^2={\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha \right)}^2+2\times \frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha \times \frac{1}{2}\sin \alpha +{\left(\frac{1}{2}\sin \alpha \right)}^2$ $=\frac{3}{4}{\cos }^2\alpha +\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \cos \alpha +\frac{1}{4}{\sin }^2\alpha$
2. 展开负点积项： $-\sin \alpha \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha +\frac{1}{2}\sin \alpha \right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \cos \alpha -\frac{1}{2}{\sin }^2\alpha$

将这两部分完整的代数项重新拼接回原长式： $\text{左边}={\sin }^2\alpha +\left(\frac{3}{4}{\cos }^2\alpha +\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \cos \alpha +\frac{1}{4}{\sin }^2\alpha \right)+\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \cos \alpha -\frac{1}{2}{\sin }^2\alpha \right)$

在长式中，对同类项进行代数合并：

• 观察异名交叉项： $+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \cos \alpha$ 与 $-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \cos \alpha$ 正负完全抵消，归零！
• 集中合并所有关于 ${\sin }^2\alpha$ 的系数： $\left(1+\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\right){\sin }^2\alpha =\left(\frac{5}{4}-\frac{2}{4}\right){\sin }^2\alpha =\frac{3}{4}{\sin }^2\alpha$
• 集中合并所有关于 ${\cos }^2\alpha$ 的系数： $\frac{3}{4}{\cos }^2\alpha$

因此，多项式最终完美精简为： $\text{左边}=\frac{3}{4}{\sin }^2\alpha +\frac{3}{4}{\cos }^2\alpha$ 提取公因数 $\frac{3}{4}$： $\text{左边}=\frac{3}{4}({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha )$ 再次套用同角平方关系基本恒等式 ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$： $\text{左边}=\frac{3}{4}\times 1=\frac{3}{4}=\text{右边}$

三角恒等式证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：两角和差公式与二倍角公式的混合级数展开、归纳推理（从特殊几何数值向一般化字母恒等式过渡）的数学思想。
2. 核心方法：特殊角先导突破法。处理第一问这种五选一的开放性设问，切忌挑第(1)项或第(3)项去硬算（ 13°、18° 等都不是特殊角，强行展开会陷入死胡同）。果断挑选两角度完全对称相同的第 (2) 项（15°），利用同角平方直接消项，是最高效的解题智慧。
3. 避坑指南：

• 完全平方展开漏记中间项：在第（Ⅱ）问中，展开 ${\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha +\frac{1}{2}\sin \alpha \right)}^2$ 时，由于系数带有根号，很多考生粗心错记为 $\frac{3}{4}{\cos }^2\alpha +\frac{1}{4}{\sin }^2\alpha$，漏掉了交叉项 $2ab=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \alpha \cos \alpha$，直接导致后续无法消项。
• 负号分配进项时变号漏算：在展开 $-\sin \alpha \left(\dots \right)$ 时，括号里的第二项前有加号，分配进去后必须变为负号。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于人教A版高中数学必修第一册第五章《三角函数》性质与选择性必修第二册《三角恒等变换》章节后的综合探究与发现拓展大题。属于高考大题中考查三角基础功与合情推理能力的中档经典题。
2. 结论推广:

• 广义对偶角平方差值三角恒等式通用模型：若有两个任意角 $\alpha$ 和 $\beta$ 满足其和为某一固定常数角 $\varphi$（即 $\alpha +\beta =\varphi$）。
• 则对于形如 $f(\alpha )={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\beta -\sin \alpha \cos \beta$ 的特殊代数式，经两角和差公式展开与辅助角消元后。
• 只要常数角满足 $\varphi =30^{\circ }$（或写为 $\frac{\pi }{6}$），该代数多项式的值永远恒等于一个与变量 $\alpha$ 毫无关联的刚性常数 $\frac{3}{4}$： ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2(30^{\circ }-\alpha )-\sin \alpha \cos (30^{\circ }-\alpha )\equiv \frac{3}{4}$
• 记住这一具有高度对称美感的三角守恒恒等式模型，不仅能让你在面对任何变型题（如把 30° 换成其他特征角）时成竹在胸，更能深刻体会到三角变换中“结构对称、整体收敛”的代数之美。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 07.02 三角函数的定义与诱导公式

• 10.01 两角和与差及辅助角公式 类题演练 (Links)

• 1993-新高考理-09

• 2002-北京卷理-08 单-三角恒等变换

• 2002-大纲理-17 解-同角三角函数基本关系