两角和与两角差03

日期: 2022-10-13 19:21 查看: 35 次

两角和与两角差公式
①\( \sin (\alpha +\beta)=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta \) 
②\( \sin (\alpha -\beta)=\sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta \) 
③\( \cos (\alpha +\beta)=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta \) 
④\( \cos (\alpha -\beta)=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta \) 
⑤\( \tan (\alpha +\beta)=\dfrac{\tan \alpha +\tan \beta}{1 -\tan \alpha \tan \beta} \) 
⑥\( \tan (\alpha -\beta)=\dfrac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 +\tan \alpha \tan \beta} \) 
⑦\( \cot (\alpha +\beta)=\dfrac{\cot \alpha \cot \beta -1}{\cot \beta +\cot \alpha} \) 
⑧\( \cot (\alpha -\beta)=\dfrac{\cot \alpha \cot \beta +1}{\cot \beta -\cot \alpha} \) 
⑨\( \sec (\alpha +\beta)=\dfrac{\sec \alpha \sec \beta}{1 -\tan \alpha \tan \beta} \) 
⑩\( \sec (\alpha -\beta)=\dfrac{\sec \alpha \sec \beta}{1 +\tan \alpha \tan \beta} \) 
⑪\( \csc (\alpha +\beta)=\dfrac{\csc \alpha \csc \beta}{\cot \beta +\cot \alpha} \) 
⑫\( \csc (\alpha -\beta)=\dfrac{\csc \alpha \csc \beta}{\cot \beta -\cot \alpha} \) 
下图给出了正弦与余弦角度变换公式。
<img src="../uploads/2022-10/f2babf.svg">
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记忆方法
基本上记住正弦、余弦和正切公式，其它的可以实际使用时推导。
例如由①，令\( \beta \) 取\( -\beta \) ，同时考虑\( \cos \) 是偶函数，即可得到②。
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证明：\( \sin (\alpha +\beta)=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta \) 
证法一：
画一条水平线(即\( x \) 轴)；标记原点为\( O \) 。从\( O \) 以\( OA \) 为始边画一个角度为\( \alpha \) 的线，然后以\( \alpha \) 为终边为始边画一个角度为\( \beta \) 的线。
则第二条线和\( x \) 轴的夹角就是 \( \alpha +\beta \) 
在\( \beta \) 的终点线段上取一点\( P \) ，使得\( |OP|=1 \) ，设\( PQ \) 是一条垂直于\( OQ \) 的线，\( PB \) 垂直于\( OA \) 于\( B \) 
\( QR \) 垂直于\( PB \) 于\( R \) ，则
\( \begin{aligned} &amp;R P Q=\frac{\pi}{2}-R Q P= \\ &amp;\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{2}-R Q O\right)=R Q O=\alpha \\ &amp;O P=1 \\ &amp;P Q=\sin \beta \\ &amp;O Q=\cos \beta \\ &amp;\frac{A Q}{O Q}=\sin \alpha, \text { 所以 } A Q=\sin \alpha \cos \beta \\ &amp;\frac{P R}{P Q}=\cos \alpha, \text { 所以} P R=\cos \alpha \sin \beta \\ &amp;\sin (\alpha+\beta)=P B=R B+P R=A Q+P R=\\ &amp;\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta \end{aligned} \) 
由此得到：
\( \sin \alpha+\sin \beta=2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \) &nbsp;
利用 \( -\beta \) 替换\( \beta \) &nbsp;同时考虑函数的奇偶性，可以得到：
\( \sin (\alpha-\beta)=\sin \alpha \cos (-\beta)+\cos \alpha \sin (-\beta) \) &nbsp;即
\( \sin (\alpha-\beta)=\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta \) 
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证明二：欧拉公式法。
注意：由于欧拉公式的证明过程中使用了棣莫弗公式，而棣莫弗公式的证明过程中使用了和差化积公式，故使用欧拉公式证明和差化积会造成循环论证，故而下列方法仅为检验方法，而非严谨的证明方法。但是使用此方便特别容易记忆。
欧拉公式指：\( e^{i x}=\cos x+i \sin x \) 
令\( x=\alpha \) 和\( x=\beta \) &nbsp;则有：
\( e^{i \alpha}=\cos \alpha+i \sin \alpha ...(1) \) 
\( e^{i \beta}=\cos \beta+i \sin \beta ...(2) \) 
令\( x=\alpha+\beta \) 则有
\( \begin{aligned} &amp;e^{i(\alpha+\beta)}=\cos (\alpha+\beta)+i \sin (\alpha+\beta)=e^{i \alpha+i \beta}\\ &amp;=e^{i \alpha} \times e^{i \beta}\\ &amp;=(\cos \alpha+i \sin \alpha) \times(\cos \beta+i \sin \beta)\\ &amp;=(\cos \alpha \times \cos \beta+i \sin \alpha \times i \sin \beta)+(i \sin \alpha \times \cos \beta+\cos \alpha \times i \sin \beta)\\ &amp;=(\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta)+i(\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta)\\ \end{aligned} \) 
实部等于实部，虚部等于虚部，因此
\( \cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta \) 
\( \sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta \) 
&nbsp;
&nbsp;
典型例题
求\( \dfrac{\sin {47}º - \sin{17}º \cos 30º }{ \cos {17}º} \) 
解：&nbsp; \( \sin47º=\sin{(30º+17º)} \) ，所以
原式\( =\dfrac{ \sin{(30º+17º)} - \sin{17}º \cos 30º }{ \cos {17}º} \) 
=\( \dfrac{\sin 30º \cos {17}º}{ \cos {17}º} \) 
\( =\sin{30}º \) 
=\( \dfrac{1}{2} \) 
&nbsp;
求\( \sin {15}º= \) 
解：\( \sin 15^{\circ} =\sin \left(60^{\circ}-45^{\circ}\right) \) 
\( =\sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ}-\cos 60^{\circ} \sin 45^{\circ} \) 
\( =\dfrac{(\sqrt{ 6}-\sqrt{2})}{4} \)

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