前言
辅助角公式在三角变换中的角色太重要了。三角变换中的许多变形都要由这个公式来完成最终的华丽转身，摇身一变为正弦型(f(x)=Asin(omega x+phi)+k)或余弦型(g(x)=Acos(omega x+phi)+k)，从而完成求周期，求值域、求单调性，求对称性，求奇偶性等等的解题要求。
辅助角公式
变形前的模样：(3sin x+4cos x)；(sin x+cos x)；(cfrac{sqrt{3}}{2}sin hetapmcfrac{1}{2}cos heta)；(sqrt{3}sin hetapm cos heta)；
抽象后的模样：(asin heta+bcos heta)，其中系数(a,bin R)；一般情形下(a eq 0)，(b eq 0)，
常用变形依据：
(sinalphacdotcoseta+cosalphacdotsineta=sin(alpha+eta))[此处是逆向使用公式；化为正弦型，不容易出错]
(cosalphacdotcoseta+sinalphacdotsineta=cos(alpha-eta))[此处是逆向使用公式；化为余弦型，很容易出错]
具体变形过程：(asin heta+bcos heta)
(=sqrt{a^2+b^2}left(cfrac{a}{sqrt{a^2+b^2}}sin heta+cfrac{b}{sqrt{a^2+b^2}}cos heta ight)) [1]
(=sqrt{a^2+b^2}(cosphicdot sin heta+sinphicdot cos heta))
(=sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi))
备注：其中辅助角(phi)满足条件(tanphi=cfrac{b}{a})，由于有辅助角(phi)的参与，使得原来的两种三角函数(sin heta)和(cos heta)的线性表示就可以转化为一种三角函数[正弦或者余弦]，所以这个公式好多人就随口称之为辅助角公式，也有人称为化一公式。此处针对辅助角(phi)主要强调其存在性而不是唯一性，比如上述变形的结果(sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi))，也可以等价写成(sqrt{a^2+b^2}sin( heta+2kpi+phi))，(kin Z)，由于辅助角(phi)主要强调其存在性而不是唯一性，由最简原则可知，我们令(k=0)，即得到结果(sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi))，
- 在教学实践中，在使用辅助角公式之前，往往多见先使用下述的三角变换[非常高频的使用]；
二倍角正弦公式的逆用：(2sin heta cos heta=sin2 heta)；
二倍角余弦公式的逆用：(2cos^2 heta-1=1-2sin^2 heta=cos2 heta)；
然后将二者的结果的线性表示(asin2 heta+bcos2 heta)，(a，b)是其相关的实数系数，再利用辅助角公式化一即可；
- 若题目中出现(sin(2x+cfrac{pi}{3})+cos(2x+cfrac{pi}{3}))，往往是将(2x+cfrac{pi}{3})看做一个整体来变形[此时同时考查三角变换和整体思想]，比如
(sin(2x+cfrac{pi}{3})+cos(2x+cfrac{pi}{3}))
(=sqrt{2}[sin(2x+cfrac{pi}{3})cdot cfrac{sqrt{2}}{2}+cos(2x+cfrac{pi}{3})cdot cfrac{sqrt{2}}{2}])
(=sin[(2x+cfrac{pi}{3})+cfrac{pi}{4}])
(=sin(2x+cfrac{7pi}{12})=cos(2x+cfrac{pi}{12}))
高频变形
下述的三角变换在教学实践中高频次的出现，需要我们烂熟于心：
应用场景
应用于三角函数求周长类的题目中，比如
- 在(Delta ABC)中，已知(angle A=cfrac{pi}{3})，求(sin B+sin C)的取值范围[核心变形，重点理解和掌握]
分析：(sin B+sin C=sin B+sin(cfrac{2pi}{3}-B))；
(=sin B+cfrac{sqrt{3}}{2}cos B+cfrac{1}{2}sin B)
(=cfrac{3}{2}sin B+cfrac{sqrt{3}}{2}cos B)
(=sqrt{3}(cfrac{sqrt{3}}{2}sin B+cfrac{1}{2}cos B))
(=sqrt{3}sin(B+cfrac{pi}{6}))
(1)求角(A)的大小；(考查角度：解三角形)
(2)若(a=3)，求(Delta ABC)的周长的最大值。(考查角度：三角函数图像性质)
分析：(1)由((2b-c)cdot cosA=acdot cosC)及正弦定理，边化角得到，
得((2sinB-sinC)cosA=sinAcosC)，
所以(2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC)， 所以(2sinBcosA=sin(C+A)=sinB)，
因为(Bin (0，π))，所以(sinB eq 0)，
因为(Ain (0，π))，(cosA=cfrac{1}{2})，所以$A=cfrac{pi}{3} $。
(2)由(1)得$A=cfrac{pi}{3} $，
由正弦定理得(cfrac{b}{sinB}=cfrac{c}{sinC} =cfrac{a}{sinA} =cfrac{3}{frac{sqrt{3}}{2}} =2sqrt{3})，
所以(b=2sqrt{3}cdot sinB)； (c=2sqrt{3}cdot sinC)，
(Delta ABC)的周长：(l=3+2sqrt{3}cdot sinB+2sqrt{3}cdot sinC)
(=3+2sqrt{3}cdot sinB+2sqrt{3}cdot sin(cfrac{2pi}{3}-B))
(=3+2sqrt{3}cdot sinB+2sqrt{3}cdot (cfrac{sqrt{3}}{2}cosB+cfrac{1}{2}sinB))
(=3+3sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+cfrac{pi}{6}))
因为(Bin(0，cfrac{2pi}{3}))，所以当(B=cfrac{pi}{3}) 时，(Delta ABC)的周长取得最大值，最大值为9。
应用于三角函数求面积类的题目中，比如
- 在(Delta ABC)中，已知(angle A=cfrac{pi}{3})，求(sinBcdot sinC)的取值范围[核心变形，重点理解和掌握]
分析：(sinBcdot sinC=sinBcdot sin(cfrac{2pi}{3}-B))；
(=sin B(cfrac{sqrt{3}}{2}cos B+cfrac{1}{2}sin B))
(=cfrac{sqrt{3}}{2}sin Bcdot cos B+cfrac{1}{2}sin^2B)
(=cfrac{sqrt{3}}{4}sin2B+cfrac{1}{4}(2sin^2B))
(=cfrac{sqrt{3}}{4}sin2B+cfrac{1}{4}(1-cos2B))
(=cfrac{sqrt{3}}{4}sin2B-cfrac{1}{4}cos2B+cfrac{1}{4})
(=cfrac{1}{2}(sin2Bcdot cfrac{sqrt{3}}{2}-cos2Bcdotcfrac{1}{2})+cfrac{1}{4})
(=cfrac{1}{2}sin(2B-cfrac{pi}{6})+cfrac{1}{4})
分析：由(cos2(B+C)=cos(2B+2C)=cos(2pi-2A)=cos2A)，
将已知等式变形为(2cdot 2cos^2cfrac{A}{2}-cos2A=cfrac{7}{2})，
即(2(1+cosA)-cos2A=cfrac{7}{2})，
即(2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=cfrac{7}{2})，
化简为(4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0)，
解得(cosA=cfrac{1}{2}，Ain(0，pi))，故(A=cfrac{pi}{3})，
到此题目转化为已知(A=cfrac{pi}{3}，a=2)，求(Delta ABC)的面积的最大值。
接下来有两个思路途径：
思路一：使用均值不等式，由余弦定理(a^2=b^2+c^2-2bccosA，A=cfrac{pi}{3}，a=2)
得到(b^2+c^2=4+bcge 2bc)，解得(bcleq 4(当且仅当b=c=2时取到等号))，
则(S_{Delta ABC}=cfrac{1}{2}bcsinA leq cfrac{sqrt{3}}{4} imes 4=sqrt{3})。
即三角形面积的最大值是(sqrt{3})。
法2：由于题目已知(A=cfrac{pi}{3}，a=2)，则(B+C=cfrac{2pi}{3})，故(B，Cin (0，cfrac{2pi}{3}))，
则由正弦定理得(cfrac{b}{sinB}=cfrac{c}{sinC} =cfrac{a}{sinA} =cfrac{2}{frac{sqrt{3}}{2}} =cfrac{4sqrt{3}}{3})，
则(b=cfrac{4sqrt{3}}{3}sinB)，(c=cfrac{4sqrt{3}}{3}sinC)，
则(bc=(cfrac{4sqrt{3}}{3})^2cdot sinBcdot sinC=cfrac{16}{3}sinBcdot sin(cfrac{2pi}{3}-B))
(=cfrac{16}{3}sinBcdot (cfrac{sqrt{3}}{2}cosB+cfrac{1}{2}sinB))
(=cfrac{16}{3}[cfrac{sqrt{3}}{2}sinBcdot cosB+cfrac{1}{2}sin^2B])
(=cfrac{16}{3}[cfrac{sqrt{3}}{4}sin2B+cfrac{1}{4}(1-cos2B)])
(=cfrac{16}{3}(cfrac{sqrt{3}}{4}sin2B-cfrac{1}{4}cos2B+cfrac{1}{4}))
(=cfrac{8}{3}(sin2Bcdot cfrac{sqrt{3}}{2}-cos2Bcdot cfrac{1}{2})+cfrac{4}{3})
(=cfrac{8}{3}sin(2B-cfrac{pi}{6})+cfrac{4}{3})
当(2B-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{2})，即(B=cfrac{5pi}{12} in(0，cfrac{2pi}{3}))时，(sin(2B-cfrac{pi}{6})=1)，
即(bc_{max}=cfrac{8}{3}+cfrac{4}{3}=4)
故([S_{Delta}]_{max}=cfrac{1}{2}bcsinAleq cfrac{sqrt{3}}{4} imes 4=sqrt{3})。
- 求点到点的距离的最值[或范围]；
(1).求圆(C)的极坐标方程；
分析：把圆(C)的参数方程化为普通方程为((x-2)^2+(y-2)^2=2)，即(x^2+y^2-4x-4y+6=0)，
将(x= ho cos heta)，(y= ho sin heta)，(x^2+y^2= ho^2)代入上式，
得到其极坐标方程为( ho^2-4 ho cos heta-4 ho sin heta+6=0)；
(2).若(P)为圆(C)上一个动点，求(|PA|^2+|PB|^2)的取值范围；
分析：设(P(2+sqrt{2}cos heta，2+sqrt{2}sin heta))，且( hetain [0,2pi))，点(A)和点(B)的直角坐标分别为((-1，0))和((1，0))
则由平面内任意两点间的距离公式可得
(|PA|^2+|PB|^2=(3+sqrt{2}cos heta)^2+(2+sqrt{2}sin heta)^2+(1+sqrt{2}cos heta)^2+(2+sqrt{2}sin heta)^2+)
(=22+8sqrt{2}(sin heta+cos heta)=22+16sin( heta+cfrac{pi}{4}))
又由于( hetain [0,2pi))，则(sin( heta+cfrac{pi}{4})in [-1，1])，
故(|PA|^2+|PB|^2=22+16sin( heta+cfrac{pi}{4})in [6，38])；
故(|PA|^2+|PB|^2)的取值范围为([6，38])；
- 求点到直线的距离的最值[或范围]；
分析：首先易知椭圆和直线没有交点，即二者相离，从而可以考虑用椭圆的参数方程或平行线法求解。
法1、利用椭圆的参数方程，由椭圆方程(cfrac{x^2}{3}+y^2=1)可知，动点坐标(P(sqrt{3}cos heta，sin heta))，
则点P到直线(x+y-8=0)的距离为(d)，则有
(d( heta)=cfrac{|sqrt{3}cos heta+sin heta-8|}{sqrt{2}}=cfrac{|2sin( heta+cfrac{pi}{3})-8|}{sqrt{2}})，
故当(sin( heta+cfrac{pi}{3})=1)时，(d_{min}=cfrac{|2-8|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})；
(sin( heta+cfrac{pi}{3})=-1)时，(d_{max}=cfrac{|-2-8|}{sqrt{2}}=5sqrt{2})；[2]
法2、平行线法，设和已知平行且和已知椭圆相切的直线(x+y+m=0)，
则由(x+y+m=0)和(cfrac{x^2}{3}+y^2=1)，消去(y)可得(4x^2+6mx+3m^2-3=0)，
由二者相切可知，(Delta=36m^2-4 imes4(3m^2-3)=0)，解得(m=pm 2)，
即和椭圆相切的直线有(x+y-2=0)和(x+y+2=0)，故切点到直线(x+y-8=0)的距离就可以用两条平行线间的距离来刻画，
则(d_{max}=cfrac{|2-(-8)|}{sqrt{2}}=5sqrt{2})，(d_{min}=cfrac{|-2-(-8)|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})。
- 求弦长类[单个弦长，弦长之和之差，之积]的取值范围，利用直线的参数方程的几何意义求解；
在极坐标系中，已知圆(C)的圆心(C(sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))，半径(r=sqrt{3})，
（1）求圆(C)的极坐标方程。
（2）若(alpha in[0，cfrac{pi}{4}])，直线(l)的参数方程为(egin{cases} x=2+cosalphacdot t \y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数)) ，
直线(l)交圆(C)于(A、B)两点，求弦长(|AB|)的取值范围。
解：（1）圆(C)的圆心(C(sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))，得(C)的直角坐标为((1,1))，
所以圆(C)的直角坐标方程为((x-1)^2+(y-1)^2=3)，由(x=
ho cos heta，y=
ho sin heta)得到，
圆(C)的极坐标方程为(
ho^2-2
ho cos heta-2
ho sin heta-1=0)。
（2）将 (egin{cases} x=2+cosalphacdot t \y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数))，
代入圆(C)的直角坐标方程为((x-1)^2+(y-1)^2=3)，
得到(t^2+2(cosalpha+sinalpha)t-1=0)，
则有(Delta=4(cosalpha+sinalpha)^2+4>0)，
设(A、B)两点对应的参数分别为(t_1，t_2)，
则由韦达定理可知，(t_1+t_2=2(cosalpha+sinalpha)，t_1cdot t_2= -1)
所以弦长(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{8+4sin2alpha})，
由于(alpha in[0,cfrac{pi}{4}])，所以(sin2alphain[0，1])，(8+4sin2alphain[8，12])，
所以弦长(|AB|in[2sqrt{2}，2sqrt{3}])。
相关链接
为什么能令(cfrac{a}{sqrt{a^2+b^2}}=cosphi)，(cfrac{b}{sqrt{a^2+b^2}}=sinphi)的原因：
由于(-1leqslantcfrac{a}{sqrt{a^2+b^2}}leqslant 1)，而(-1leqslantcosphileqslant 1)，
(-1leqslantcfrac{b}{sqrt{a^2+b^2}}leqslant 1)，而(-1leqslantsinphileqslant 1)，
且((cfrac{a}{sqrt{a^2+b^2}})^2+(cfrac{b}{sqrt{a^2+b^2}})=1)，而(sin^2phi+cos^2phi=1)，
故令(cfrac{a}{sqrt{a^2+b^2}}=cosphi)，(cfrac{b}{sqrt{a^2+b^2}}=sinphi)是完全合理的；
当然，我们也可以令(cfrac{a}{sqrt{a^2+b^2}}=sinphi)，(cfrac{b}{sqrt{a^2+b^2}}=cosphi)，
不过这样做的话，上述公式的变形过程会有符号的变化，容易出错，
故我们一般利用(sinalphacdotcoseta+cosalphacdotsineta=sin(alpha+eta))来变形，
很少使用(cosalphacdotcoseta+sinalphacdotsineta=cos(alpha-eta))； ↩︎问题：为什么不设点P的坐标为((x，y))而采用参数坐标形式((sqrt{3}cos heta，sin heta))?前者坐标形式是二元形式，后者是一元形式，故后者简单。变量集中策略 ↩︎