问题及解答

\[
\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\tag{1}
\]

\[
\sin\alpha-\sin\beta=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\tag{2}
\]

\[
\cos\alpha+\cos\beta=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\tag{3}
\]

\[
\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\tag{4}
\]

 

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Remark:

我们只需要证明 (1), 因为其余的可以由 (1) 推出.

我们这里给出的关于 (1) 的参考证明利用了几何方法.   (这个几何图形是一个很熟悉的直角梯形. 类似的直角梯形在问题2021中也出现过.)

 

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Remark:

如果 (3)-(4), 则得

\[
\cos\beta=\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}
\]

此时, 若令 $x=\dfrac{\alpha+\beta}{2}$, $y=\dfrac{\alpha-\beta}{2}$, 则 $x-y=\beta$, 于是得到

\[
\cos(x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y.
\]

Proof of (2)

\[
\begin{split}
\sin\alpha-\sin\beta&=\sin\alpha+\sin(-\beta)\\
&\stackrel{(1)}{=}2\sin\frac{\alpha+(-\beta)}{2}\cos\frac{\alpha-(-\beta)}{2}\\
&=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}
\end{split}
\]

 

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Proof of (3)

\[
\begin{split}
\cos\alpha+\cos\beta&=\sin(\alpha+\frac{\pi}{2})+\sin(\beta+\frac{\pi}{2})\\
&\stackrel{(1)}{=}2\sin\frac{\alpha+\beta+\pi}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\\
&=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}
\end{split}
\]

 

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Proof of (4)

\[
\begin{split}
\cos\alpha-\cos\beta&=\sin(\alpha+\frac{\pi}{2})-\sin(\beta+\frac{\pi}{2})\\
&\stackrel{(2)}{=}2\cos\frac{\alpha+\beta+\pi}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\\
&=-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha-\beta}{2}
\end{split}
\]

我们这里给出(1)的几何证明.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

在直角坐标系的第一象限内画四分之一单位圆. 设 $\angle AOB=\alpha=a$, $\angle AOC=\beta=b$.  不妨设 $\beta > \alpha$.

作 $\angle BOC$ 的角平分线 $OL$.（这里图片中的 $a$ 指 $\alpha$, $b$ 指 $\beta$.）

于是 $\angle BOL=\angle COL=\frac{\beta-\alpha}{2}$.

连接 $BC$ 交 $OL$ 于点 $H$. 分别过 $B$, $H$, $C$ 作关于 $x$ 轴的垂线, 垂足分别是 $E$, $F$, $G$.  过点 $A$ 作射线 $OL$ 的垂线, 垂足是 $I$.

 

观察:

\[
\sin\frac{\alpha+\beta}{2}=\sin\angle AOL=|AI|,
\]

\[
\cos\frac{\beta-\alpha}{2}=\cos\angle BOL=|OH|,
\]
 

于是

\[
\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\beta-\alpha}{2}=|AI|\cdot|OH|=2\cdot S_{\triangle AOH}=|OA|\cdot|HF|=|HF|.
\]

 

另一方面

\[
\sin\alpha+\sin\beta=|BE|+|CG|,
\]

而在直角梯形 $EBCG$ 中, $HF$ 是梯形的中位线, 故有 $2|HF|=|BE|+|CG|$. 因此我们证明了

\[
2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\beta-\alpha}{2}=\sin\alpha+\sin\beta.
\]