「$\cos 15^\circ$ の値を求めよ」── $15^\circ$ は加法定理の表にない角度ですが、$30^\circ$ の半分と見れば道が開けます。
半角の公式は2倍角の公式から自然に導かれる公式です。丸暗記ではなく、導き方の仕組みを理解しましょう。
加法定理を学んだとき、$\sin 75^\circ$ は $\sin(45^\circ + 30^\circ)$ として計算できました。しかし、$\sin 15^\circ$ や $\cos 22.5^\circ$ はどうでしょうか。加法定理だけでは直接求められない角度があります。
ここで発想を転換します。$15^\circ = \dfrac{30^\circ}{2}$、$22.5^\circ = \dfrac{45^\circ}{2}$ と見れば、「角を半分にする公式」があれば計算できます。これが半角の公式です。
2倍角の公式は「角を2倍にする」公式でした。半角の公式は、これを「逆方向に使う」ことで得られます。
半角の公式は新しい公式ではありません。2倍角の公式 $\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha$ を $\sin^2 \alpha = \cdots$ の形に変形しただけです。
つまり、2倍角の公式で $2\alpha$ を $\alpha$ に、$\alpha$ を $\dfrac{\alpha}{2}$ に読み替えれば、半角の公式が自動的に得られます。覚える公式が増えたわけではないのです。
半角の公式の主な用途は次の2つです。
特に2つ目の「次数下げ」は、三角関数を含む関数の最大・最小問題で威力を発揮します。
$\cos$ の2倍角の公式には、次の3つの表し方がありました。
$$\cos 2\alpha = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha = 2\cos^2 \alpha - 1$$
このうち、$\sin^2 \alpha$ だけを含む形と $\cos^2 \alpha$ だけを含む形に着目します。
2倍角の公式 $\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha$ を $\sin^2 \alpha$ について解きます。
$$2\sin^2 \alpha = 1 - \cos 2\alpha$$
$$\sin^2 \alpha = \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}$$
ここで $\alpha$ を $\dfrac{\alpha}{2}$ に置き換えると（$2\alpha$ は $\alpha$ になります）、
$$\sin^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{2}$$
2倍角の公式 $\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha - 1$ を $\cos^2 \alpha$ について解きます。
$$2\cos^2 \alpha = 1 + \cos 2\alpha$$
$$\cos^2 \alpha = \frac{1 + \cos 2\alpha}{2}$$
ここで $\alpha$ を $\dfrac{\alpha}{2}$ に置き換えると、
$$\cos^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \cos \alpha}{2}$$
$\tan^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}$ に、上の2つの結果を代入します。
$$\tan^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{\dfrac{1 - \cos \alpha}{2}}{\dfrac{1 + \cos \alpha}{2}} = \frac{1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}$$
$$\sin^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{2}$$
$$\cos^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \cos \alpha}{2}$$
$$\tan^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}$$
左辺はすべて「2乗」であることに注意。右辺の分子の符号は「$\sin$ はマイナス、$\cos$ はプラス」と覚えます。
半角の公式は $\sin^2 \dfrac{\alpha}{2}$、$\cos^2 \dfrac{\alpha}{2}$、$\tan^2 \dfrac{\alpha}{2}$ という2乗の値を与えます。$\sin \dfrac{\alpha}{2}$ そのものの値を求めるには、平方根をとる必要があります。
✗ 誤り：$\sin \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \cos \alpha}{2}$
✓ 正しい：$\sin^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \cos \alpha}{2}$
平方根をとるときには $\dfrac{\alpha}{2}$ の範囲から符号を判断する必要があります（次のセクションで詳しく扱います）。
2倍角の公式 $\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha$ が $\sin^2 \alpha$ という2次式であるため、これを解いても $\sin^2 \dfrac{\alpha}{2}$ までしか求まりません。$\sin \dfrac{\alpha}{2}$ そのものを得るには、$\dfrac{\alpha}{2}$ がどの象限にあるかの情報が別途必要です。これは代数方程式 $x^2 = a$ が $x = \pm\sqrt{a}$ と2つの解をもつことに対応しています。
半角の公式から $\sin \dfrac{\alpha}{2}$ や $\cos \dfrac{\alpha}{2}$ の値を求めるとき、平方根をとります。
$$\sin \frac{\alpha}{2} = \pm\sqrt{\frac{1 - \cos \alpha}{2}}, \qquad \cos \frac{\alpha}{2} = \pm\sqrt{\frac{1 + \cos \alpha}{2}}$$
$\pm$ のどちらを選ぶかは、$\dfrac{\alpha}{2}$ がどの象限にあるかによって決まります。
符号を決めるための手順は、次のとおりです。
$\sin \dfrac{\alpha}{2}$ の符号を決めるのは$\dfrac{\alpha}{2}$ の象限であって、$\alpha$ の象限ではありません。例えば $\alpha$ が第2象限の角であっても、$\dfrac{\alpha}{2}$ が第1象限にあれば $\sin \dfrac{\alpha}{2} > 0$ です。
「どの角の象限を見ているか」を常に意識することが、符号ミスを防ぐ最大のポイントです。
$\alpha = 30^\circ$ とすると $\dfrac{\alpha}{2} = 15^\circ$ です。
$$\sin^2 15^\circ = \frac{1 - \cos 30^\circ}{2} = \frac{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{2 - \sqrt{3}}{4}$$
$15^\circ$ は第1象限なので $\sin 15^\circ > 0$ です。したがって、
$$\sin 15^\circ = \sqrt{\frac{2 - \sqrt{3}}{4}} = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{3}}}{2}$$
例えば $\alpha = 240^\circ$（第3象限）のとき、$\dfrac{\alpha}{2} = 120^\circ$（第2象限）です。
✗ 誤り：$\alpha$ が第3象限なので $\sin \dfrac{\alpha}{2} < 0$
✓ 正しい：$\dfrac{\alpha}{2} = 120^\circ$ は第2象限なので $\sin \dfrac{\alpha}{2} > 0$
符号は必ず「半角の値そのもの」が属する象限で判断してください。
$\alpha = \dfrac{\pi}{4}$ とすると $\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\pi}{8}$ です。
$$\cos^2 \frac{\pi}{8} = \frac{1 + \cos \frac{\pi}{4}}{2} = \frac{1 + \frac{\sqrt{2}}{2}}{2} = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}$$
$\dfrac{\pi}{8}$ は第1象限なので $\cos \dfrac{\pi}{8} > 0$ です。したがって、
$$\cos \frac{\pi}{8} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}$$
$\sqrt{\dfrac{2 + \sqrt{2}}{4}}$ を整理するとき、$\sqrt{4} = 2$ を分母に出して $\dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}$ とするのが正しい形です。
✗ 誤り：$\sqrt{\dfrac{2 + \sqrt{2}}{4}} = \dfrac{\sqrt{2} + \sqrt[4]{2}}{2}$（$\sqrt{}$ は分配できない）
✓ 正しい：$\sqrt{\dfrac{2 + \sqrt{2}}{4}} = \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{\sqrt{4}} = \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}$
$\sqrt{a + b} \neq \sqrt{a} + \sqrt{b}$ であることに注意しましょう。
$\tan$ の半角の公式には、実は3つの便利な表し方があります。それぞれの場面で使い分けることが重要です。
セクション2で導いた形です。
$$\tan^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}$$
$\tan \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}}$ の分子・分母に $2\cos \dfrac{\alpha}{2}$ をかけます。
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{2\sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{2\cos^2 \frac{\alpha}{2}}$$
分子は2倍角の公式 $\sin \alpha = 2\sin \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\alpha}{2}$、分母は半角の公式 $2\cos^2 \dfrac{\alpha}{2} = 1 + \cos \alpha$ なので、
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}$$
同様に分子・分母に $2\sin \dfrac{\alpha}{2}$ をかけます。
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{2\sin^2 \frac{\alpha}{2}}{2\sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}$$
分子は半角の公式 $2\sin^2 \dfrac{\alpha}{2} = 1 - \cos \alpha$、分母は2倍角の公式 $\sin \alpha = 2\sin \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\alpha}{2}$ なので、
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{\sin \alpha}$$
$$\tan^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{1 + \cos \alpha} \quad \cdots \text{(i)}$$
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha} \quad \cdots \text{(ii)}$$
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{\sin \alpha} \quad \cdots \text{(iii)}$$
(ii)(iii) は $\pm$ が不要で、$\dfrac{\alpha}{2}$ の符号が自動的に正しく決まります。特に (ii) は分母が $1 + \cos \alpha$ で計算しやすく、よく使われます。
(i) は $\tan^2 \dfrac{\alpha}{2}$ という「2乗」の公式なので、$\tan \dfrac{\alpha}{2}$ を求めるには $\pm$ の判定が必要です。
一方、(ii)(iii) は $\tan \dfrac{\alpha}{2}$ そのもの（2乗でない）を直接与える公式です。$\sin \alpha$ や $\cos \alpha$ の値を代入するだけで、$\dfrac{\alpha}{2}$ の象限に応じた正しい符号が自動的に出てきます。これが (ii)(iii) の大きな利点です。
$\cos \alpha = -1$（$\alpha = \pi + 2n\pi$）のとき、(ii) の分母が0になります。このとき $\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\pi}{2} + n\pi$ なので $\tan \dfrac{\alpha}{2}$ 自体が定義されません。
(iii) の分母 $\sin \alpha$ も、$\alpha = n\pi$ のとき0になりますが、$\alpha = 2n\pi$ のとき (iii) は使えず、$\alpha = (2n+1)\pi$ のとき (ii) は使えない、という相補的な関係があります。
$t = \tan \dfrac{\alpha}{2}$ とおくと、$\sin \alpha = \dfrac{2t}{1+t^2}$、$\cos \alpha = \dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ と表せます。これは大学の積分法でワイエルシュトラス置換（Weierstrass substitution）と呼ばれ、三角関数の有理式の積分を有理関数の積分に帰着させる強力な手法です。高校では直接使いませんが、$\tan \dfrac{\alpha}{2}$ が三角関数全体を統一的に表現できることを知っておくと、公式の深い構造が見えてきます。
半角の公式を「$\alpha$ を $\dfrac{\alpha}{2}$ に置き換えずに」そのまま使うと、$\sin^2 \alpha$ や $\cos^2 \alpha$ を1次式に変換できます。
$$\sin^2 \alpha = \frac{1 - \cos 2\alpha}{2}, \qquad \cos^2 \alpha = \frac{1 + \cos 2\alpha}{2}$$
この変形は「次数下げ」と呼ばれ、$\sin^2 \theta$ や $\cos^2 \theta$ を含む関数の最大・最小を求めるときに頻出します。2次の項を1次（$\cos 2\theta$ の形）に変換できるので、三角関数の合成が使えるようになるのです。
半角の公式は、見方を変えると「$\sin^2$、$\cos^2$ の2次式を $\cos$ の1次式に変換する」公式です。
$\sin^2 \theta$ や $\cos^2 \theta$ が混じった式が出てきたら、まずこの次数下げを試みてください。2倍角 $\cos 2\theta$ に統一されるので、その後の三角関数の合成や方程式の解法がスムーズに進みます。
$f(\theta) = 3\sin^2 \theta - 4\sin \theta \cos \theta + \cos^2 \theta$ の最大値・最小値を求める流れを見てみましょう。
まず次数下げと2倍角の公式を適用します。
$$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}, \quad \cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}, \quad \sin \theta \cos \theta = \frac{\sin 2\theta}{2}$$
これを代入すると、
$$f(\theta) = 3 \cdot \frac{1 - \cos 2\theta}{2} - 4 \cdot \frac{\sin 2\theta}{2} + \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$$
$$= \frac{3 - 3\cos 2\theta - 4\sin 2\theta + 1 + \cos 2\theta}{2} = 2 - \cos 2\theta - 2\sin 2\theta$$
ここから三角関数の合成により最大・最小を求めることができます。
$\sin$ や $\cos$ の値がわかっている角の半角の三角関数を求められます。
例えば、$0 < \alpha < \pi$ で $\sin \alpha = \dfrac{4}{5}$ のとき、$\sin \dfrac{\alpha}{2}$、$\cos \dfrac{\alpha}{2}$、$\tan \dfrac{\alpha}{2}$ を求めてみましょう。
まず $\cos \alpha$ を求めます。$\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$ より $\cos^2 \alpha = 1 - \dfrac{16}{25} = \dfrac{9}{25}$。$0 < \alpha < \pi$ で $\sin \alpha > 0$ なので $\alpha$ は第1象限または第2象限です。ここでは場合を分けず、$\cos \alpha = \pm \dfrac{3}{5}$ の両方の場合を考えます。
場合1：$\cos \alpha = \dfrac{3}{5}$（$\alpha$ は第1象限）のとき、$0 < \dfrac{\alpha}{2} < \dfrac{\pi}{4}$（第1象限）です。
$$\sin^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \frac{3}{5}}{2} = \frac{1}{5}, \qquad \cos^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \frac{3}{5}}{2} = \frac{4}{5}$$
$\dfrac{\alpha}{2}$ は第1象限なので、$\sin \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{5}} = \dfrac{\sqrt{5}}{5}$、$\cos \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$、$\tan \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1}{2}$ です。
上と同じ条件（$\cos \alpha = \dfrac{3}{5}$、$\sin \alpha = \dfrac{4}{5}$）で、$\tan$ の半角公式 (ii) を使うと、
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha} = \frac{\frac{4}{5}}{1 + \frac{3}{5}} = \frac{\frac{4}{5}}{\frac{8}{5}} = \frac{1}{2}$$
$\pm$ の判定が不要で、直接求められます。
半角の公式の右辺には $\cos \alpha$ が登場します。問題で $\sin \alpha$ の値だけが与えられた場合、まず $\cos \alpha$ を求める必要があります。
このとき $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$ を使いますが、$\cos \alpha$ の符号は $\alpha$ の範囲で決まります。$\alpha$ の範囲を確認することを忘れないでください。
| 場面 | 使う公式 | ポイント |
|---|---|---|
| 具体的な角の値を求める | $\sin^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \cos \alpha}{2}$ 等 | 符号は $\dfrac{\alpha}{2}$ の象限で判定 |
| $\sin^2 \theta$, $\cos^2 \theta$ の次数を下げる | $\sin^2 \theta = \dfrac{1 - \cos 2\theta}{2}$ 等 | $2\theta$ に統一して合成へ |
| $\tan \dfrac{\alpha}{2}$ を求める | $\tan \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}$ 等 | $\pm$ 不要で計算が楽 |
$\cos^2 \theta = \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}$ という変形は、大学のフーリエ解析で重要な役割を果たします。周期関数を $\sin$ と $\cos$ の和で表す「フーリエ級数展開」において、$\cos^2 \theta$ が定数と $\cos 2\theta$ の和に分解されるという事実は、周波数解析の基礎となります。高校で学ぶ次数下げは、そうした分野への自然な入口なのです。
Q1. 半角の公式 $\sin^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \cos \alpha}{2}$ は、どの公式から導かれるか。
Q2. $\cos^2 \dfrac{\pi}{8}$ の値を求めよ。
Q3. $\alpha = 240^\circ$ のとき、$\sin \dfrac{\alpha}{2}$ の符号は正か負か。理由も答えよ。
Q4. $\sin^2 \theta$ を $\cos 2\theta$ を用いて表せ。
Q5. $\tan \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}$ の公式が使えないのは、$\alpha$ がどのような角のときか。
$0 < \alpha < \pi$ で $\sin \alpha = \dfrac{3}{5}$ のとき、次の値を求めよ。
(1) $\cos \alpha$
(2) $\sin^2 \dfrac{\alpha}{2}$
(3) $\cos^2 \dfrac{\alpha}{2}$
(4) $\tan \dfrac{\alpha}{2}$
(1) $\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha = 1 - \dfrac{9}{25} = \dfrac{16}{25}$
$0 < \alpha < \pi$ で $\sin \alpha > 0$ なので、$\alpha$ は第1象限または第2象限です。
$\alpha$ が第1象限のとき：$\cos \alpha = \dfrac{4}{5}$
(2) $\sin^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \frac{4}{5}}{2} = \dfrac{1}{10}$
(3) $\cos^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 + \frac{4}{5}}{2} = \dfrac{9}{10}$
(4) $\tan \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha} = \dfrac{\frac{3}{5}}{1 + \frac{4}{5}} = \dfrac{\frac{3}{5}}{\frac{9}{5}} = \dfrac{1}{3}$
$\alpha$ が第2象限のとき：$\cos \alpha = -\dfrac{4}{5}$
(2) $\sin^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 + \frac{4}{5}}{2} = \dfrac{9}{10}$
(3) $\cos^2 \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1 - \frac{4}{5}}{2} = \dfrac{1}{10}$
(4) $\tan \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\frac{3}{5}}{1 - \frac{4}{5}} = \dfrac{\frac{3}{5}}{\frac{1}{5}} = 3$
$\sin \alpha > 0$ だけでは $\alpha$ の象限が確定しないため、場合分けが必要です。$0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$ なら $\cos \alpha > 0$、$\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ なら $\cos \alpha < 0$ です。$\tan \dfrac{\alpha}{2}$ は公式 (ii) を使うと $\pm$ の判定が不要で便利です。
関数 $f(\theta) = 2\sin^2 \theta + 2\sqrt{3}\sin \theta \cos \theta - 1$（$0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$）の最大値と最小値を求めよ。
半角（次数下げ）の公式と2倍角の公式を適用します。
$$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}, \qquad \sin \theta \cos \theta = \frac{\sin 2\theta}{2}$$
$$f(\theta) = 2 \cdot \frac{1 - \cos 2\theta}{2} + 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sin 2\theta}{2} - 1$$
$$= (1 - \cos 2\theta) + \sqrt{3}\sin 2\theta - 1 = \sqrt{3}\sin 2\theta - \cos 2\theta$$
三角関数の合成を行います。
$$f(\theta) = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta - \frac{1}{2}\cos 2\theta\right) = 2\sin\left(2\theta - \frac{\pi}{6}\right)$$
$0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ より $-\dfrac{\pi}{6} \leq 2\theta - \dfrac{\pi}{6} \leq \dfrac{5\pi}{6}$ です。
$\sin\left(2\theta - \dfrac{\pi}{6}\right)$ は $2\theta - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2}$（$\theta = \dfrac{\pi}{3}$）のとき最大値 $1$、$2\theta - \dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{\pi}{6}$（$\theta = 0$）のとき最小値 $-\dfrac{1}{2}$ をとります。
したがって、$\theta = \dfrac{\pi}{3}$ のとき最大値 $2$、$\theta = 0$ のとき最小値 $-1$。
$\sin^2 \theta$、$\sin \theta \cos \theta$ という2次式を、次数下げと2倍角の公式で $\sin 2\theta$、$\cos 2\theta$ の1次式に変換します。その後、三角関数の合成で $r\sin(2\theta + \varphi)$ の形にまとめ、$2\theta + \varphi$ の範囲から最大・最小を求めます。これは入試で頻出のパターンです。
$\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ で $\cos \alpha = -\dfrac{3}{5}$ のとき、$\sin \dfrac{\alpha}{2}$、$\cos \dfrac{\alpha}{2}$、$\tan \dfrac{\alpha}{2}$ の値をそれぞれ求めよ。
$\dfrac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ より $\dfrac{\pi}{4} < \dfrac{\alpha}{2} < \dfrac{\pi}{2}$ なので $\dfrac{\alpha}{2}$ は第1象限です。
したがって $\sin \dfrac{\alpha}{2} > 0$、$\cos \dfrac{\alpha}{2} > 0$、$\tan \dfrac{\alpha}{2} > 0$ です。
$$\sin^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 - \cos \alpha}{2} = \frac{1 - \left(-\frac{3}{5}\right)}{2} = \frac{1 + \frac{3}{5}}{2} = \frac{4}{5}$$
$$\therefore \quad \sin \frac{\alpha}{2} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$$
$$\cos^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1 + \cos \alpha}{2} = \frac{1 + \left(-\frac{3}{5}\right)}{2} = \frac{1 - \frac{3}{5}}{2} = \frac{1}{5}$$
$$\therefore \quad \cos \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$
$$\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{\sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{5}}{5}} = 2$$
$\alpha$ の範囲から $\dfrac{\alpha}{2}$ の範囲を導き、第1象限であることから全て正と判定するのがポイントです。$\cos \alpha = -\dfrac{3}{5}$（負の値）を代入するとき、$1 - (-\dfrac{3}{5}) = 1 + \dfrac{3}{5}$ となることに注意しましょう。検算として $\tan \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha} = \dfrac{\frac{4}{5}}{1 - \frac{3}{5}} = \dfrac{\frac{4}{5}}{\frac{2}{5}} = 2$ と一致します。
$t = \tan \dfrac{\theta}{2}$ とおくとき、次の問いに答えよ。
(1) $\sin \theta$、$\cos \theta$ を $t$ の式で表せ。
(2) (1) の結果を用いて、$\dfrac{1}{2 + \cos \theta}$ を $t$ の式で表せ。
(3) $\theta$ が $0 \leq \theta < 2\pi$ の範囲を動くとき、$\dfrac{1}{2 + \cos \theta}$ のとりうる値の範囲を求めよ。
(1) 2倍角の公式と半角の公式を組み合わせます。
$$\sin \theta = 2\sin \frac{\theta}{2}\cos \frac{\theta}{2} = \frac{2\sin \frac{\theta}{2}\cos \frac{\theta}{2}}{\sin^2 \frac{\theta}{2} + \cos^2 \frac{\theta}{2}}$$
分子・分母を $\cos^2 \dfrac{\theta}{2}$ で割ると、
$$\sin \theta = \frac{2\tan \frac{\theta}{2}}{1 + \tan^2 \frac{\theta}{2}} = \frac{2t}{1 + t^2}$$
同様に、$\cos \theta = \cos^2 \dfrac{\theta}{2} - \sin^2 \dfrac{\theta}{2}$ の分子・分母を $\cos^2 \dfrac{\theta}{2}$ で割ると、
$$\cos \theta = \frac{1 - \tan^2 \frac{\theta}{2}}{1 + \tan^2 \frac{\theta}{2}} = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}$$
(2) (1) の結果を代入します。
$$2 + \cos \theta = 2 + \frac{1 - t^2}{1 + t^2} = \frac{2(1 + t^2) + 1 - t^2}{1 + t^2} = \frac{t^2 + 3}{1 + t^2}$$
$$\therefore \quad \frac{1}{2 + \cos \theta} = \frac{1 + t^2}{t^2 + 3}$$
(3) $k = \dfrac{1 + t^2}{t^2 + 3}$ とおくと、$k(t^2 + 3) = 1 + t^2$ より $(k - 1)t^2 = 1 - 3k$、すなわち
$$t^2 = \frac{1 - 3k}{k - 1}$$
$t^2 \geq 0$ より $\dfrac{1 - 3k}{k - 1} \geq 0$。
分子 $1 - 3k \geq 0$ かつ分母 $k - 1 > 0$（$k \neq 1$ の場合）、または分子 $1 - 3k \leq 0$ かつ分母 $k - 1 < 0$ です。
前者：$k \leq \dfrac{1}{3}$ かつ $k > 1$ → 不可
後者：$k \geq \dfrac{1}{3}$ かつ $k < 1$ → $\dfrac{1}{3} \leq k < 1$
$k = 1$ のとき $t^2 = \dfrac{1 - 3}{0}$ で不可。
$\theta = \pi$ のとき $t = \tan \dfrac{\pi}{2}$ は定義されないが、$\cos \pi = -1$ より $\dfrac{1}{2 + (-1)} = 1$。ただし $t$ を用いた議論では $\theta = \pi$ を直接扱えないので別に確認が必要です。実際 $2 + \cos \theta \geq 2 - 1 = 1$ なので $\dfrac{1}{2 + \cos \theta} \leq 1$。$\theta = \pi$ で等号成立。$\theta = 0$ で $\dfrac{1}{2 + 1} = \dfrac{1}{3}$（最小値）。
よって、$\dfrac{1}{2 + \cos \theta}$ のとりうる値の範囲は $\dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{2 + \cos \theta} \leq 1$。
(1) は $t = \tan \dfrac{\theta}{2}$ によるワイエルシュトラス置換の基本です。$\sin^2 \dfrac{\theta}{2} + \cos^2 \dfrac{\theta}{2} = 1$ を分母に挿入し、$\cos^2 \dfrac{\theta}{2}$ で割る技法が鍵になります。(3) では $t$ の置換で $\theta = \pi$ が扱えないことに注意し、別途確認する必要があります。$-1 \leq \cos \theta \leq 1$ から直接 $\dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{2 + \cos \theta} \leq 1$ と求める方法もあります。