前言
差角余弦
- 关于\(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha cos\beta+sin\alpha sin\beta\)的证明思路：
思路一：复数法
思路二：两点间距离公式
思路三：余弦定理
思路四：向量方法
- 向量方法的证明过程
如图所示的单位圆，我们先看两个角都是锐角 \((\alpha>\beta)\) 的情形；
角 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 的终边分别交单位圆于点 \(A\) 和 \(B\)，
则根据三角函数的定义可知，\(A(cos\alpha，sin\alpha)\)、\(B(cos\beta，sin\beta)\)；
则有\(\overrightarrow{OA}=(cos\alpha，sin\alpha)\)，\(\overrightarrow{OB}=(cos\beta，sin\beta)\)；
由向量的內积定义可知，\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos<\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}>=cos(\alpha-\beta)\)
又由向量的內积的坐标运算可知，\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=cos\alpha cos\beta+sin\alpha sin\beta\)
则有\(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\)
当两个角是其他情形时，\(\alpha-\beta\) 和上面的情形相比，会相差 \(2k\pi(k\in Z)\) ，
则由诱导公式可知，仍有\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}||\overrightarrow{OB}|cos<\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}>=cos(\alpha-\beta)\)
故仍有 \(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\)，证毕。
公式关系
- 用 \(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\) 证明 \(cos(\alpha+\beta)\)
分析：由于公式中的\(\alpha、\beta\in R\)，则可以用\(-\beta\)替换上式中的\(\beta\)，得到
\(cos(\alpha-(-\beta))=cos\alpha\cdot cos(-\beta)+sin\alpha\cdot sin(-\beta)\)，即
\(cos(\alpha+\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta-sin\alpha\cdot sin\beta\)，证毕。
- 用 \(cos(\alpha-\beta)=cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta\) 证明 \(sin(\alpha+\beta)\)
\(sin(\alpha+\beta)=cos[\cfrac{\pi}{2}-(\alpha+\beta)]=cos[(\cfrac{\pi}{2}-\alpha)-\beta]\)
\(=cos(\cfrac{\pi}{2}-\alpha)\cdot cos\beta+sin(\cfrac{\pi}{2}-\alpha)\cdot sin\beta=sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta\)
即 \(sin(\alpha+\beta)=sin\alpha cos\beta+cos\alpha sin\beta\)
用 \(-\beta\) 替换上式中的 \(\beta\) ，即可证明：\(sin(\alpha-\beta)=sin\alpha cos\beta-cos\alpha sin\beta\)
- 证明和、差角的正切公式
\(\tan(\alpha-\beta)=\cfrac{\sin(\alpha-\beta)}{\cos(\alpha-\beta)}=\cfrac{\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}\)，
给分式的分子分母同除以\(\cos\alpha\cos\beta\)，得到
\(\tan(\alpha-\beta)=\cfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}\)；
用\(-\beta\Rightarrow \beta\)，代入上式，得到 \(\tan(\alpha+\beta)=\cfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}\)；
例说使用
- 公式的正向使用
如 \(sin(\alpha+\beta)\)\(=\)\(sin\alpha cos\beta\)\(+\)\(cos\alpha sin\beta\)，我们用两个单角 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 的正弦和余弦值的代数式，就可以计算两角和的正弦 \(sin(\alpha+\beta)\)，比如计算\(\sin75^{\circ}\)\(=\)\(\sin(45^{\circ}\)\(+\)\(30^{\circ})\)；
- 公式的逆向使用
如\(cos\alpha\cdot cos\beta+sin\alpha\cdot sin\beta=cos(\alpha-\beta)\)，
- 公式的变形使用
比如分式形式的公式，\(tan(\alpha+\beta)=\cfrac{tan\alpha+tan\beta}{1-tan\alpha\cdot tan\beta}\)，
我们对其做变形，得到\(tan(\alpha+\beta)\cdot (1-tan\alpha\cdot tan\beta)=tan\alpha+tan\beta\)
如果将其放置到斜三角形指锐角三角形和钝角三角形。和直角三角形并列。中，则有\(tan(A+B)\cdot (1-tanA\cdot tanB)=tanA+tanB\)，
在三角形中，由\(A+B+C=\pi\)可知\(A+B=\pi-C\)，则有\(tan(A+B)=-tanC\)，代入上式
即\(-tanC\cdot (1-tanA\cdot tanB)=tanA+tanB\)，
整理则有\(tanA+tanB+tanC=tanA\cdot tanB \cdot tanC\)。
- 公式的灵活使用
比如求值\(\cfrac{1-tan15^{\circ}}{1+tan15^{\circ}}=\cfrac{tan45^{\circ}-tan15^{\circ}}{1+tan45^{\circ}\cdot tan15^{\circ}}=tan(45^{\circ}-15^{\circ})=tan30^{\circ}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)
常用结论
- \(tanA+tanB+tanC=tanA\cdot tanB \cdot tanC\)。
- \(\tan10^{\circ}+\tan50^{\circ}+\sqrt{3}\tan10^{\circ}\tan50^{\circ}=\sqrt{3}\) [1]
- \((1+tan22^{\circ})\cdot (1+tan23^{\circ})=2\) [2]
引申：\((1+\tan A)(1+\tan B)=2\)，其中\(A+B=\cfrac{\pi}{4}\)；
误区警示
公式\(S_{(\alpha\pm\beta)}\)与\(C_{(\alpha\pm\beta)}\)具有一般性，即\(\alpha\)，\(\beta\)可为任意角；
公式\(T_{(\alpha\pm\beta)}\)也具有一般性，但应该明确：公式\(T_{(\alpha\pm\beta)}\)在\(\alpha\)，\(\beta\) \(\neq k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，且\(\alpha\pm \beta\neq k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)时成立，否则不成立。当\(\tan\alpha\)，\(\tan\beta\)或\(\tan(\alpha\pm\beta)\)不存在时，不能用此公式，只能改用诱导公式或其他方法。
证明导图
=2cos²α-1=1-2sin²α"] end B --> D["sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ"] subgraph D --令α=β--> E["sin2α=2sinαcosα"] D --用-β替换β--> G["sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ"] end
典例剖析
分析：由题可知，由于点\(P(\cfrac{3}{5}，\cfrac{4}{5})\)，则\(cos\angle xOP=\cfrac{3}{5}\)，\(sin\angle xOP=\cfrac{4}{5}\)，
又由于点\(Q(\cfrac{5}{13}，-\cfrac{12}{13})\)，\(cos\angle xOQ=\cfrac{5}{13}\)，\(sin\angle xOQ=-\cfrac{12}{13}\)，[注意，起始边为\(x\)轴非负半轴]
故\(\angle POQ\)即可以看成逆时针形成的正角\(\angle xOP\)和顺时针形成的负角\(\angle xOQ\)的差值\(\angle xOP-\angle xOQ\)，也可以看成逆时针形成的正角\(\angle xOQ\)和逆时针形成的正角\(\angle xOP\)的差值\(\angle xOQ-\angle xOP\)，最后计算\(cos\angle POQ\)的结果应该是一样的；
\(cos\angle POQ=cos(\angle xOP-\angle xOQ)=\cos\angle xOP\cdot\cos\angle xOQ+\sin\angle xOP\cdot\sin\angle xOQ\)
\(=\cfrac{3}{5}\times\cfrac{5}{13}+\cfrac{4}{5}\times(-\cfrac{12}{13})=-\cfrac{33}{65}\)
解后反思：本题目是高频易错题目，容易出现这样的错误，\(cos\angle POQ=cos(\angle xOP+\angle xOQ)=\cfrac{56}{65}\)
分析：由题可知，\(sinC=\cfrac{4}{5}\)，\(cosC=\cfrac{3}{5}\)，
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\(cos \angle CBD=sin\angle ABD\)，从而求得\(cos \angle CBD\)，这样的运算会很复杂。这个题目的求解也从另一个角度说明了公式\(cos(\alpha+\beta)\)存在的必要性。
关联阅读
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\(\tan(10^{\circ}+50^{\circ})=\cfrac{tan10^{\circ}+tan50^{\circ}}{1-tan10^{\circ}\cdot tan50^{\circ}}\)，即\(\sqrt{3}=\cfrac{tan10^{\circ}+tan50^{\circ}}{1-tan10^{\circ}\cdot tan50^{\circ}}\)，
即 \(\tan10^{\circ}+\tan50^{\circ}+\sqrt{3}\tan10^{\circ}\tan50^{\circ}=\sqrt{3}\)。
同理， \(\tan9^{\circ}+\tan51^{\circ}+\sqrt{3}\tan9^{\circ}\tan51^{\circ}=\sqrt{3}\)。 ↩︎ -
\(\tan(22^{\circ}+23^{\circ})=\cfrac{tan22^{\circ}+tan23^{\circ}}{1-tan22^{\circ}\cdot tan23^{\circ}}\)，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\(2=(1+tan22^{\circ})(1+ tan23^{\circ})\)， ↩︎