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两角和与差的三角函数
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2024-05-20 17:42
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两角和与差的三角函数
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. 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. 第一章 两角和与差的三角函数 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 $$ \begin{aligned} & \cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta \\ & \cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta \end{aligned} $$ 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: $$ \begin{aligned} \left|P_1 P_2\right|^2 & =[\cos (\alpha-\beta)-1]^2+[\sin (\alpha-\beta)-0]^2 \\ & =\cos ^2(\alpha-\beta)-2 \cos (\alpha-\beta)+1+\sin ^2(\alpha-\beta) \\ & =2-2 \cos (\alpha-\beta) \end{aligned} $$ 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: $$ \begin{aligned} \left|P_1 P_2\right|^2 & =(\cos \alpha-\cos \beta)^2+(\sin \alpha-\sin \beta)^2 \\ & =\cos ^2 \alpha-2 \cos \alpha \cos \beta+\cos ^2 \beta+\sin ^2 \alpha-2 \sin \alpha \sin \beta+\sin ^2 \beta \\ & =2-2(\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta) \end{aligned} $$ 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). 例 1.1 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 1.3 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 $$ \begin{aligned} & \sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta \\ & \sin (\alpha-\beta)=\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta \end{aligned} $$ 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 1.4 求 $\sin 15^{\circ}$ (不查表) 解: $$ \begin{aligned} \sin 15^{\circ} & =\sin \left(45^{\circ}-30^{\circ}\right) \\ & =\sin 45^{\circ} \cos 30^{\circ}-\cos 45^{\circ} \sin 30^{\circ} \\ & =\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} \\ & =\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \end{aligned} $$ 例 1.6 求证: $\frac{\sin (\alpha+\beta) \cdot \sin (\alpha-\beta)}{\sin ^2 \alpha \cdot \sin ^2 \beta}=\cot ^2 \beta-\cot ^2 \alpha$ 证明: $$ \begin{aligned} \text { 等式左边 } & =\frac{(\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta)(\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta)}{\sin ^2 \alpha \cdot \sin ^2 \beta} \\ & =\frac{\sin ^2 \alpha \cdot \cos ^2 \beta-\cos ^2 \alpha \cdot \sin ^2 \beta}{\sin ^2 \alpha \cdot \sin ^2 \beta} \\ & =\cot ^2 \beta-\cot ^2 \alpha=\text { 等式右边 } \end{aligned} $$ 例 1.7 求证 $\sin \theta+\cos \theta=\sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)$ 证明:可用不同方法证之. 证 : $$ \text { 左边 } \begin{aligned} & =\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta\right) \\ & =\sqrt{2}\left(\sin \theta \cdot \cos \frac{\pi}{4}+\cos \theta \cdot \sin \frac{\pi}{4}\right) \\ & =\sqrt{2} \sin \left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\text { 右边 } \end{aligned} $$ 四、两角和与美的正切 定理 3 两个角 $\alpha$ 与 $\beta$ 的和 (或差) 的正切, 等于一个分式, 其分子为这两角正切的和 (或整), 其分母为 1 与这两个角的正切乘积的差(或和). 即 $$ \begin{aligned} & \tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta} \\ & \tan (\alpha-\beta)=\frac{\tan \alpha-\tan \beta}{1+\tan \alpha \tan \beta} \end{aligned} $$ 注意: 在这两个公式中, 必须保证 $\tan \alpha, \tan \beta$ 及 $\tan (\alpha \pm \beta)$ 都有意义, 因而,当且仅当 $\alpha, \beta, \alpha \pm \beta$, 都不等于 $\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in \mathbb{Z})$ 时, 公式才能成立. 证明: 对于公式 (1.7) 利用公式 $\tan (\alpha+\beta)=\frac{\sin (\alpha+\beta)}{\cos (\alpha+\beta)}$, 和关于正弦函数与 余弦函数的加法定理, 得: $$ \tan (\alpha+\beta)=\frac{\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta} $$ 用 $\cos \alpha \cos \beta$ 除右端的分子和分母, 得: $$ \begin{aligned} \tan (\alpha+\beta) & =\frac{\frac{\sin \alpha \cos \beta}{\cos \alpha \cos \beta}+\frac{\cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}}{\frac{\cos \alpha \cos \beta}{\cos \alpha \cos \beta}-\frac{\sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}} \\ & =\frac{\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}+\frac{\sin \beta}{\cos \beta}}{1-\frac{\sin \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}} \\ & =\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta} \end{aligned} $$ 对于公式 $(1.8)$, $$ \begin{aligned} \tan (\alpha-\beta) & =\tan [\alpha+(-\beta)] \\ & =\frac{\tan \alpha+\tan (-\beta)}{1-\tan \alpha \tan (-\beta)} \\ & =\frac{\tan \alpha-\tan \beta}{1+\tan \alpha \tan \beta} \end{aligned} $$ 例 1.10 已知 $\tan \alpha=\frac{1}{3}, \cot \beta=-\frac{1}{2}$, 试求: 1. $\cot (\alpha-\beta)$ 的值. 2. $\alpha+\beta$ 的值, 其中 $0<\alpha<\frac{\pi}{3}, \quad \frac{\pi}{2}<\beta<\pi$ 解: 1. 因为 $\tan \alpha=\frac{1}{3}, \tan \beta=\frac{1}{\cot \beta}=-2$, 以及 $$ \cot (\alpha-\beta)=\frac{1}{\tan (\alpha-\beta)}=\frac{1+\tan \alpha \cdot \tan \beta}{\tan \alpha-\tan \beta} $$ 所以 $$ \cot (\alpha-\beta)=\frac{1-\frac{2}{3}}{\frac{1}{3}+2}=\frac{1}{7} $$ 2. 由于 $\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \cdot \tan \beta}=-1$, 而且 $0<\alpha<\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}<\beta<\pi$,因而可得 $\frac{\pi}{2}<\alpha+\beta<\frac{3 \pi}{2}$ 在 $\frac{\pi}{2}$ 与 $\frac{3 \pi}{2}$ 之间, 只有 $\tan \frac{3 \pi}{4}=-1$, 所以 $$ \alpha+\beta=\frac{3 \pi}{4} $$ 例 1.12 已知: $\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=m$, 求 $\tan \alpha$ 的值. 解: 解法 1:由已知, $\alpha \neq \frac{\pi}{4}+k \pi(k \in \mathbb{Z})$. 不然的话, $\alpha+\frac{\pi}{4}=\frac{p i}{2}+k \pi$, $\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)$ 就没有意义了. 所以 $\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=\frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}=m$ 由于 $1-\tan \alpha \neq 0$, 所以由上式可得 $$ 1+\tan \alpha=m-m \tan \alpha $$ 即: $(m+1) \tan \alpha=m-1$ 所以: $\tan \alpha=\frac{m-1}{m+1}, \quad(m \neq-1)$ 解法 2:因为 $\alpha=\left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)-\frac{\pi}{4}$, 所以 $$ \begin{aligned} \tan \alpha & =\tan \left[\left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)-\frac{\pi}{4}\right] \\ & =\frac{\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)-\tan \frac{\pi}{4}}{1+\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right) \cdot \tan \frac{\pi}{4}} \\ & =\frac{m-1}{m+1} \quad(m \neq-1) \end{aligned} $$
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