向量的夾角

如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)A,B的坐標(biāo)分別為 $(x_1,y_1 ),(x_2,y_2)$ ，那么角 $∠AOB$ 的余弦值怎么表示呢？

圖1 向量的夾角

根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式，可得：
$|OA|=\sqrt{x_1^2+y_1^2 }$
$|OB|=\sqrt{x_2^2+y_2^2 }$
$|AB|=\sqrt{(x_2-x_2 )^2+(y_2-y_1 )^2 }$

在三角形 $OAB$ 中，根據(jù)余弦定理得：
$cos∠AOB=\frac{|OA|^2+|OB|^2-|AB|^2}{2|OA|\cdot|OB| }$
$=\frac{x_1 x_2+y_1 y_2}{\sqrt{x_1^2+y_1^2 } \sqrt{x_2^2+y_2^2 }}$
上式就是我們要求的公式，歸納為定理1，即：

定理1 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)A,B的坐標(biāo)分別為 $(x_1,y_1 ),(x_2,y_2)$ ，那么有向角 $∠AOB$ 的余弦值為
$cos∠AOB=\frac{x_1 x_2+y_1 y_2}{\sqrt{x_1^2+y_1^2 } \sqrt{x_2^2+y_2^2 }}$ (1-1)

命題1.1 在平面直角坐標(biāo)系 $xOy$ 中，設(shè) $A,B,C$ 的坐標(biāo)分別為 $(x_1,y_1 ),(x_2,y_2),(x_3,y_3)$ ，那么有向角 $∠BAC$ 的余弦值為：
$\cos\angle BAC = \frac{(x_2-x_1)(x_3-x_1)-(y_2-y_1)(y_3-y_1)}{\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}\sqrt{(x_3-x_1)^2+(y_3-y_1)^2}}$

評(píng)注2 在有向角的表達(dá)中，規(guī)定∠AOB=-∠BOA，在公式(1)的推導(dǎo)中，用了三角形的余弦定理。但根據(jù)公式cos?(-α)=cosα知，cos∠BOA=cos(-∠AOB)，所以推導(dǎo)過(guò)程雖不是有向角，但其結(jié)果對(duì)有向角也是成立的。

定理3 在平面直角坐標(biāo)系 $xOy$ 中，設(shè) $A,B$ 的坐標(biāo)分別為 $(x_1,y_1 ),(x_2,y_2)$ ，那么有向角 $∠AOB$ 的正弦值為：
$\sin∠AOB=\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{\sqrt{x_1^2+y_1^2 } \sqrt{x_2^2+y_2^2 }}$ (3-1)
證明從略

例3.2 已知 $\Delta ABC$ 頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為 $A(-1,2),B(-2,3),C(3,4)$ ，求 $BC$ 邊上的高的長(zhǎng)度。
解 $|AB| =\sqrt{(-1+2)^2+(2-3)^2}=\sqrt2$
$|AC| =\sqrt{(-1-3)^2+(2-4)^2}=2\sqrt5$
$|BC| = \sqrt{26}$
$\sin \angle BAC = \frac{(-2+1)\times 2-4\times 1}{\sqrt{2\times 2\sqrt5}}$
$S_{ABC} = \frac{1}{2}|AB|\times |AC| \times |\sin \angle BAC|$
$=3$
所以， $BC$ 邊上的高為 $h=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{6}{\sqrt{26}}=\frac{3\sqrt{26}}{13}$

兩角和差的三角公式

定理4（兩角和的余弦公式） 對(duì)于任意的實(shí)數(shù)α,β，如下公式成立：
$\cos?(α+β)=\cosα\cosβ-\sinα\sinβ$ (4-1)

證明如圖2，設(shè) $A(x_1,y_2 ),B(x_2,y_2 ),C(x_3,y_3 ),∠AOC=α,∠COB=β$ ，那么 $∠AOB=α+β$ 。

圖2 兩角和

根據(jù)定理1，可以求得：
$\cos?(α+β)=\cos∠AOB=\frac{x_1 x_2+y_1 y_2}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_2^2+y_2^2 )}}$
$\cosα=\cos∠AOC=\frac{x_1 x_3+y_1 y_3}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_3^2+y_3^2 )}}$ (4-2)
$cosβ=cos∠COB=\frac{x_2 x_3+y_2 y_3}{\sqrt{(x_2^2+y_2^2 )(x_3^2+y_3^2 )}}$ (4-3)
根據(jù)定理3得：
$sinα=\frac{x_1 y_3-y_1 x_3}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_3^2+y_3^2 )}}$ (4-4)
$sinβ=\frac{x_3 y_2-x_2 y_3}{\sqrt{(x_2^2+y_2^2 )(x_3^2+y_3^2 )}}$ (4-5)
那么
$cosαcosβ-sinαsinβ=$
$\frac{x_1 x_3+y_1 y_3}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_3^2+y_3^2 ) }} \frac{x_2 x_3+y_2 y_3}{\sqrt{(x_2^2+y_2^2 )(x_3^2+y_3^2 ) }}$
$-\frac{x_1 y_3-y_1 x_3}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_3^2+y_3^2 ) }} \frac{x_3 y_2-x_2 y_3}{\sqrt{(x_2^2+y_2^2 )(x_3^2+y_3^2 ) }}$

$=\frac{(x_1 x_3+y_1 y_3 )(x_2 x_3+y_2 y_3 )-(x_1 y_3-y_1 x_3 )(x_3 y_2-x_2 y_3 )}{(x_3^2+y_3^2 ) \sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_2^2+y_2^2 ) }}$

$=\frac{(x_3^2+y_3^2 )(x_1 x_2+y_1 y_2 )}{(x_3^2+y_3^2 ) \sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_2^2+y_2^2 ) }}$
$=\frac{x_1 x_2+y_1 y_2}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_2^2+y_2^2 ) }}$
$=cos?(α+β)$ ?

定理5（兩角和的正弦公式） 對(duì)于任意的實(shí)數(shù) $α,β$ ，如下公式成立：
$\sin?(α+β)=\sinα\cosβ+\cosα\sinβ$ (5-1)

證明證明：根據(jù)定理3得：
$\sin?(α+β)=\sin∠AOB=\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_2^2+y_2^2 ) }}$
在根據(jù)式(4-2), (4-3), (4-4), (4-5)得：
$sinαcosβ+cosαsinβ=\frac{x_1 y_3-y_1 x_3}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2) (x_3^2+y_3^2 ) }}\frac{x_2 x_3+y_2 y_3}{\sqrt(x_2^2+y_2^2 )(x_3^2+y_3^2 ) }$
$+\frac{x_3 y_2-x_2 y_3}{\sqrt{(x_2^2+y_2^2 )(x_3^2+y_3^2 )} } \frac{x_1 x_3+y_1 y_3}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_3^2+y_3^2 ) }}$
$=\frac{(x_3^2+y_3^2 )(x_1 y_2-x_2 y_1)}{(x_3^2+y_3^2 ) \sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_2^2+y_2^2 ) }}$
$=\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{\sqrt{(x_1^2+y_1^2 )(x_2^2+y_2^2 } }=\sin?(α+β)$ ?

定理6(兩角差的正余弦公式) 對(duì)于任意的實(shí)數(shù) $α,β$ ，如下公式成立：
$\cos?(α-β)=\cosα\cosβ+\sinα\sinβ$ (6-1)
$\sin?(α-β)=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$ (6-2)
證明 $\cos?(α-β)$
$=\cos[\alpha+(-\beta)]$
$=\cosα\cos(-β)-\sinα\sin(-β)$
$=\cosα\cosβ+\sinα\sinβ$

$\sin?(α-β)$
$=\sin[\alpha+(-\beta)]$
$=\sinα\cos(-β)+\cosα\sin(-β)$
$=\sinα\cosβ-\cosα\sinβ$
$\blacksquare$

定理7(兩角和差的正切公式) 對(duì)于任意的實(shí)數(shù) $α,β$ ，如下公式成立：
$\tan(α+β)=\frac{\tanα+\tanβ}{1-\tanα\tanβ}$ (7-1)
$tan(α-β)=\frac{\tanα-\tanβ}{1+\tanα\tanβ}$ (7-2)
證明 $\tan(α+β)$
$=\frac{\sin?(α+β)}{\cos(α+β)}$
$=\frac{\sinα\cosβ+\cosα\sinβ}{\cosα\cosβ-\sinα\sinβ}$
$=\frac{\cosα\cosβ(\tanα+\tanβ)}{\cosα\cosβ(1-\tanα\tanβ)}$
$=\frac{\tanα+\tanβ}{1-\tanα\tanβ}$

$tan(α-β)$
$=tan[α+(-β)]$
$=\frac{\tanα+\tan(-β)}{1-\tanα\tan(-β)}$
$=\frac{\tanα-\tanβ}{1+\tanα\tanβ}$
$\blacksquare$

倍角公式、半角公式

**定理8(兩倍角公式) **對(duì)于任意的實(shí)數(shù) $α$ ，如下公式成立：
$\cos2α=\cos^2?α-\sin^2?α =2 \cos^2?α-1 =1-2 \sin^2?α$ (8-1)
$\sin?2α=2\sinα\cosα$ (8-2)
$tan(2α)=\frac{2\tanα}{(1-tan^2 α)}$ (8-3)
證明使用兩角和的三角函數(shù)，可以證明本定理。

$定理9(三倍角公式)$ 對(duì)于任意的實(shí)數(shù) $α$ ，如下公式成立：
$\sin3α=3\sinα-4 \sin^3?α$ (9-1)
$\cos3α=-3\cosα+4 \cos^3?α$ (9-2)
$\tan3α=\frac{3\tanα-\tan^3 α}{1-3\tan^2 α}=\tanα \tan(π/3-α)\tan(π/3+α)$ (9-3)
證明 $\sin3α$
$=\sin(\alpha+2\alpha)$
$=\sin\alpha\cos2\alpha+\cos\alpha\sin2\alpha$
$=\sin\alpha(1-2\sin^2\alpha)+\cos\alpha(2\sin\alpha\cos\alpha)$
$=\sin\alpha(1-2\sin^2\alpha)+2\sin\alpha(1-\sin^2\alpha)$
$=3\sinα-4 \sin^3?α$

$\cos3α$
$=\cos(α+2α)$
$=\cosα\cos2α-\sinα\sin2α$
$=\cosα\cos2α-\sinα\sin2α$
$=\cosα(2\cos^2α-1)-2\sinα\sinα\cosα$
$=\cosα(2\cos^2α-1)-2\cosα(1-\cos^2α)$
$\cos3α=-3\cosα+4 \cos^3?α$

$\tan3α$
$=\frac{\tanα+\tan2α}{1-\tanα\tan2α}$
$=\frac{\tanα+\frac{2\tanα}{1-\tan^2α}}{1-\tanα\frac{2\tanα}{1-\tan^2α}}$
$=\frac{3\tanα-\tan^3 α}{1-3\tan^3 α}$
$=\tanα\frac{3-\tan^3 α}{1-3\tan^2 α}$
$=\tanα\frac{\sqrt3-\tanα}{1+\sqrt3\tanα}\cdot\frac{\sqrt3+tan α}{1-\sqrt3\tanα}$
$=\tanα\tan(\frac{\pi}3-α)\tan(α+\frac{\pi}3)$
$\blacksquare$

定理10(半角公式) 對(duì)于任意的實(shí)數(shù) $α$ ，如下公式成立：
$\sin?\frac{α}2=±\sqrt{\frac{1-cosα}2}$ (10-1)
$\cos?\frac{α}2=±\sqrt{\frac{1+cosα}2}$ (10-2)
$tan\frac{α}2=\frac{\sinα}{1+\cosα}=\frac{1-\cos?α}{\sinα}=±\sqrt{\frac{1-\cosα}{1+\cosα}}$ (10-3)
證明因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=%5Ccos%CE%B1%3D2%5Ccos%5E2%CE%B1-1%3D1-2%5Csin%5E2%CE%B1" alt="\cosα=2\cos^2α-1=1-2\sin^2α" mathimg="1">，所以(10-1),(10-2)成立。
$\frac{\sinα}{1+\cosα}=\frac{2\sin\frac{α}2\cos\frac{α}2}{2\cos^2α}$
$=\tan\frac{α}2$

$\frac{1-\cosα}{\sinα}=\frac{2\sin^2\frac{α}2}{2\sinα\cosα}$
$=\tan\frac{α}2$
$\blacksquare$

定理11(萬(wàn)能公式) 對(duì)于任意的實(shí)數(shù)α，如下公式成立：
$\sinα=\frac{2\tan\frac{α}2}{1+\tan^2 \frac{α}2}$ (11-1)
$\cosα=\frac{1-tan^2\frac{α}2}{1+tan^2\frac{α}2}$ (11-2)
$\tanα=\frac{2\tan\frac{α}2}{1-\tan^2\frac{α}2}$ (11-3)
證明 $\sinα=2\sin\frac{α}2\cos\frac{α}2$
$=\frac{2\sin\frac{α}2\cos\frac{α}2}{\cos^2\frac{α}2}\cdot\cos^2\frac{α}2$
$=\frac{2\tan\frac{α}2}{1+\tan^2α}$

$\cosα=\cos^2\frac{α}2-\sin^2\frac{α}2$
$=cos^2\frac{α}2(1-\tan^2\frac{α}2)$
$=\frac{1-tan^2\frac{α}2}{1+tan^2\frac{α}2}$
$\blacksquare$

積化和差、和差化積

定理12(積化和差) 對(duì)于任意的實(shí)數(shù)α,β，如下公式成立：
$\cosα \cosβ=\frac{1}2 [\cos?(α+β)+\cos?(α-β) ]$ (12-1)
$\sinα \sinβ=\frac{1}2 [\cos?(α+β)-\cos?(α-β) ]$ (12-2)
$\sinα\cosβ=2 [\sin?(α+β)+\sin?(α-β) ]$ (12-3)
證明令 $\alpha+\beta=x,\alpha-\beta=y$ ，用兩角的和差公式可以得到(12-1),(12-3),(12-3)
$\blacksquare$

定理13(和差化積)對(duì)于任意的實(shí)數(shù)α,β，如下公式成立：
$\cosα+\cos?β=2\cos?\frac{α+β}2\cos?\frac{α-β}2$ (13-1)
$\cosα-\cos?β=-2\sin?\frac{α+β}2\sin??\frac{α-β}2$ (13-2)
$\sinα+\sin?β=2\sin\frac{α+β}2 \cos?\frac{α-β}2$ (13-3)
$\sinα-\sin?β=2 sin?\frac{α+β}2 \cos??\frac{α-β}2$ (13-4)
證明令 $\frac{α+β}2=x,\frac{α-β}2=y$ ，再使用積化和差公式可以得到(13-1),(13-3),(13-3),(13-4)
$\blacksquare$