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同角关系与和差角：从定义到求值

约 4852 字大约 16 分钟

已知一个三角函数值，并不自动知道另一个值的正负。本章先从单位圆推导同角关系，再用保长旋转证明和差角公式，把知一求二、齐次式、拆角与逆用放在同一条推理链中。

一、知识点 概念与依据

1. 同角平方关系和商数关系的条件不同

角 α\alpha 的单位圆点是 (cos⁡α,sin⁡α)(\cos\alpha,\sin\alpha)。由同一个点的坐标平方和为1，得到

sin⁡2α+cos⁡2α=1.\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1.

它对任意实角成立，角度或弧度均可，但同一式中角的计量要一致。函数值本身是无长度单位的比值。sin⁡2α\sin^2\alpha 表示 (sin⁡α)2(\sin\alpha)^2，不是 sin⁡(α2)\sin(\alpha^2)；sin⁡2α+cos⁡2β\sin^2\alpha+\cos^2\beta 若不是同角，不能直接换成1。

横坐标非零时，正切是纵除横，因此

tan⁡α=sin⁡αcos⁡α,cos⁡α≠0.\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha},\qquad\cos\alpha\ne0.

分母为零表示无定义，不是某个极大的数。这排除了 α=π/2+kπ\alpha=\pi/2+k\pi，k∈Zk\in\mathbb Z。同除平方关系以 cos⁡2α\cos^2\alpha，才得到 1+tan⁡2α=1/cos⁡2α1+\tan^2\alpha=1/\cos^2\alpha。任何进一步除法都要新检查除数，除以正弦也须先排除正弦为零：例如写 cos⁡α=sin⁡α/tan⁡α\cos\alpha=\sin\alpha/\tan\alpha，还要求正切有定义且非零，不能将有条件的变形当作处处可用的公式。

关系可用范围额外除法限制
sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1任意实角，须为同角本式不需要除法，无须排除轴上角
tan⁡α=sin⁡α/cos⁡α\tan\alpha=\sin\alpha/\cos\alphacos⁡α≠0\cos\alpha\ne0不可在余弦为零时使用商式
1+tan⁡2α=1/cos⁡2α1+\tan^2\alpha=1/\cos^2\alphacos⁡α≠0\cos\alpha\ne0来自同除 cos⁡2α\cos^2\alpha，不能延伸到除数为零处
cos⁡α=sin⁡α/tan⁡α\cos\alpha=\sin\alpha/\tan\alpha正切有定义且非零比正切商式多要求 sin⁡α≠0\sin\alpha\ne0

2. 平方只决定绝对值，符号来自原范围

由已知余弦求正弦，应先写

sin⁡2α=1−cos⁡2α,∣sin⁡α∣=1−cos⁡2α.\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha,\qquad |\sin\alpha|=\sqrt{1-\cos^2\alpha}.

从 u2=a≥0u^2=a\ge0 只能得到 ∣u∣=a|u|=\sqrt a，不能一律选正根。若给角范围或象限，再筛符号；条件不足且两支都能实现时，必须保留两支。

例如锐角且 cos⁡α=1/3\cos\alpha=1/3，正弦取正，得 sin⁡α=22/3\sin\alpha=2\sqrt2/3、tan⁡α=22\tan\alpha=2\sqrt2，而不是 2/4,2,1/2\sqrt2/4,2,1/2。若去掉锐角限制，第四象限也允许同一余弦值，此时正切为 −22-2\sqrt2；余弦本身不能独自确定正切符号。

若对象是一个差，要判断整个差，不是只看两项各自的符号。第一象限内两项都正，仍不能断言 cos⁡α−sin⁡α\cos\alpha-\sin\alpha 正；角在45度之后、90度之前时，终边在 y=xy=x 上方，单位圆纵坐标大于横坐标，所以这个差为负。

3. 和、差与积可以通过平方相互联系

把完全平方展开，再用同角平方和，得

(sin⁡α±cos⁡α)2=1±2sin⁡αcos⁡α.(\sin\alpha\pm\cos\alpha)^2=1\pm2\sin\alpha\cos\alpha.

于是乘积能给和或差的平方，反过来和或差也能给乘积。但从平方回到和差仍需原符号条件。若正切存在，还可把乘积写成

sin⁡αcos⁡α=sin⁡αcos⁡αsin⁡2α+cos⁡2α=tan⁡α1+tan⁡2α.\sin\alpha\cos\alpha= \frac{\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha} =\frac{\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}.

第一步用的是分母等于1，第二步才同除 cos⁡2α≠0\cos^2\alpha\ne0。不是任意二元积都能无条件写成“比值除以1加比值平方”。

4. 齐次化利用同次比式不依赖公共尺度

sin⁡2α,sin⁡αcos⁡α,cos⁡2α\sin^2\alpha,\sin\alpha\cos\alpha,\cos^2\alpha 都是二次项。分子分母同为一次或同为二次的齐次比式，通常可在余弦非零时同除余弦或其平方，变成正切的式子。

例如二次分子里夹着常数1，可用 1=sin⁡2α+cos⁡2α1=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha 将它齐次化。这样 sin⁡2α+1=2sin⁡2α+cos⁡2α\sin^2\alpha+1=2\sin^2\alpha+\cos^2\alpha，其中2是系数，不在平方里；不能改成 (2sin⁡α)2+cos⁡2α(2\sin\alpha)^2+\cos^2\alpha。

同次的分子分母在正弦余弦同时变号时，公共符号约掉，因此比式可能只由正切决定。单独的正弦或余弦仍可能有两种符号，不能因为正切为正就擅认第一象限。

5. 差角余弦从同一条弦的两次距离计算得到

取单位圆上两点 P(cos⁡α,sin⁡α)P(\cos\alpha,\sin\alpha)、Q(cos⁡β,sin⁡β)Q(\cos\beta,\sin\beta)。由距离公式和同角平方和，

PQ2=(cos⁡α−cos⁡β)2+(sin⁡α−sin⁡β)2=2−2(cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β).\begin{aligned} PQ^2&=(\cos\alpha-\cos\beta)^2+(\sin\alpha-\sin\beta)^2\\ &=2-2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta). \end{aligned}

把整个图形绕原点旋转 −β-\beta，旋转保持距离。Q转到 E(1,0)E(1,0)，P的终边角变为 α−β\alpha-\beta，因此转到 R(cos⁡(α−β),sin⁡(α−β))R(\cos(\alpha-\beta),\sin(\alpha-\beta))。再算

ER2=(cos⁡(α−β)−1)2+sin⁡2(α−β)=2−2cos⁡(α−β).ER^2=(\cos(\alpha-\beta)-1)^2+\sin^2(\alpha-\beta)=2-2\cos(\alpha-\beta).

因为 PQ=ERPQ=ER，两式相等，消去2并同除 −2-2，得到

cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β.\boxed{\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}.

这里用的是角的旋转、单位圆定义和旋转保长，没有提前调用待证的和差角坐标公式。α,β\alpha,\beta 可以是任意实角，不必都锐。

6. 其余正弦余弦和差式由诱导关系推出

差角余弦中把 β\beta 换成 −β-\beta，再用余弦偶、正弦奇，得到和角余弦。又由 sin⁡u=cos⁡(π/2−u)\sin u=\cos(\pi/2-u)，

sin⁡(α+β)=cos⁡[(π/2−α)−β]=cos⁡(π/2−α)cos⁡β+sin⁡(π/2−α)sin⁡β=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β.\begin{aligned} \sin(\alpha+\beta) &=\cos[(\pi/2-\alpha)-\beta]\\ &=\cos(\pi/2-\alpha)\cos\beta+\sin(\pi/2-\alpha)\sin\beta\\ &=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta. \end{aligned}

再把 β\beta 换成相反角，得到差角正弦。四式统一整理为

cos⁡(α+β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β,cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β,sin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β,sin⁡(α−β)=sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡β.\begin{aligned} \cos(\alpha+\beta)&=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta,\\ \cos(\alpha-\beta)&=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta,\\ \sin(\alpha+\beta)&=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta,\\ \sin(\alpha-\beta)&=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta. \end{aligned}

余弦是同名函数相乘，符号与括号中的加减相反；正弦是交叉乘积，符号与括号中一致。记忆规律不能替代角的配对。一般也没有 sin⁡(α+β)=sin⁡α+sin⁡β\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha+\sin\beta。

角可以是 2x2x 等整个表达式；可正用展开，也可逆用合角。两个乘积里，角与函数名必须刚好对应；未对应时先用诱导公式统一，不能看到两个乘积就随意合角。

7. 正切和差公式的限制来自除法

将正弦和角式除以余弦和角式，并在 cos⁡αcos⁡β≠0\cos\alpha\cos\beta\ne0 时分子分母同除这个乘积，得到

tan⁡(α+β)=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡β.\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}.

同理，

tan⁡(α−β)=tan⁡α−tan⁡β1+tan⁡αtan⁡β.\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}.

三处正切都须有定义：tan⁡α,tan⁡β\tan\alpha,\tan\beta 存在，且和式分母 1−tan⁡αtan⁡β≠01-\tan\alpha\tan\beta\ne0 或差式分母 1+tan⁡αtan⁡β≠01+\tan\alpha\tan\beta\ne0，使对应的 tan⁡(α±β)\tan(\alpha\pm\beta) 也存在。正弦余弦公式本身没有这些分母限制。

若某个正切不存在，应返回正弦余弦关系判断原问题，不要继续给零分母约分。若原式另含分母或根式，它们各自的限制也要保留。

二、考点 方法与例题

1. 知一求二与根式：先绝对值，后符号

先辨被平方的完整对象：单个函数值、两函数的和差，还是根式的分子分母。由同角关系求大小，再用范围筛符号。根式商先核分母与被开方数，再将 u2\sqrt{u^2} 写成 ∣u∣|u|，逐处解除绝对值，最后检查结果是否符合原根式非负性。条件足够决定一支时，不能停在“正负皆可”。

2. 弦化切：先非零，再同次，最后查分母

已知正切存在，已提供余弦非零；若只给正余弦比式，先单查余弦为零是否可能。看所求是否只依赖两者比例；一次比式同除余弦，二次式先把1齐次化再同除余弦平方。分子分母必须同时处理，新分母也须不为零，不能算到零分母仍报有限结果。

3. 拆角与逆用：让每项都连接已有信息

已知组合角 α+β\alpha+\beta 与 α\alpha，求 β\beta 的函数值，可写 β=(α+β)−α\beta=(\alpha+\beta)-\alpha。先给组合角求范围，再补和差式需要的其他函数值；两个角分别锐，不保证它们的和也锐，只知和在 (0,π)(0,\pi)，故其正弦正，但不能单凭该范围确定余弦正。

先写结构公式，再代数字；余弦差角的两项相加，不能被角里的减号带偏。逆用先借整周、余角和负角关系配齐两角，再合成和差。若随意拆角后仍全是未知量，应换入口，而不是臆设某个角度。最终用目标的范围检查符号，但范围不能代替计算。

例题 01 已知乘积求两个函数的差

题目

已知sin⁡α⋅cos⁡α=18\sin \alpha \cdot \cos \alpha =\frac{1}{8}，且45∘<α<90∘45^{\circ}<\alpha <90^{\circ}，则cos⁡α−sin⁡α=\cos \alpha -\sin \alpha =（    ）

A．32\frac{\sqrt{3}}{2} B．−32-\frac{\sqrt{3}}{2} C．34\frac{3}{4} D．±32\pm \frac{\sqrt{3}}{2}

答案与解析

解析

先算整个差的平方：

(cos⁡α−sin⁡α)2=1−2sin⁡αcos⁡α=1−14=34.(\cos\alpha-\sin\alpha)^2=1-2\sin\alpha\cos\alpha=1-\frac14=\frac34.

所以差的绝对值为 3/2\sqrt3/2。由45度到90度的范围，单位圆终边在第一象限的 y=xy=x 上方，纵坐标大于横坐标，即 sin⁡α>cos⁡α\sin\alpha>\cos\alpha。因此该差负，只取 −3/2-\sqrt3/2。

A在开方时擅取正支；C把平方值 3/43/4 当成原式；D没有使用范围排掉正支；B正确。两项都正不意味着差正，判断的是大小关系。

本题结论

选B。

例题 02 两个根式商的化简

题目

若π<α<3π2\pi <\alpha <\frac{3\pi }{2}，则1−sin⁡α1+sin⁡α+1+sin⁡α1−sin⁡α\sqrt{\frac{1-\sin \alpha }{1+\sin \alpha }}+\sqrt{\frac{1+\sin \alpha }{1-\sin \alpha }}的化简结果是（    ）

A．2tan⁡α\frac{2}{\tan \alpha } B．−2tan⁡α-\frac{2}{\tan \alpha } C．2sin⁡α\frac{2}{\sin \alpha } D．−2cos⁡α-\frac{2}{\cos \alpha }

答案与解析

解析

第三象限内部有 −1<sin⁡α<0-1<\sin\alpha<0、cos⁡α<0\cos\alpha<0，故 1±sin⁡α1\pm\sin\alpha 均严格正。原分母非零，被开方数均正，才能作下面的等值变形：

1−sin⁡α1+sin⁡α=(1−sin⁡α)21−sin⁡2α=∣1−sin⁡α∣∣cos⁡α∣,\sqrt{\frac{1-\sin\alpha}{1+\sin\alpha}}= \sqrt{\frac{(1-\sin\alpha)^2}{1-\sin^2\alpha}} =\frac{|1-\sin\alpha|}{|\cos\alpha|},

1+sin⁡α1−sin⁡α=∣1+sin⁡α∣∣cos⁡α∣.\sqrt{\frac{1+\sin\alpha}{1-\sin\alpha}} =\frac{|1+\sin\alpha|}{|\cos\alpha|}.

分子绝对值分别为 1−sin⁡α,1+sin⁡α1-\sin\alpha,1+\sin\alpha，分母 ∣cos⁡α∣=−cos⁡α|\cos\alpha|=-\cos\alpha。相加得 −2/cos⁡α-2/\cos\alpha，为正数。

B、C在这个范围为负，和原正根式之和矛盾。A虽正，却不是恒等结果：若 2/tan⁡α=−2/cos⁡α2/\tan\alpha=-2/\cos\alpha，则 cos⁡2α=−sin⁡α\cos^2\alpha=-\sin\alpha，令 s=sin⁡αs=\sin\alpha 得 s2−s−1=0s^2-s-1=0。它至多对应特定角，而不是整个第三象限范围；例如 α=7π/6\alpha=7\pi/6 时，A为 232\sqrt3，正确式为 43/34\sqrt3/3，不同。D才是合法范围内的恒等化简。

本题结论

选D。

例题 03 含常数项的二次比式

题目

设tan⁡α=−12\tan \alpha =-\frac{1}{2}，则sin⁡2α+1sin⁡αcos⁡α−2cos⁡2α=\frac{{\sin }^{2}\alpha +1}{\sin \alpha \cos \alpha -2{\cos }^{2}\alpha }=（   ）

A．−35-\frac{3}{5} B．35\frac{3}{5} C．−1-1 D．1

答案与解析

解析

已知正切存在，故 cos⁡α≠0\cos\alpha\ne0。分子中的1用同角平方和替代，先得到 2sin⁡2α+cos⁡2α2\sin^2\alpha+\cos^2\alpha，再将分子分母同除 cos⁡2α\cos^2\alpha：

sin⁡2α+1sin⁡αcos⁡α−2cos⁡2α=2tan⁡2α+1tan⁡α−2=2⋅(1/4)+1−1/2−2=3/2−5/2=−35.\frac{\sin^2\alpha+1}{\sin\alpha\cos\alpha-2\cos^2\alpha} =\frac{2\tan^2\alpha+1}{\tan\alpha-2} =\frac{2\cdot(1/4)+1}{-1/2-2} =\frac{3/2}{-5/2}=-\frac35.

新分母 −5/2≠0-5/2\ne0，也保证原分母 cos⁡2α(tan⁡α−2)\cos^2\alpha(\tan\alpha-2) 非零。系数2在平方外，写成 (2tan⁡α)2(2\tan\alpha)^2 就改变了式子。

A正确；B丢失分母负号；C、D不等于两个已算数值的比。正切只给比例，不必另外强行求出唯一的正弦余弦或补设象限。

本题结论

选A。

例题 04 由一次比式求乘积

题目

已知sin⁡α+cos⁡αsin⁡α−cos⁡α=3\frac{\sin \alpha +\cos \alpha }{\sin \alpha -\cos \alpha }=3，则sin⁡αcos⁡α=\sin \alpha \cos \alpha =（   ）

A．417\frac{4}{17} B．25\frac{2}{5} C．±417\pm \frac{4}{17} D．±25\pm \frac{2}{5}

答案与解析

解析

题设首先要求 sin⁡α−cos⁡α≠0\sin\alpha-\cos\alpha\ne0。还不能未经检查就除以余弦：若余弦为0，正弦只能为 ±1\pm1，原比式等于1，不可能等于3，故 cos⁡α≠0\cos\alpha\ne0。

同除余弦，令 t=tan⁡αt=\tan\alpha，有 (t+1)/(t−1)=3(t+1)/(t-1)=3，t≠1t\ne1。乘回非零分母得 t+1=3t−3t+1=3t-3，所以 t=2t=2。于是

sin⁡αcos⁡α=t1+t2=25.\sin\alpha\cos\alpha=\frac{t}{1+t^2}=\frac25.

另法不用正切：在原分母非零条件下交叉相乘，得 sin⁡α=2cos⁡α\sin\alpha=2\cos\alpha。代入平方和得 5cos⁡2α=15\cos^2\alpha=1，乘积为 2cos⁡2α=2/52\cos^2\alpha=2/5。

两者可能同正或同负，但乘积均正，不应留下正负两支；C、D因此多留符号，A的 4/174/17 不符合比例2，B正确。所得两种坐标都让原分母等于非零余弦，回代无新增无效支。

本题结论

选B。

例题 05 由一个角的余弦求和角余弦

题目

已知α∈(0,π2)\alpha \in \left( 0,\frac{\pi }{2}\right)，cos⁡α=55\cos \alpha =\frac{\sqrt{5}}{5}，则cos⁡(α+π4)\cos \left( \alpha +\frac{\pi }{4}\right)的值为（ ）

A．31010\frac{3\sqrt{10}}{10} B．255\frac{2\sqrt{5}}{5} C．−1010-\frac{\sqrt{10}}{10} D．31010\frac{3\sqrt{10}}{10}或−1010-\frac{\sqrt{10}}{10}

答案与解析

解析

α\alpha 为锐角，故补出的正弦必须为正：

sin⁡α=1−15=255.\sin\alpha=\sqrt{1-\frac15}=\frac{2\sqrt5}{5}.

和角余弦的两项相减，

cos⁡(α+π/4)=cos⁡αcos⁡(π/4)−sin⁡αsin⁡(π/4)=5522−25522=−1010.\cos(\alpha+\pi/4)=\cos\alpha\cos(\pi/4)-\sin\alpha\sin(\pi/4) =\frac{\sqrt5}{5}\frac{\sqrt2}{2}-\frac{2\sqrt5}{5}\frac{\sqrt2}{2} =-\frac{\sqrt{10}}{10}.

A把应减的项加上；B只是原角的正弦，不是目标余弦；D保留了一正一负两个结果，但锐角条件已唯一决定正弦，无两支；C正确。角变大也不表示所有三角函数值都变大，要看位置和具体函数。

本题结论

选C。

例题 06 由组合角和其中一角求另一角

题目

已知α,β∈(0,π2)\alpha ,\beta \in \left( 0,\frac{\pi }{2}\right)，且cos⁡(α+β)=35,sin⁡α=55\cos \left( \alpha +\beta \right)=\frac{3}{5},\sin \alpha =\frac{\sqrt{5}}{5}，则cos⁡β=\cos \beta =（    ）

A．−55-\frac{\sqrt{5}}{5} B．2525\frac{2\sqrt{5}}{25} C．255\frac{2\sqrt{5}}{5} D．11525\frac{11\sqrt{5}}{25}

答案与解析

解析

把目标角写成 β=(α+β)−α\beta=(\alpha+\beta)-\alpha。因为两个角都锐，0<α+β<π0<\alpha+\beta<\pi，所以其正弦正；同时原角 α\alpha 的余弦正：

sin⁡(α+β)=1−(3/5)2=45,cos⁡α=1−(5/5)2=255.\sin(\alpha+\beta)=\sqrt{1-(3/5)^2}=\frac45,\qquad \cos\alpha=\sqrt{1-(\sqrt5/5)^2}=\frac{2\sqrt5}{5}.

资料中间式勘误： 上传条目的原解将后一根式写成 1−sin⁡α\sqrt{1-\sin\alpha}，漏了平方；必须是 1−sin⁡2α\sqrt{1-\sin^2\alpha}。原答案及后续数值符合正确关系。用同角平方关系复核即可确认漏项，中间式必须改正。

差角余弦用加号，故

cos⁡β=cos⁡(α+β)cos⁡α+sin⁡(α+β)sin⁡α=6525+4525=255.\cos\beta=\cos(\alpha+\beta)\cos\alpha+\sin(\alpha+\beta)\sin\alpha =\frac{6\sqrt5}{25}+\frac{4\sqrt5}{25}=\frac{2\sqrt5}{5}.

A为负，与锐角目标矛盾；B是错误相减所得；D不是两个明确乘积之和；C正确。不必先反求两个角的度数，组合角自身的范围要另由题设确定。

本题结论

选C。

例题 07 先整理各角，再识别乘积结构

题目

sin⁡400∘cos⁡20∘−cos⁡40∘cos⁡110∘=\sin 400^{\circ}\cos 20^{\circ}-\cos 40^{\circ}\cos 110^{\circ}=（   ）

A．−32-\frac{\sqrt{3}}{2} B．32\frac{\sqrt{3}}{2} C．−12-\frac{1}{2} D．12\frac{1}{2}

答案与解析

解析

先由整周及余角关系，sin⁡400∘=sin⁡40∘\sin400^\circ=\sin40^\circ，cos⁡110∘=cos⁡(90∘+20∘)=−sin⁡20∘\cos110^\circ=\cos(90^\circ+20^\circ)=-\sin20^\circ。因此原来的减法变成加法：

sin⁡40∘cos⁡20∘−cos⁡40∘(−sin⁡20∘)=sin⁡40∘cos⁡20∘+cos⁡40∘sin⁡20∘=sin⁡(40∘+20∘)=sin⁡60∘=32.\begin{aligned} &\sin40^\circ\cos20^\circ-\cos40^\circ(-\sin20^\circ)\\ &=\sin40^\circ\cos20^\circ+\cos40^\circ\sin20^\circ\\ &=\sin(40^\circ+20^\circ)=\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}. \end{aligned}

两项的两个角交叉对应后，才可以逆用正弦和角。A错在最后负号；C、D的绝对值为1/2，不是60度正弦；B正确。若诱导时漏了负号，合角的方向也随之改变。

本题结论

选B。

三、坑点 边界与纠错

1. 平方开方不自动恢复原符号

u2=∣u∣\sqrt{u^2}=|u|，不是无条件等于 uu。单个函数看象限，和差看整个对象的大小关系；根式商的分母绝对值也须处理。若题设能筛选一支，留下正负号仍是没用完条件。

2. 比例信息不确定个别符号，但可能确定所求

正切正可能在一、三象限，正弦余弦可同时变号；同次齐次比式或乘积却可能不变。不要为求一个比值先引入没有依据的象限条件；也不要由比式已知，就未经证明除以余弦或原分母。

3. 同角、角范围与公式配对都要完整核

平方和为1必须真是同角；两个锐角的和未必锐。余弦差角两项相加，正弦和角是交叉乘积；先配角再用公式。负号可能来自诱导，也可能来自公式本身，不能只检查最后结果的正负。

4. 无分母的公式和有分母的变形不能混用范围

正弦余弦和差式对任意实角成立，正切和差式要求原三处正切及新分母有意义。根式、除式还有自己的条件；每增加一次除法，都核除数非零，最后只在原合法范围认同结果。