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α 碎片的归属问题

问题概述

已知角 $\alpha$ 属于第 $a$ 象限，求角

$$\frac{\alpha }{b}$$

所属的象限。

其中：

1. $a$ 的取值范围为

{ a ∣ a ∈ [ 1 , 4 ] 且  a ∈ Z } \{a ~ | ~ a \in [1, 4] ~ 且 ~ a \in Z\} {a ∣ a∈[1,4] 且 a∈Z}

2. $b$ 的取值范围为

{ b ∣ b ∈ Z 且  b ≠ 0 } \{ b ~ | ~ b \in Z ~ 且 ~ b\neq 0\} {b ∣ b∈Z 且 b=0}

终边相同角

圆心角

圆心角是指在圆心为 O 的圆中，过弧 $AB$ 两端的半径所构成的 $\angle AOB$ ，称为弧 $AB$ 所对的圆心角。

终边相同角

终边相同角是指具有 相同 始边（始边均与 X 轴重合）与终边的角。若某一个角的大小为 $\alpha$，那么所有与该角互为终边相同角的集合为

{ θ ∣ θ = α + 2 k π ( k ∈ Z ) } \{\theta ~ |~ \theta = \alpha + 2k \pi ~~ (k \in Z) \} {θ ∣ θ=α+2kπ  (k∈Z)}

其中：

1. Z 代表一个整数集合，而 $k\in Z$ 则表示 k 为一个整数。

2. $2\pi$ 是以弧度（而不是角度）为单位对角的大小进行的描述。$2\pi$ 换算为角度后的结果为 $360^{\circ }$。

圆周长所对的圆心角为 $360^{\circ }$。因此，无论终边的旋转方向如何，只要其旋转度数为 $360^{\circ }$ 的整数倍，那么终边所处的位置不变。

象限角

在二维笛卡尔坐标系中，根据 角的终边所在的象限，可以将象限角分为四个象限，即第一象限、第二象限、第三象限和第四象限。

注：

终边位于坐标轴上的角不属于任何象限。

描述象限角

第一象限角

在二维笛卡尔坐标系中，若 $\alpha$ 属于第一象限，则 $\alpha$ 所有可能的角度大小所组成的集合为：

{ α ∣ 0 < α < π 2 } \{\alpha ~ | ~ 0 \lt \alpha \lt \frac{\pi}{2}\} {α ∣ 0<α<2π​}

通过终边相同角的概念将其推广至任意角，则有：

{ α ∣ 2 k π < α < π 2 + 2 k π } ( k ∈ Z ) \{\alpha ~ | ~ 2k\pi \lt \alpha \lt \frac{\pi}{2} + 2k\pi \} ~~~ (k \in Z) {α ∣ 2kπ<α<2π​+2kπ}   (k∈Z)

于是，我们可以得出第一象限角所组成的集合为：

{ α ∣ 2 k π < α < π 2 + 2 k π } ( k ∈ Z ) \{\alpha ~ | ~ 2k\pi \lt \alpha \lt \frac{\pi}{2} + 2k\pi \} ~~~ (k \in Z) {α ∣ 2kπ<α<2π​+2kπ}   (k∈Z)

由第一象限角的推导过程，我们能够得出下表。

象限角	描述
第一象限角	{ α ∣ 2 k π < α < π 2 + 2 k π } ( k ∈ Z ) \{\alpha ~ | ~ 2k\pi \lt \alpha \lt \frac{\pi}{2} + 2k\pi \} ~~~ (k \in Z) {α ∣ 2kπ<α<2π​+2kπ}   (k∈Z)
第二象限角	{ α ∣ π 2 + 2 k π < α < π + 2 k π } ( k ∈ Z ) \{\alpha ~ | ~\frac{\pi}{2} + 2k\pi \lt \alpha \lt \pi + 2k\pi \} ~~~ (k \in Z) {α ∣ 2π​+2kπ<α<π+2kπ}   (k∈Z)
第三象限角	{ α ∣ π + 2 k π < α < 3 π 2 + 2 k π } ( k ∈ Z ) \{\alpha ~ | ~\pi + 2k\pi \lt \alpha \lt \frac{3 \pi}{2} + 2k\pi \} ~~~ (k \in Z) {α ∣ π+2kπ<α<23π​+2kπ}   (k∈Z)
第四象限角	{ α ∣ 3 π 2 + 2 k π < α < 2 ( k + 1 ) π } ( k ∈ Z ) \{\alpha ~ | ~\frac{3 \pi}{2} + 2k\pi \lt \alpha \lt 2(k+1)\pi \} ~~~ (k \in Z) {α ∣ 23π​+2kπ<α<2(k+1)π}   (k∈Z)

任意象限角

若角 $\alpha$ 可能属于任何象限，我们又该如何表示？

观察不同象限角的集合描述，我们能够发现如下几点：

1. 象限角所处区间的两个极限之间总是相差 $\frac{\pi }{2}$。

2. 象限角所处区间的两个极限总与 $\frac{\pi }{2}$ 呈倍数关系。

综上所述，我们可以使用如下公式描述存在任意象限的角 $\alpha$：

{ α ∣ n π 2 + 2 k π < α < ( n + 1 ) π 2 + 2 k π } ( k ∈ Z , n ∈ Z ) \{ \alpha ~ | ~ n\frac{\pi}{2} + 2k\pi \lt \alpha \lt (n+1)\frac{\pi}{2} + 2k\pi\} ~~~ (k \in Z, n\in Z) {α ∣ n2π​+2kπ<α<(n+1)2π​+2kπ}   (k∈Z,n∈Z)

特殊方案

问

假设角 $\alpha$ 属于第一象限，求角 $\frac{\alpha }{2}$ 所属的象限。

解

由第一象限角的集合描述，我们可以认为角 $\alpha$ 为：

{ α ∣ 2 k π < α < π 2 + 2 k π } ( k ∈ Z ) \{\alpha ~ | ~ 2k\pi \lt \alpha \lt \frac{\pi}{2} + 2k\pi \} ~~~ (k \in Z) {α ∣ 2kπ<α<2π​+2kπ}   (k∈Z)

对于 $\frac{\alpha }{2}$ 则有：

{ α 2 ∣ k π < α 2 < π 4 + k π } ( k ∈ Z ) \{ \frac{\alpha}{2} ~ | ~ k\pi \lt \frac{\alpha}{2} \lt \frac{\pi}{4} + k\pi \} ~~~ (k \in Z) {2α​ ∣ kπ<2α​<4π​+kπ}   (k∈Z)

将 $\frac{\alpha }{2}$ 的结果限定在 $[0,2\pi ]$ 之间，则 $k$ 的可能取值为 0 或 1。

当 $k=0$ 时，有：

{ α 2 ∣ 0 < α 2 < π 4 } \{ \frac{\alpha}{2} ~ | ~ 0 \lt \frac{\alpha}{2} \lt \frac{\pi}{4} \} {2α​ ∣ 0<2α​<4π​}

当 $k=1$ 时，有：

{ α 2 ∣ π < α 2 < π 4 + π } \{ \frac{\alpha}{2} ~ | ~ \pi \lt \frac{\alpha}{2} \lt \frac{\pi}{4} + \pi \} {2α​ ∣ π<2α​<4π​+π}

综上所述，当角 $\alpha$ 属于第一象限时，角 $\frac{\alpha }{2}$ 所属的象限为第一象限及第二象限。

叠加坐标系

上部

角 $\alpha$ 属于 $[0,2\pi ]$，则用于表示 $\alpha$ 的坐标系为：

考虑角 $\frac{\alpha }{2}$，该角必定无法占据 整个 二维笛卡尔坐标系，由 $\alpha \in [0,2\pi ]$ 有：

$$\frac{\alpha }{2}\in [0,\pi ]$$

也就是说，$\frac{\alpha }{2}$ 仅能够占据整个二维笛卡尔坐标系的 上半部分。第三、四象限角由于 被二分，故成为了第二象限角。第一、二象限角由于被二分，则成为了第一象限角。于是我们构造如下坐标系：

下部

声明一个前提，即角 $\alpha$ 属于 $[2\pi ,4\pi ]$。

考虑角 $\frac{\alpha }{2}$。此时 $\frac{\alpha }{2}$ 仍旧无法占据整个二维笛卡尔坐标系。由 $\alpha \in [2\pi ,4\pi ]$ 有：

$$\frac{\alpha }{2}\in [\pi ,2\pi ]$$

也就是说，$\frac{\alpha }{2}$ 仅能够占据整个二维笛卡尔坐标系的 下半部分。第三、四象限角由于 被二分，故成为了第四象限角。第一、二象限角由于被二分，则成为了第三象限角。于是我们构造如下坐标系：

叠加坐标系

将前面产生的两个坐标系半进行拼接并于二维笛卡尔坐标系进行叠加，即得叠加坐标系（暂且这样命名）。

将两类坐标系进行叠加后，整个二位笛卡尔坐标系都将被 完全覆盖。角 $\frac{\alpha }{2}$ 的所有可能都将从属于叠加坐标系中的八个区域中的某一个。这意味着：

1. 当角 $\alpha$ 为第一象限角时，$\frac{\alpha }{2}$ 可能为第一象限角或第三象限角。

2. 当角 $\alpha$ 为第二象限角时，$\frac{\alpha }{2}$ 可能为第一象限角或第三象限角。

3. 当角 $\alpha$ 为第三象限角时，$\frac{\alpha }{2}$ 可能为第二象限角或第四象限角。

4. 当角 $\alpha$ 为第四象限角时，$\frac{\alpha }{2}$ 可能为第二象限角或第四象限角。

一般方案

问

假设角 $\alpha$ 属于任意象限，求角 $\frac{\alpha }{N}$ 所属的象限。

解

任意角 α

若角 $\alpha$ 属于任意象限，则角 $\alpha$ 可表示为：

{ α ∣ n π 2 + 2 k π < α < ( n + 1 ) π 2 + 2 k π } ( k ∈ Z , n ∈ Z ) \{ \alpha ~ | ~ n\frac{\pi}{2} + 2k\pi \lt \alpha \lt (n+1)\frac{\pi}{2} + 2k\pi\} ~~~ (k \in Z, n\in Z) {α ∣ n2π​+2kπ<α<(n+1)2π​+2kπ}   (k∈Z,n∈Z)

则 $\frac{\alpha }{N}$ 可以表示为：

{ α N ∣ n π 2 N + 2 k π N < α N < ( n + 1 ) π 2 N + 2 k π N } \{ \frac{\alpha}{N} ~ | ~ n\frac{\pi}{2N} + \frac{2k\pi}{N} \lt \frac{\alpha}{N} \lt (n+1)\frac{\pi}{2N} + \frac{2k\pi}{N}\} {Nα​ ∣ n2Nπ​+N2kπ​<Nα​<(n+1)2Nπ​+N2kπ​}

其中：

$$N>0$$
$$n\in Z$$
$$k\in Z$$

分析

观察公式

{ α N ∣ n π 2 N + 2 k π N < α N < ( n + 1 ) π 2 N + 2 k π N } \{ \frac{\alpha}{N} ~ | ~ n\frac{\pi}{2N} + \frac{2k\pi}{N} \lt \frac{\alpha}{N} \lt (n+1)\frac{\pi}{2N} + \frac{2k\pi}{N}\} {Nα​ ∣ n2Nπ​+N2kπ​<Nα​<(n+1)2Nπ​+N2kπ​}

可得：

1. $\frac{\alpha }{N}$ 所处的单个区域的范围大小总为 $|\frac{\pi }{2N}|$。

2. 当 $n$ 与 $k$ 的值均为零时，$\frac{\alpha }{N}$ 所处的区域将总是以 $X$ 轴的正半轴作为起点。

3. $\frac{\pi }{2N}$ 即 $\frac{\pi }{2}\times \frac{1}{N}$，而二维笛卡尔坐标系中的一个象限的大小恰为 $\frac{\pi }{2}$。

经由上述结论及叠加坐标系的概念，我们将得到绘制角 $\frac{\alpha }{N}$ 的叠加坐标系的要领所在。

绘图要领

以 $X$ 正半轴为起点，逐步增加 $\frac{\pi }{2N}$ 来进行 区域的划分，并以 逆时针方向 按第一象限、第二象限、第三象限及第四象限的顺序 标识区域。若 $N$ 为 负数，则以逆时针方向按第四象限、第三象限、第二象限及第一象限的顺序标识区域。

亦或是 通过将二维笛卡尔坐标系中的每一个象限划分为 $N$ 份以进行 区域的划分，并以 逆时针方向 按第一象限、第二象限、第三象限及第四象限的顺序 标识区域。若 $N$ 为 负数，则以逆时针方向按第四象限、第三象限、第二象限及第一象限的顺序标识区域。

叠加坐标系

+N

当 $N=3$ 时，$\frac{\alpha }{N}$ 的叠加坐标系为：

-N

当 $N=-3$ 时，$\frac{\alpha }{N}$ 的叠加坐标系为：