最后更新: 2025-05-29 19:23 查看: 366 次反馈同步训练

两角和差公式

> 从本节开始进入三角变换公式，三角函数有大量恒等式，这使得记住这些公式不易，不想看证明的可以直接被[三角恒等公式](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=130)

## 一、两角的和与差
设 $\alpha 、 \beta$ 为两个任意实数, 它们分别表示两个角的数量. 那么实数 $\alpha+\beta$就表示这两个角的和角的数量. 两个角的和角可以做加法得到, 即, 以角 $\alpha$ 的终边为始边, 再旋转出一个角 $\beta$ (若 $\beta>0$, 按逆时针方向旋转; 若 $\beta<0$, 按顺时针方向旋转), 这时, 以 $\alpha$ 角的始边为始边, 以 $\beta$ 角的终边为终边的角,就是角 $\alpha+\beta$. 两个角的差角可以由减法得出, 角的减法是加法的逆运算, 即 $(\alpha-\beta)+\beta=\alpha$.
两个角的差角, 也可以表示成和角的形式, 如 $\alpha-\beta=\alpha+(-\beta)$.两个弧的和与差可按它们所对应的圆心角的和与差的法则来完成.

下表列出和差的公式

![图片](/uploads/2025-05/11432b.jpg)
 
## 二、两角和与差的余弦
两角和与差的余弦函数, 可以利用每个单角的三角函数来表示.
 
### 定理 1
两个任意角 $\alpha, \beta$ 的和 (或差) 的余弦, 等于这两个角的余弦的乘积减去 （或加上）这两个角的正弦的乘积. 即
$$
\boxed{
\begin{aligned}
& \cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta  ...(1.1)\\
& \cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta  ...(1.2)
\end{aligned} 
}
$$

### 证法一 利用距离
证明：我们先来证公式 $(1.2)$.
设 $\alpha, \beta$ 为任意两个给定的角（不论大小及正负）, 把它们的始边都放在 $x$轴正半轴, 而终边与单位圆的交点分别为 $P_1, P_2$ (图 1.1).
 ![图片](/uploads/2024-05/e7037b.jpg)
 把 $O x$ 轴旋转到 $\beta$ 的终边位置而成 $O x^{\prime}$ 轴, $O y$ 轴旋转同样的角而成 $O y^{\prime}$轴, 我们用两种方法计算弦长 $P_1, P_2$.
在 $x^{\prime} O y^{\prime}$ 坐标系中, $P_1, P_2$ 的坐标是
$$
P_1(\cos (\alpha-\beta), \sin (\alpha-\beta)), \quad P_2(1,0)  
$$

利用两点间距离公式, 得:
$$
\begin{aligned}
\left|P_1 P_2\right|^2 & =[\cos (\alpha-\beta)-1]^2+[\sin (\alpha-\beta)-0]^2 \\
& =\cos ^2(\alpha-\beta)-2 \cos (\alpha-\beta)+1+\sin ^2(\alpha-\beta) \\
& =2-2 \cos (\alpha-\beta) 
\end{aligned}...(1.3)
$$

在 $x O y$ 坐标系中, $P_1, P_2$ 的坐标是
$$
P_1(\cos \alpha, \sin \alpha), \quad P_2(\cos \beta, \sin \beta)
$$

利用两点间距离公式, 得:
$$
\begin{aligned}
\left|P_1 P_2\right|^2 & =(\cos \alpha-\cos \beta)^2+(\sin \alpha-\sin \beta)^2 \\
& =\cos ^2 \alpha-2 \cos \alpha \cos \beta+\cos ^2 \beta+\sin ^2 \alpha-2 \sin \alpha \sin \beta+\sin ^2 \beta \\
& =2-2(\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta)
\end{aligned} ...(1.4)
$$

在两个坐标系下, 弦长是不变的, 比较 (1.3) 式和 (1.4) 式, 即得
$$
\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta
$$

这就是我们所要证明的.
既然公式 (1.2) 对任意 $\alpha, \beta$ 都成立, 则以 $-\beta$ 代替 $\beta$, 也必成立
$$
\cos [\alpha-(-\beta)]=\cos \alpha \cos (-\beta)+\sin \alpha \sin (-\beta)
$$

再注意三角函数的奇偶性, 就得到
$$
\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta
$$

这就是我们所要证明的公式 (1.1).

### 证法二：利用向量

> 向量在整个数学体系里作用越来越大，不管是平面几何、立体几何、复数、线性代数等都大量涉及到向量， 可以说，向量是现代数学体系里的基础中的基础，过去证明三角函数通常用方法一，现代数学里，普通使用方法二进行证明

我们用向量的角度来探究角 $\alpha-\beta$ 的余弦值, 即 $\cos (\alpha-\beta)$ 等于多少.当 $\alpha-\beta \in[0, \pi]$ 时, 如图 $2.1-2$, 设 $\alpha=\angle x O P, \beta=$ $\angle x O P^{\prime}$, 在这两个角的终边上分别取两个单位向量 $\overrightarrow{O A}= a$, $\overrightarrow{O B}= b$ ，则 $\angle A O B=\alpha-\beta$ 就是 $a$ 与 $b$ 的夹角。

根据前面所学的向量知识可知, $a , b$ 的数量积为

$$
\begin{aligned}
a \cdot b & =| a || b | \cos \langle a , b \rangle \\
& =\cos \langle a , b \rangle .
\end{aligned}
$$
 ![图片](/uploads/2024-11/d584b8.jpg)

由平面向量基本定理知, $a =(\cos \alpha, \sin \alpha), b =(\cos \beta, \sin \beta)$, 则

$$
\begin{aligned}
a \cdot b & =(\cos \alpha, \sin \alpha) \cdot(\cos \beta, \sin \beta) \\
& =\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta .
\end{aligned}
$$

所以

$$
\cos \langle a , b \rangle=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta . ...(1)
$$

又当 $\alpha-\beta \in[0, \pi]$ 时， $\cos \langle a , b \rangle=\cos (\alpha-\beta)$ ，
因此

$$
\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta .
$$

对任意的角 $\alpha, \beta$, 总可选取适当的整数 $k$, 使得 $\alpha-\beta-2 k \pi \in$ $[-\pi, \pi)$. 记 $\beta_1=\beta+2 k \pi$, 则 $\beta_1$ 与 $\beta$ 的终边相同, 且 $\alpha-\beta_1 \in$ $[-\pi, \pi)$, 如图 $2.1-3$, 
 
  ![图片](/uploads/2024-11/0d5527.jpg)
  
  从而 $0 \leqslant\left|\alpha-\beta_1\right| \leqslant \pi$, 则 $\left|\alpha-\beta_1\right|$ 就是 $a$, $b$ 的夹角 $\langle a , b \rangle$.

因此

$$
\begin{aligned}
\cos \langle a , b \rangle & =\cos \left|\alpha-\beta_1\right| \\
& =\cos \left(\alpha-\beta_1\right) \\
& =\cos (\alpha-\beta-2 k \pi) \\
& =\cos (\alpha-\beta) .
\end{aligned} ...(2)
$$

将(2)代人(1), 得到

$$
\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta .
$$

我们将上式称为两角差的余弦公式 (简记为 $C _{(a-\beta)}$ ).

#### 例题

`例`不查表, 求 $\cos 15^{\circ}, \cos 75^{\circ}$ 的值.
解： 由于： $15^{\circ}=45^{\circ}-30^{\circ}, \quad 75^{\circ}=45^{\circ}+30^{\circ}$
$$
\cos 45^{\circ}=\sin 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \quad \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \quad \sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}
$$

所以:
$$
\begin{aligned}
& \cos 15^{\circ}=\cos \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)=\cos 45^{\circ} \cos 30^{\circ}+\sin 45^{\circ} \sin 30^{\circ} \\
&=\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} \\
 \end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
&=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} \approx 0.9659\\
&\begin{aligned}
\cos 75^{\circ} & =\cos \left(45^{\circ}+30^{\circ}\right)=\cos 45^{\circ} \cos 30^{\circ}-\sin 45^{\circ} \sin 30^{\circ} \\
& =\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} \\
& =\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \approx \frac{2.4495-1.4142}{4} \\
& \approx 0.2588
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

`例`证明对于任何角 $\alpha$, 以下公式成立
$$
\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\sin \alpha, \quad \sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos \alpha
$$

证明：利用公式 (1.2), 可得：
$$
\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos \frac{\pi}{2} \cdot \cos \alpha+\sin \frac{\pi}{2} \cdot \sin \alpha
$$

但是
$$
\cos \frac{\pi}{2}=0, \quad \sin \frac{\pi}{2}=1
$$

所以 $\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\sin \alpha$
又因为上式中的 $\alpha$ 为任意角, 所以, 若把公式中的 $\left(\frac{\pi}{2}\right)$ 换成 $\alpha$, 就可得
$$
\cos \alpha=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)
$$

即 $: \sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos \alpha$

## 三、两角和与差的正弦
定理 2
两个任意角 $\alpha$ 和 $\beta$ 的和 (差) 的正弦等于第一个角的正弦乘以第二个角的余弦的积加上（减去）第一角的余弦乘以第二个角的正弦的乘积. 即
$$
\boxed{
\begin{aligned}
& \sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta \\
& \sin (\alpha-\beta)=\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta
\end{aligned}
}
$$

证明: 因为已经知道
$$
\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)=-\sin \alpha, \quad \sin \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)=\cos \alpha
$$

所以
$$
\begin{aligned}
\sin (\alpha+\beta) & =-\cos \left[\frac{\pi}{2}+(\alpha+\beta)\right] \\
& =-\cos \left[\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)+\beta\right] \\
& =-\left[\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) \cos \beta-\sin \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right) \sin \beta\right] \\
& =-(-\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta) \\
& =\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta
\end{aligned}
$$

以 $(-\beta)$ 替换公式 $(1.5)$ 中的 $\beta$, 得到
$$
\begin{aligned}
\sin (\alpha-\beta) & =\sin \alpha \cos (-\beta)+\cos \alpha \sin (-\beta) \\
& =\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta
\end{aligned}
$$

`例` 求 $\sin 15^{\circ}$  (不查表)
解：
$$
\begin{aligned}
\sin 15^{\circ} & =\sin \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right) \\
& =\sin 45^{\circ} \cos 30^{\circ}-\cos 45^{\circ} \sin 30^{\circ} \\
& =\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1

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