和差角公式的證明

差的余弦

關於\(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha cos\beta+sin\alpha sin\beta\)的證明思路：

• 思路一：復數法

• 思路二：兩點間距離公式

• 思路三：余弦定理

• 思路四：向量方法

向量方法的證明過程

如圖所示的單位圓，我們先看兩個角都是銳角\((\alpha>\beta)\)的情形；

角\(\alpha\)和\(\beta\)的終邊分別交單位圓於點A和B，則根據三角函數的定義可知，\(A(cos\alpha，sin\alpha)\)、\(B(cos\beta，sin\beta)\)；

則有\(\overrightarrow{OA}=(cos\alpha，sin\alpha)\)，\(\overrightarrow{OB}=(cos\beta，sin\beta)\)；

由向量的內積定義可知，\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos<\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}>=cos(\alpha-\beta)\)

又由向量的內積的坐標運算可知，\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=cos\alpha cos\beta+sin\alpha sin\beta\)

則有\(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\)

當兩個角是其他情形時，\(\alpha-\beta\)和上面的情形相比，會相差\(2k\pi(k\in Z)\)，則由誘導公式可知，仍然滿足\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos<\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}>=cos(\alpha-\beta)\)

故仍有\(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\)，證畢。

公式關系

• 用\(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\)證明\(cos(\alpha+\beta)\)

由於公式中的\(\alpha、\beta\in R\)，則可以用\(-\beta\)替換上式中的\(\beta\)，得到

\(cos(\alpha-(-\beta))=cos\alpha\cdot cos(-\beta)+sin\alpha\cdot sin(-\beta)\)，即

\(cos(\alpha+\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta-sin\alpha\cdot sin\beta\)，證畢。

• 用\(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\)證明\(sin(\alpha+\beta)\)

\(sin(\alpha+\beta)=cos[\cfrac{\pi}{2}-(\alpha+\beta)]=cos[(\cfrac{\pi}{2}-\alpha)-\beta]\)

\(=cos(\cfrac{\pi}{2}-\alpha)\cdot cos\beta+sin(\cfrac{\pi}{2}-\alpha)\cdot sin\beta=sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta\)

即\(sin(\alpha+\beta)=sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta\)

例說使用

公式的正向使用

如\(sin(\alpha+\beta)=sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta\)，我們用兩個單角\(\alpha\)和\(\beta\)的正弦和余弦值的代數式，就可以計算兩角和的正弦\(sin(\alpha+\beta)\)

公式的逆向使用

如\(cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta=cos(\alpha-\beta)\)，

公式的變形使用

比如分式形式的公式，\(tan(\alpha+\beta)=\cfrac{tan\alpha+tan\beta}{1-tan\alpha\cdot tan\beta}\)，我們對其做變形，

還可以這樣用\(tan(\alpha+\beta)\cdot (1-tan\alpha\cdot tan\beta)=tan\alpha+tan\beta\)

如果將其放置到斜三角形中，由\(A+B+C=\pi\)可知\(C=\pi-(A+B)\)，則有\(tan(A+B)=-tanC\)

代入上式則有\(tan(A+B)\cdot (1-tanA\cdot tanB)=tanA+tanB\)，

即\(-tanC\cdot (1-tanA\cdot tanB)=tanA+tanB\)，

整理則有\(tanA+tanB+tanC=tanA\cdot tanB \cdot tanC\)。

公式的靈活使用

比如求值\(\cfrac{1-tan15^{\circ}}{1+tan15^{\circ}}=\cfrac{tan45^{\circ}-tan15^{\circ}}{1+tan45^{\circ}\cdot tan15^{\circ}}=tan30^{\circ}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)

常用結論

• \(tanA+tanB+tanC=tanA\cdot tanB \cdot tanC\)。

• \((1+tan22^{\circ})\cdot (1+tan23^{\circ})=2\) ^[1]

引申：\((1+\tan A)(1+\tan B)=2\)，其中\(A+B=\cfrac{\pi}{4}\)；

證明思路

graph TD A[向量數量積 坐標運算 ] --> B[" 核心公式 cos(A-B)=cosAcosB+sinAsinB"] click A "https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/6185575.html" "This is a tooltip for a link" click B "https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/6185575.html" "This is a tooltip for a link" B --"用-B替換B"--> C["cos(A+B)=cosAcosB-sinAsinB"] subgraph C --"令A=B"--> F["cos2A=cos^2A-sin^2A
=2cos^2A-1=1-2sin^2A"] end B --互余+誘導--> D["sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB"] subgraph D --"令A=B"--> E["sin2A=2sinAcosA"] D --"用-B替換B"--> G["sin(A-B)=sinAcosB-cosAsinB"] end

graph LR J[接上圖] J --> K["sin(A-B)"] J --> L["cos(A-B)"] K--相-->M["tan(A-B)"] L--除-->M M--"-B替換B"-->N["tan(A+B)"] N--"令A=B"-->O["tan2A"] linkStyle 1 stroke:#ff3,stroke-width:2px;

典例剖析

例1 【2019長沙模擬】已知\(P\)，\(Q\)是圓心在坐標原點\(O\)的圓上的兩點，分別位於第一和第四象限，且點\(P\)的縱坐標為\(\cfrac{4}{5}\)，點\(P\)的橫坐標為\(\cfrac{5}{13}\)，則\(cos\angle POQ\)=___________.

分析：由題可知，點\(P(\cfrac{4}{5}，\cfrac{3}{5})\)，點\(Q(\cfrac{5}{13}，-\cfrac{12}{13})\)，

則\(cos\angle xOP=\cfrac{4}{5}\)，\(sin\angle xOP=\cfrac{3}{5}\)，

\(cos\angle xOQ=\cfrac{5}{13}\)，\(sin\angle xOQ=-\cfrac{12}{13}\)，

\(cos\angle POQ=cos(\angle xOP-\angle xOQ)=\cdots =-\cfrac{33}{65}\)

解后反思：本題目容易出現這樣的錯誤；\(cos\angle POQ=cos(\angle xOP+\angle xOQ)=\cfrac{56}{65}\)

例2 【2020屆寶雞市質量檢測1理科數學第15題】在\(\triangle ABC\)中，\(\angle ABC=90^{\circ}\)，\(AB=4\)，\(BC=3\)，點\(D\)在線段\(AC\)上，若\(\angle BDC=60^{\circ}\)，則\(BD\)=，\(cos\angle CBD\)=。

分析：由題可知，\(sinC=\cfrac{4}{5}\)，\(cosC=\cfrac{3}{5}\)，

在\(\triangle BCD\)中，由正弦定理可知，\(\cfrac{BD}{sinC}=\cfrac{3}{sin60^{\circ}}\)，解得\(BD=\cfrac{8\sqrt{3}}{5}\)；

\(cos\angle CBD=cos[\pi-(\angle BDC+\angle ACB)]=-cos(\angle BDC+\angle ACB)=-cos60^{\circ}\cdot cos\angle ACB+\)\(sin60^{\circ}\cdot sin\angle ACB\)\(=-\cfrac{3}{10}+\cfrac{4\sqrt{3}}{10}=\cfrac{4\sqrt{3}-3}{10}\).

解后反思：如果利用余弦定理求解\(AD\)，再用正弦定理求解\(sin\angle ABD\)，利用\(cos \angle CBD=sin\angle ABD\)，從而求得\(cos \angle CBD\)，這樣的運算會很復雜。這個題目的求解也從另一個角度說明了公式\(cos(\alpha+\beta)\)存在的必要性。

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1. \(\tan(22^{\circ}+23^{\circ})=\cfrac{tan22^{\circ}+tan23^{\circ}}{1-tan22^{\circ}\cdot tan23^{\circ}}\)，即\(1=\cfrac{tan22^{\circ}+tan23^{\circ}}{1-tan22^{\circ}\cdot tan23^{\circ}}\)
   即\(1-tan22^{\circ}\cdot tan23^{\circ}=tan22^{\circ}+tan23^{\circ}\)，即\(1=tan22^{\circ}\cdot tan23^{\circ}+tan22^{\circ}+tan23^{\circ}\)，
   即\(2=1+tan22^{\circ}\cdot tan23^{\circ}+tan22^{\circ}+tan23^{\circ}\)，即\(2=（1+tan22^{\circ})(1+ tan23^{\circ})\)， ↩︎