三角函数专题——三角函数恒等变形
dingziyang888
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2026-01-18 16:14:40
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算法·理论
前言
欢迎广大 OIer 观看五年级 xxs 的三角函数专题。
::::info[温馨提示]{open}
请已经掌握三角函数基本知识的盆友观看。
::::
前置芝士
三角函数恒等变换是高考以及各种名校自招的热门考点，充满灵活性与技巧性，推导过程看着赏（nao）心（dai）悦（fa）目（yun），接下来让我们了解一下基本的变形公式吧。
先来个非常好用的东西：
::::success[万能公式]{open}
\sin \alpha=\frac{2 \tan \dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\dfrac{\alpha}{2}}
\cos \alpha=\frac{1-\tan^2\dfrac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\dfrac{\alpha}{2}}
::::
这个东西可以把 \sin \alpha 和 \cos \alpha 都用 \tan \dfrac{\alpha}{2} 表示出来。
接下来这个东西十分的常用：
::::success[加法定理]{open}
\sin(\alpha \pm \beta)=\sin \alpha \cos \beta \pm \cos \alpha \sin \beta
\cos(\alpha \pm \beta)=\cos \alpha \cos \beta \mp \sin \alpha \sin \beta
::::
于是我们根据这个推导出了积化和差公式 ：
::::success[积化和差公式]{open}
\sin \alpha \sin \beta=\frac12[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)]
\cos \alpha \cos \beta=\frac12[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)]
\sin \alpha \cos \beta=\frac12[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]
\cos\alpha\sin\beta=\frac12[\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)]
::::
于是我们就有了和差化积公式 ：
::::success[和差化积公式]{open}
\sin \alpha+\sin \beta=2\sin\frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}
\sin \alpha-\sin \beta=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}
\cos \alpha+\cos \beta=2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}
\cos \alpha-\cos \beta=-2\sin \frac{\alpha+\beta}{2} \sin \frac{\alpha-\beta}{2}
::::
字母前面有系数怎么办呢？请出我们的半角公式 和倍角公式 ：
::::success[半角公式]{open}
\sin \frac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}}
\cos \frac{\alpha}{2}=\pm\sqrt{\frac{1+\cos \alpha}{2}}
\tan \frac{\alpha}{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha}}=\frac{\sin\alpha}{1+\cos \alpha}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}
::::
::::success[倍角公式]{open}
\sin 2\alpha=2\sin \alpha \cos \alpha
\cos 2\alpha=1-2\sin^2 \alpha
\tan 2\alpha=\frac{2 \tan \alpha}{1-\tan^2 \alpha}
\sin 3\alpha=3\sin \alpha-4\sin^3 \alpha
\cos 3\alpha=4\cos^3 \alpha-3\cos \alpha
\tan 3\alpha = \frac{3 \tan \alpha-\tan^3 \alpha}{1-3\tan^2 \alpha}
::::
还有一些杂七杂八的公式：
::::success[杂食动物]{open}
\sin^2 \alpha-\sin^2 \beta=\sin(\alpha+\beta) \sin(\alpha-\beta)
\cos^2 \alpha-\cos^2 \beta=-\sin(\alpha+\beta) \sin(\alpha-\beta)
\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha=1
a\sin \alpha+b\cos \alpha=\sqrt{a^2+b^2} \sin(\alpha+\theta)
上式中 \tan \theta=\dfrac{a}{b} 。
::::
知（bei）道（song）这些公式后你就可以开始做题了。
例题一
::::info[题目]{open}
求
(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})
的值。
（2017 年北京大学博雅计划）
::::
解法一
首先我们看到这个式子，非常 暴力 的做法就是给他运用我们 小学三年级就学过的 乘法分配律给他乘开变成 9 项，然后我们给他分个组：
第一组：\cos \dfrac{\pi}{7}+\cos \dfrac{3\pi}{7}+\cos \dfrac{5\pi}{7} ；
第二组：\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{3\pi}{7}+\cos \dfrac{3\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}+\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7} ；
第三组：\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{3\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7} 。
挨个套公式即可。
::::success[解]{open}
\begin{align*}
&(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})\\
&=1+\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7}+\\
&\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7}+\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7}+\\
&\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{3\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7}
\end{align*}
我们考虑分组求解：
由于
\begin{align*}
2\cdot\sin \alpha \cos \beta&=2 \times \frac12[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]\\&=\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)
\end{align*}
故
\begin{align*}
&\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7}\\
&=\frac{2\sin \dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{\pi}{7}+2\sin \dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{3\pi}{7}+2\sin \dfrac{\pi}{7}\cos\dfrac{5\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}\\
&=\frac{\sin \dfrac{2\pi}{7}+\sin \dfrac{4\pi}{7}-\sin \dfrac{2\pi}{7}+\sin \dfrac{6\pi}{7}-\sin \dfrac{4\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}\\
&=\frac{\sin \dfrac{6\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}=\frac{\sin \dfrac{\pi}{7}}{2\sin \dfrac{\pi}{7}}=\frac12
\end{align*}
由于
\cos \alpha \cos \beta=\frac12[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)]
故
\begin{align*}
&\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{3\pi}{7}+\cos \dfrac{3\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}+\cos \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{5\pi}{7}\\
&=\frac12(\cos \frac{4\pi}{7}+\cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{8\pi}{7}+\cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{6\pi}{7}+\cos \frac{4\pi}{7})\\
&=\frac12(2\cos \frac{2\pi}{7}+2\cos \frac{4\pi}{7}+2\cos \frac{6\pi}{7})\\
&=\cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{4\pi}{7}+\cos \frac{6\pi}{7}\\
&=-(\cos \frac{\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7})\\
&=-\frac12
\end{align*}
而
\begin{align*}
&\cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{3\pi}{7}\cos \frac{5\pi}{7}\\
&=\cos \frac{2\pi}{7}\cos \frac{4\pi}{7}\cos \frac{6\pi}{7}\\
&=\frac{2^3\sin \dfrac{\pi}{7}\cos \dfrac{2\pi}{7}\cos \dfrac{4\pi}{7}\cos \dfrac{6\pi}{7}}{2^3\sin \dfrac{\pi}{7}}\\
&=\frac{4\sin\dfrac{2\pi}{7}\cos \dfrac{4\pi}{7}\cos \dfrac{6\pi}{7}}{8\sin \dfrac{\pi}{7}}\\
&=\frac{2\sin \dfrac{4\pi}{7}\cos \dfrac{6\pi}{7}}{8\sin\dfrac{\pi}{7}}\\
&=\frac{\sin \dfrac{8\pi}{7}}{8\sin \dfrac{\pi}{7}}=-\frac18
\end{align*}
故
(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})=1+\dfrac12-\dfrac12-\dfrac18=\dfrac78。
::::
解法二
注意到单位根有结论
\prod_{i=1}^{6} \cos \frac{i\pi}{7}=\frac7{2^6}
稍微变形后代入即可。
::::success[证]{open}
\begin{align*}
&(1+\cos \frac{\pi}{7})(1+\cos \frac{3\pi}{7})(1+\cos \frac{5\pi}{7})\\
&=(1-\cos \frac{\pi}{7})(1-\cos \frac{3\pi}{7})(1-\cos \frac{5\pi}{7})\\
&=8\sin^2 \frac{\pi}{7}\sin^2 \frac{2\pi}{7}\sin^2 \frac{3\pi}{7}\\
&=8\prod_{i=1}^{6} \cos \frac{i\pi}{7}=\frac7{2^6} \times 8=\frac78
\end{align*}
::::
题外话：关于单位根
一般地，单位根有性质：
\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k\pi}{n}=\frac n{2^{n-1}}。
事实上，我们可以设 x^n=1 的 n 个根为 \omega^k,0 \le k \le n-1 ，其中 \arg \omega=\dfrac{2\pi}{n} ，则
\prod_{k=1}^{n-1} (x-\omega^k)=\sum_{j=0}^{n-1} x^j
我们令 x=1 ，可得
\prod_{k=1}^{n-1} (1-\omega^k)=n。
我们取个绝对值后，注意到
\begin{align*}
&|1-\omega^k|\\
&=|1-(\cos \frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n})|\\
&=|2\sin^2 \frac{k\pi}{n}-2i\sin\frac{k\pi}{n} \cos \frac{k\pi}{n}|\\
&=2\sin \frac{k\pi}{n}
\end{align*}
上式中， 1 \le k \le n-1 ，代入可知
2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k\pi}{n}=n。
然后我们就证明了
\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k\pi}{n}=\frac n{2^{n-1}}。
完美！
例题二
三角函数换元 了解一下。
::::info[题目]{open}
已知
\frac{\tan^2 x+\tan^2 y}{1+\tan^2x+\tan^2y}=\sin^2x+\sin^2y
求
\sin x \cdot \sin y
的值。
::::
这个题还原我们有两个换法，看下面↓。
换法一
我们可以把 \sin^2x 和 \sin^2y 都给他换掉。
::::success[解]{open}
令 \sin^2x=m,\sin^2y=n ，则
\tan^2x=\frac{m}{1-m},\tan^2y=\frac{n}{1-n}。
由题可知
\frac{\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}{1+\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}=m+n。
化简整理得算了，我还是好好算吧。
分别计算分子和分母：
\begin{align*}
\frac{m}{1-m}+\frac{n}{1-n}&=\frac{m+n-2mn}{(1-m)(1-n)}\\
&=\frac{m+n-2mn}{1-m-n+mn}\\
\end{align*}
\begin{align*}
1+\frac{m}{1-m}+\frac{n}{1-n}&=1+\frac{m+n-2mn}{1-m-n+mn}\\
&=\frac{1-mn}{1-m-n-mn}
\end{align*}
故
\frac{\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}{1+\dfrac{m}{1-m}+\dfrac{n}{1-n}}=\frac{m+n-2mn}{1-mn}。
回代得
\frac{m+n-2mn}{1-mn}=m+n。
去分母得
m+n-2mn=m+n-m^2n-mn^2
即
2mn=mn(m+n)。
我们将右边变成 0 （其实你上面写化简整理得的话可以直接到这里）：
mn(m+n-2)=0。
于是 m=0 或 n=0 或 m+n-2=0 即 m+n=2 。
若 m+n=2 ，则 \sin^2x=\sin^2y=1 ，此时代入已知得 \tan^2x+\tan^2y=1+\tan^2x+\tan^2y 与原意不符。（舍）
进而 \sin x=0 或 \sin y=0 ，故
\sin x \cdot \sin y=0。
::::
换法二
我们可以把 \tan^2 x 和 \tan^2 y 换掉，用不等式求解等式。
::::success[解]{open}
令 a=\tan^2 x,b=\tan^2 y ，则 a \ge 0, b \ge 0 ，于是
\sin^2 x=\frac{\tan^2 x}{1+\tan^2 x}=\frac a{1+a}
\sin^2y=\frac{\tan^2 y}{1+\tan^2 y}=\frac b{1+b}
代入题设知
\frac{a+b}{1+a+b}=\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b} \ge \frac{a}{1+a+b}+\frac{b}{1+a+b}=\frac{a+b}{1+a+b}。
当 a=0 或 b=0 即 \sin^2 x=0 或 \cos^2 x=0 即 \sin x \cdot \cos x=0 时，等号成立。
故
\sin x \cdot \cos x=0。
::::
下面看一道有意思的题目。
例题三
三角函数配对 了解一下。
::::info[题目]{open}
求
\prod_{k=1}^{45} (1+\tan k^\circ)
的值。
::::
解法一
这种情况我们考虑配对相乘。
::::success[解]{open}
由于
\begin{align*}
&(1+\tan \alpha)(1+\tan (\frac{\pi}{4} - \alpha))\\
&=(1+\tan \alpha)(1+\frac{\tan \dfrac{\pi}{4}-\tan \alpha}{1+ \tan\dfrac{\pi}{4} \tan \alpha})\\
&=2
\end{align*}
因此，
\begin{align*}
&\prod_{k=1}^{45} (1+\tan k^\circ)\\
&=\prod _{k=1}^{22} (1+\tan k^\circ)(1+\tan (\frac{\pi}{4}-k^\circ)) \cdot (1+\tan 45^\circ)\\
&=2^{23}。
\end{align*}
爽！
::::
解法二
如果你觉得上面的解法接受不了的话，可以考虑单项变形。
::::success[解]{open}
由于
a\sin x+b \cos x=\sqrt{a^2+b^2} \sin(x+\theta)
令 a=1,b=1,\theta=\dfrac{\pi}{4} 得
\sin x+\cos x=\sqrt2 \sin(x+\frac{\pi}{4})。
从而
\begin{align*}
1+\tan \alpha&=1+\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}\\
&=\frac{\sin \alpha + \cos \alpha}{\cos \alpha}\\
&=\sqrt 2 \frac{\sin(\alpha+\dfrac{\pi}{4})}{\cos \alpha}\\
&=\sqrt 2 \frac{\sin(\alpha+\dfrac{\pi}{4})}{\sin(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)}。
\end{align*}
因此，
\begin{align*}
&\prod_{k=1}^{45} (1+\tan k^\circ)\\
&=(\sqrt2)^{44} \prod_{i=1}^{44} \frac{\sin(\alpha+\dfrac{\pi}{4})}{\sin(\dfrac{\pi}{2}-\alpha)} \cdot (1+\tan \frac{\pi}{4})\\
&=2^{23}。
\end{align*}
::::
有趣的二级结论（一）
话不多说，先上结论。
::::info[有趣的二级结论（一）]{open}
\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A=\sin^2A
的充要条件是 A=2k\pi \pm (B-C) 或 A=(2k+1)\pi \pm (B+C) ，其中 k\in\mathbb{Z} 。
::::
证充分性很好证，分别将 2k\pi \pm (B-C) 和 (2k+1)\pi \pm (B+C) 带进左式 暴算 即可。
::::success[充分性]{open}
当 A=2k\pi \pm (B-C) 时，
\begin{align*}
&\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A\\
&=\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos B \cos C-2\sin^2 B \sin^2 C\\
&=\sin^2 B \cos ^2 C - 2\sin B \sin C \cos B \cos C-2\sin^2 C \cos^2 B\\
&=(\sin B \cos C-\cos B \sin C)^2\\
&=\sin^2 (B-C)\\
&=\sin^2 (2k\pi \pm (B-C))=\sin^2 A\\
\end{align*}
同理，当 A=(2k+1)\pi \pm (B+C) 时，左式 = 右式。
证毕。
::::
那么问题来了，必要性怎么证呢？就需要我们 亿 点点变形了。
::::success[必要性]{open}
由于
\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A=\sin^2 A
从而
\sin^2 B+\sin^2 C-2\sin B \sin C \cos A=1-\cos^2 A
整理得（不兜圈子了）
\cos A=\sin B \sin C \pm \cos B \cos C。
分类讨论：
$$
\cos A= \sin B \sin C+\cos B \cos C=\cos (B-C)
$$
时，
$$
A=2k\pi \pm (B-C),k\in\mathbb{Z}。
$$
$2^\circ$ 当
$$
\cos A=\sin B \sin C-\cos B \cos C=-\cos (B+C)
$$
时，
$$
A=(2k+1)\pi \pm (B+C),k\in\mathbb{Z}。
$$
综上，
$A=2k\pi \pm (B-C)$ 或 $A=(2k+1)\pi \pm (B+C)$，其中 $k\in\mathbb{Z}$。
::::
于是我们就证明了这个二级结论，这个二级结论十分常用，建议读者熟记。
## 例题四
::::info[题目]{open}
求
$$
(1+\cos \frac \pi 5)(1+\cos \frac {3\pi} 5)
$$
的值。
::::
### 解法一
用和差化积公式和积化和差公式 ~~暴算~~ 变形即可。
::::success[解]{open}
$$
\begin{align*}
&(1+\cos \frac \pi 5)(1+\cos \frac {3\pi} 5)\\
&=1+\cos \frac \pi 5+\cos \frac {3\pi} 5+\cos \frac \pi 5\cos \frac {3\pi} 5\\
&=1+\cos \frac \pi 5+\cos \frac {3\pi} 5+ \frac 12(\cos \frac{2\pi} 5+\cos \frac{4\pi} 5)\\
&=1+\cos \frac \pi 5-\cos \frac {2\pi} 5+\frac 12 \cos \frac{2\pi}{5}-\frac 12 \cos \frac \pi 5\\
&= 1+ \frac12 (\cos \frac\pi 5-\cos \frac{2\pi} 5)\\
&=1+\sin \frac \pi {10} \sin \frac{3\pi}{10}\\
&=1+\frac{2\cos \dfrac \pi{10}\sin \dfrac \pi {10} \sin \dfrac{3\pi}{10}}{2\cos \dfrac \pi{10}}\\
&=1+\frac{\sin \dfrac {2\pi}{10} \cos \dfrac {2\pi}{10}}{2\cos \dfrac \pi{10}}\\
&=1+\frac{\sin \dfrac{4\pi}{10}}{4\cos \dfrac \pi{10}}\\
&=1+\frac{\sin (\dfrac \pi 2- \dfrac {\pi}{10})}{4\cos \dfrac{\pi}{10}}\\
&=1+\frac {\cos \dfrac{\pi} {10}}{4\cos \dfrac \pi{10}} =1+\frac 14=\frac54。
\end{align*}
$$
::::
### 解法二
还是的，我们可以将整个原式进行换元，运用二次方程韦达定理求解。
::::success[解]{open}
令 $A=1+ \cos \dfrac \pi 5 +\cos \dfrac {3\pi} 5+ \cos \dfrac \pi 5 \cos \dfrac {3\pi}{5}$，再令 $\theta=\dfrac \pi 5$，则 $2\theta=\pi=3\theta$，于是 $\cos 2\theta+\cos 3\theta=0$，即
$$
4\cos^3 \theta+2\cos^2 \theta-3\cos \theta-1=0。
$$
因式分解得
$$
(\cos \theta+1)(4\cos^2 \theta-2\cos \theta-1)=0。
$$
由于 $\cos \theta=\cos \dfrac \pi 5 \ne -1$，因此 $4\cos^2 \theta -2\cos \theta-1=0$，即 $\theta=\dfrac{\pi}{5}$ 是方程 $4x^2-2x-1=0$ 的一根，同理，$\dfrac{3\pi}{5}$ 也为方程 $4x^2-2x-1=0$ 的一根，由韦达定理，
$$
\cos \frac{\pi}{5}+\cos \frac{3\pi} 5=\frac 12,\cos \frac \pi 5 \cos \frac {3\pi} 5=-\frac14。
$$
故
$$
\begin{align*}
A&=1+ \cos \dfrac \pi 5 +\cos \dfrac {3\pi} 5+ \cos \dfrac \pi 5 \cos \dfrac {3\pi}{5}\\
&=1+\frac12-\frac14=\frac54。
\end{align*}
$$
::::
本题的解法具有很强的技巧性，在解题过程中，我们将上下分子分母同时乘了 $2\cos \dfrac \pi {10}$，进行二倍角凑配迭代，于是我们归纳猜想下面这个二级结论。
## 有趣的二级结论（二）
::::info[有趣的二级结论（二）]{open}
$$
\prod _{k=1}^n \cos \frac{k\pi}{2n+1}=\frac1{2^n}
$$
::::
还是的，我们可以用上面的凑配迭代法进行证明。
::::success[证]{open}
令
$$
S=\prod _{k=1}^n \cos \frac{k\pi}{2n+1}
$$
$$
T=\prod _{k=1}^n \sin \frac{k\pi}{2n+1}。
$$
则
$$
\begin{align*}
ST&=\frac1{2^n} \prod_{k=1}^{n} \sin \frac{2k\pi}{2n+1}\\
&= \frac1{2^n} \prod_{k=1}^n \sin \frac{k\pi}{2n+1}\\
&=\frac 1{2^n}T。
\end{align*}
$$
故
$$
S=\prod _{k=1}^n \cos \frac{k\pi}{2n+1}=\frac1{2^n}。
$$
::::
## 例题五
::::info[题目]{open}
已知 $\alpha,\beta$ 为锐角，求证： $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ 的充要条件为 $\dfrac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\dfrac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta}=1$。
::::
必要性很好证，将 $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ 代入即可。
::::success[必要性]{open}
由于
$$
\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}
$$
因此
$$
\sin^2 \alpha=\cos^2 \beta,\cos^2 \alpha=\sin^2 \beta。
$$
从而
$$
\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta}=\sin^2 \alpha+\cos^2 \beta=1。
$$
::::
### 充分性证法一
::::info[前置芝士]{open}
**柯西不等式**：对于任意的两组实数 $a_i,b_i(1 \le i \le n)$，满足
$$
(\sum_{i=1}^n a_i)^2+(\sum_{i=1}^n b_i)^2 \ge (\sum_{i=1}^n a_ib_i)^2
$$
当且仅当 $\forall 1 \le i \le n,\dfrac{a_i}{b_i}$ 为常数时，等号成立。
::::
于是——由柯西不等式我们知道
$$
\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge \frac{(\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha)^2}{\cos^2 \beta+\sin^2 \beta}=1。
$$
分析一下等号成立的条件即可。
::::success[证]{open}
由柯西不等式知
$$
\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge \frac{(\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha)^2}{\cos^2 \beta+\sin^2 \beta}=1。
$$
当且仅当
$$
\frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \beta}=\frac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \beta}
$$
即
$$
\frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \beta}=\frac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \beta}=\frac{\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha}{\sin^2 \beta+\cos^2 \beta}=1
$$
即
$$
\sin^2 \alpha=\cos^2 \beta,\cos^2 \alpha=\sin^2 \beta
$$
时等号成立。
又由于 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac{\pi}{2})$，故
$$
\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}。
$$
::::
### 充分性证法二
还是我们可以想办法弄出
$$
\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge 1
$$
右边的 $1$ 可以由 $\dfrac12 (2\sin^2 \alpha+2\cos^2 \alpha)$ 弄出来，于是我们可以这么做。
::::success[证]{open}
注意到
$$
\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2 \beta}+\cos^2 \beta \ge 2\sin^2 \alpha
$$
$$
\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta}+\sin^2 \beta \ge 2\cos^2 \alpha
$$
两式相加得
$$
\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2\beta}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin^2 \beta} \ge 1。
$$
后同证法一。
::::
### 充分性证法三
啥？你又想换元了，于是我们让 $\sin^2 \alpha$ 和 $\cos^2 \beta$ 都下岗，让 $a$ 和 $b$ 都上岗，小小的因式分解一下就完事了。
::::success[证]{open}
令 $\sin^2 \alpha=a$，$\cos^2 \beta=b,a,b \in(0,1)$，由题设知
$$
\frac{a^2}{b}+\frac{(1-b)^2}{1-a}=1。
$$
$$
\Leftrightarrow a^2-a^3+b^3-2b^2+b=b-ab
$$
$$
\Leftrightarrow (b-a)(a^2+ab+b^2-2b-a)=0。
$$
由于 $a,b \in (0,1)$，因此 $a>a^2,b>b^2,b>ab$，于是
$$
a^2+ab+b^2-2b-a<0。
$$
故 $b-a=0$，即 $a=b$，此时 $\sin^2 \alpha=\cos^2 \beta$，从而 $\alpha+\beta=\dfrac \pi2$。
::::
### 充分性证法四
这个偏技巧性，看看就行，~~叫 ad-hoc 是不是比较合适~~。
::::success[证]{open}
由于
$$
\begin{align*}
0&=\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2 \beta}+\frac{\sin^4 \beta}{\cos^2 \alpha}-1\\
&=\frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2 \beta}+\frac{\sin^4 \beta}{\cos^2 \alpha}-(\cos^2 \beta+\sin^2 \beta)\\
&=\frac{\sin^4 \alpha-\cos^4 \beta}{\cos^2 \beta}+\frac{\sin^2 \beta(\sin^2 \beta-\cos^2 \alpha)}{\cos^2 \alpha}
\end{align*}
$$
由于 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac \pi2)$，因此 $\alpha+\beta \in (0,\pi)$。
若 $0<\alpha+\beta<\dfrac \pi2$，则
$$
\cos \alpha>\cos(\dfrac \pi2-\beta)=\sin \beta>0 \Rightarrow \cos^2 \alpha>\sin^2 \beta
$$
$$
\cos \beta>\cos(\dfrac \pi2-\alpha)=\sin \alpha>0 \Rightarrow \cos^4 \beta>\sin^4 \alpha
$$
则上式右边 $<0$，矛盾。
同理，若 $\dfrac \pi2<\alpha+\beta<\pi$，则上式右边 $>0$，矛盾。
综上，$\alpha+\beta=\dfrac \pi2$。
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## 有趣的二级结论（三）
**本结论为有趣的二级结论（二）的推广。**
::::info[有趣的二级结论（三）]{open}
已知 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac \pi2)$，则 $\alpha+\beta=\dfrac \pi2$ 的充要条件为
$$
\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}=1。
$$
::::
~~必要性显然，就不证了。~~
### 充分性证法一
跟（二）一样，可以弄出
$$
\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta} \ge 1。
$$
::::success[证]{open}
注意到
$$
\begin{align*}
\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}&= \frac{\sin^4 \alpha}{\cos \beta \sin \alpha}+\frac{\cos^4 \alpha}{\sin \beta \cos \alpha}\\
&\ge \frac{(\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha)^2}{\cos \beta \sin \alpha+\sin \beta \cos \alpha}\\
&=\frac 1{\sin(\alpha+\beta)} \ge 1\\
\end{align*}
$$
当且仅当
$$
\begin{cases}
\dfrac{\sin^2 \alpha}{\cos \beta \sin \alpha}=\dfrac{\cos^2 \alpha}{\sin \beta \cos \alpha}\\
\alpha+\beta =\dfrac \pi2
\end{cases}
$$
即
$$
\alpha+\beta=\frac \pi 2
$$
时取等。
::::
### 充分性证法二
跟（二）的证法二同理。
::::success[证]{open}
由均值不等式
$$
\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}+\cos^2 \beta \ge 3\sqrt[3]{\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta} \cdot \frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta} \cdot \cos^2 \beta}=2\sin^2 \alpha
$$
同理
$$
\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}+\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}+\sin^2 \beta \ge 3\cos^2 \alpha
$$
两式相加得
$$
\frac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}+\frac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta} \ge 1。
$$
当且仅当
$$
\begin{cases}
\dfrac{\sin^3 \alpha}{\cos \beta}=\cos^2 \beta\\
\dfrac{\cos^3 \alpha}{\sin \beta}=\sin^2 \beta\\
\end{cases}
$$
即
$$
\alpha+\beta=\frac \pi2
$$
时取等。
::::
## 有趣的二级结论（四）
**本结论为有趣的二级结论（二）的推广。**
::::info[有趣的二级结论（四）]{open}
已知 $\alpha,\beta \in (0,\dfrac{\pi}{2})$，则 $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ 的充要条件为
$$
\frac{\sin^{k+2} \alpha}{\cos^k \beta}+\frac{\cos^{k+2} \alpha}{\sin^k \beta}=1,k \in \mathbb{N}_+。
$$
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~~还是的，必要性显然，就不证了。~~
### 充分性证法一
上面的证法一。
::::success[证]{open}
$1^\circ$ 当 $k=2m,m \in \mathbb{N}_+$ 时，由均值不等式
$$
\begin{align*}
&\frac{\sin^{2m+2} \alpha}{\cos^{2m} \beta}+m\cos^2 \beta\\
&\ge (m+1) \cdot\sqrt[m+1]{\frac{\sin^{2m+2} \alpha}{\cos^{2m} \beta} \cdot \cos^{2m} \beta}\\
&=(m+1)\sin^2 \alpha
\end{align*}
$$
同理，
$$
\begin{align*}
&\frac{\cos^{2m+2} \alpha}{\sin^{2m} \beta}+m\sin^2 \beta\\
&\ge (m+1) \cdot\sqrt[m+1]{\frac{\cos^{2m+2} \alpha}{\sin^{2m} \beta} \cdot \sin^{2m} \beta}\\
&=(m+1)\cos^2 \alpha
\end{align*}
$$
两式相加得
$$
\frac{\sin^{2m+2} \alpha}{\cos^{2m} \beta}+\frac{\cos^{2m+2} \alpha}{\sin^{2m} \beta} \ge 1。
$$
当且仅当 $\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{2}$ 时取等。
---
$2^\circ$ 当 $k=2m-1,m \in \mathbb{N}_+$ 时，
$$
\begin{align*}
&\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta}+\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta}+(2m-1)\cos^2 \beta\\
& \ge (2m+1) \sqrt[2m+1]{\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta} \cdot \frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta} \cdot \cos^{2(2m-1)} \beta}\\
&=(2m+1) \sin^2 \alpha
\end{align*}
$$
同理，
$$
\begin{align*}
&\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta}+\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta}+(2m-1)\sin^2 \beta\\
& \ge (2m+1) \sqrt[2m+1]{\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta} \cdot \frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta} \cdot \sin^{2(2m-1)} \beta}\\
&=(2m+1) \cos^2 \alpha
\end{align*}
$$
两式相加得
$$
\frac{\sin^{2m+1} \alpha}{\cos^{2m-1} \beta}+\frac{\cos^{2m+1} \alpha}{\sin^{2m-1} \beta} \ge 1。
$$
当且仅当 $\alpha+\beta=\dfrac \pi2$ 时取等。
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### 充分性证法二
这个方法比较 ~~猎奇~~ 清奇，看看就好。
::::success[证]{open}
注意到
$$
\frac{\sin^{k+2} \alpha}{\cos^k \beta}+k\cos \beta \sin \alpha \ge (k+1) \sin^2 \alpha
$$
$$
\frac{\cos^{k+2} \alpha}{\sin^k \beta}+k\sin \beta \cos \alpha \ge (k+1) \cos^2 \alpha
$$
两式相加得
$$
\frac{\sin^{k+2} \alpha}{\cos^k \beta}+\frac{\cos^{k+2} \alpha}{\sin^k \beta} \ge (k+1)-k\sin(\alpha+\beta) \ge 1。
$$
当且仅当 $\alpha+\beta=\dfrac \pi 2$ 时取等。
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## 参考文献
数学奥林匹克小丛书高中卷第三卷（~~俗称小蓝本~~）。
## 后记
这篇文章拖拖拉拉写了应该有半个月，如果觉得可以的话可以点个赞再去写大模拟哦。