${\color{Red}key: 若知道角所在的象限，及\sin \cos \tan 中的任意一个，另外两个便可求得。 } $
$若A+B+C=k\pi,则\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$
利用诱导公式(互补公式)和两角和的正切公式证明:
${\color{Red} \because A+B+C=k\pi } \Rightarrow A+B=k\pi -C,\tan (A+B)=\tan (k\pi -C)=-\tan C$
${\color{Red} \therefore } \tan (A+B)=\cfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B} =-\tan C,去分母，得$
$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$
应用于必一254页，例12

$解：\tan A:\tan B: \tan C=1:2:3 \Rightarrow 设比值为k,6k=6k^3,解k=0,\pm 1,k=1是唯一答案;\cfrac{1}{\sqrt{10} } $

$\frac{1 }{2}\tan A=\frac{1}{3}\tan B=\frac{1}{6}\tan C,设\tan A=2k,11k=36k^3,2k=\frac{\sqrt{11} }{3}$
$\tan A=\cfrac{\sqrt{11} }{3} \Rightarrow \sin 2A=\cfrac{3\sqrt{11} }{10} $

3与第一题一样
$\cfrac{\cos A}{ 6a} =\cfrac{\cos B}{3b} =\cfrac{\cos C}{2c} \Rightarrow 6\tan A=3\tan B=2\tan C$

$\Rightarrow 2\tan B=\tan C+\tan A\Rightarrow \tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C$
3

$\tan A+\tan B+\tan C显然要将三个角化为一个角$。
$\sin A=2\sin B\sin C\Rightarrow \sin B \cos C+\cos B\sin C=2\sin B\sin C,显然要变成\tan ,那么两边除以\cos B\cos C$
$\Rightarrow \tan B+\tan C=2\tan B\tan C$
${\color{Red} \because \qquad } \tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C{\color{Red} \Rightarrow } \tan A+2\tan B\tan C=\tan A\tan B\tan C$
$ \Rightarrow \tan A=(\tan A-2)\tan B\tan C$
$换元令\tan A=u,u=(u-2)\tan B\tan C\Rightarrow \tan B\tan C=\cfrac{u}{u-2} $
$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C=u\cdot \cfrac{u}{u-2}$
$=\cfrac{(u-2+2)^2}{u-2}=u-2+\cfrac{4}{u-2}+4\ge 2\sqrt{4} +4$
C

$f(x)=A\sin (\omega x+\varphi )\quad (\omega \gt 0,\left | \varphi \right | \lt \cfrac{\pi}{2})的图像如图所示，f(x)$

显然$Ａ=2,f(0)＝1$
$f(0)=1\Rightarrow \varphi=\cfrac{\pi}{6} ，故f(x)=2\sin (\omega x+\cfrac{\pi}{6})，令f(x)=0\Rightarrow \omega x+\cfrac{\pi}{6}=0 $
$\Rightarrow x=-\cfrac{\pi}{6\omega } \Rightarrow -\cfrac{\pi}{6\omega } -(-\pi)=\cfrac{T}{4} =\cfrac{2\pi}{4\omega }$
$\Rightarrow \pi=\cfrac{\pi}{2\omega } +\cfrac{\pi}{6\omega }\Rightarrow \omega =\cfrac{2}{3} $
$\therefore \quad f(x)=2\sin ( \cfrac{2}{3} x+\cfrac{\pi}{6})$

正切分式定理:
${\color{Red} \cfrac{\tan A}{\tan B}+ \cfrac{\tan A}{\tan C} =\cfrac{2a^2}{b^2+c^2-a^2} \qquad} $
${\color{Green} \cfrac{\tan B}{\tan A}+ \cfrac{\tan B}{\tan C} =\cfrac{2b^2}{a^2+c^2-b^2} \qquad} $
${\color{Violet} \cfrac{\tan C}{\tan A}+ \cfrac{\tan C}{\tan B} =\cfrac{2c^2}{a^2+b^2-c^2} \qquad } \cfrac{\tan C}{\tan A}+ \cfrac{\tan C}{\tan B} =\cfrac{2c^2}{a^2+b^2-c^2} \qquad $
$证明：\cfrac{\tan A}{\tan B}=\cfrac{\sin A\cos B}{\cos A \sin B}=\cfrac{a\times \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac} }{b\times \cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{b^2+c^2-a^2} $
$\cfrac{\tan A}{\tan C}= \cfrac{\tan A}{\tan C}=\cfrac{\sin A \cos C}{\sin C \cos A}=\cfrac{a\times \cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab} }{c\times \cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{b^2+c^2-a^2} $
${\color{Red} 两式相加得证 } $

${\color{Red} 此题要用到正切恒等式及中线长定理 } $

${\color{Red} 此题用正切分式定理的证明过程或特殊值法，即分母相等 } $

在三角形$\bigtriangleup ABC中，有\sin ^2A-\sin ^2B=\sin (A+B)\sin (A-B)$
$\sin (A+B)\sin (A-B)=(\sin A\cos B+\cos A\sin B)(\sin A\cos B-\cos A\sin B)$
$=\sin^2 A\cos^2 B-\cos^2 A\sin^2 B=\sin^2 A(1-\sin^2 B)-(1-\sin^2 A)\sin^2 B$
=$\sin ^2A-\sin ^2B$

AD

$\cfrac{3t-t}{1+3t^2} =\cfrac{1}{\sqrt{3} }$

$\cfrac{2\sqrt{6}}{9 } $

$A=\cfrac{\pi}{6}$

$第1题 、b^2-a^2=ac{\color{Red} \Rightarrow } \sin ^2B-\sin ^2A=\sin A \sin C\Rightarrow \sin (B+A) \sin (B-A)=\sin A\sin C$
${\color{Red} \Rightarrow } \sin (B-A)=\sin A {\color{Red} \Rightarrow }B-A=A,B=2A或B-A+A=\pi$
$锐角三角形{\color{Red} \Rightarrow } \begin{cases} 0\lt A\lt \cfrac{\pi}{2}\\ 0\lt 2A\lt \cfrac{\pi}{2}\\ 0\lt \pi -3A\lt \cfrac{\pi}{2}\end{cases}{\color{Red} \Rightarrow} A\in (\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{\pi}{4})$
$c选\Rightarrow \cfrac{1}{\cfrac{1}{\tan A} -\cfrac{1}{\tan B} }=\cfrac{\sin A\sin 2A}{-\sin A}=-\sin 2A=\cfrac{\sin A\sin B}{\sin(A-B)} =-\sin 2A$
$D{\color{Green} \Rightarrow 2\sin C=\sin A+\sin B} \Rightarrow 2\sin (A+B)=\sin A+\sin B\Rightarrow 2\sin 3A=\sin A+\sin 2A$
$2[\sin A\cos 2A+\cos A\sin 2A]=\sin A(1+2\cos A)\Rightarrow 2[\sin A(2\cos ^2A-1)+2\sin A\cos ^2A)]=$
$2\sin A(4\cos ^2-1)=\sin A(1+2\cos A)\Rightarrow 8\cos ^2-2=1+2\cos A\Rightarrow 8t^2-2t-3=0,t=\cfrac{3}{4}$
$第二题：数量积，共起点或共终点，夹角就是三角形的顶角。\tan (B-C)展开是含Bc角的，可见是求BC两角的关系。$
$ca\cos B-ba\cos C=-\cfrac{1}{2}c^2\Rightarrow ac\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}-ab\cdot\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}c^2$
$\Rightarrow c^2-b^2=-\cfrac{1}{2} a^2 \Rightarrow \sin ^2C -\sin ^2B= -\cfrac{1}{2} \sin ^2A $
$\sin (C+B)\sin(C-B) =-\cfrac{1}{2} \sin ^2A\Rightarrow \sin (C-B)=-\cfrac{1}{2} \sin A$
$\Rightarrow \sin (C-B)=-\cfrac{1}{2} \sin (B+C)\Rightarrow \cfrac{3}{2} \sin C\cos B=\cfrac{1}{2}\cos C\sin B$
$3\tan C=\tan B$
$第三题：\frac{b}{a} -1=b^2-a^2\Rightarrow \frac{b-a}{a}= b^2-a^2\Rightarrow 1=a^2+ab$
$c=1\Rightarrow c^2=1\Rightarrow a^2=ab+b^2,此时与第一题相同了。$
$\sin ^2C-\sin ^2 A=\sin A\sin B\Rightarrow \sin (C+A)\sin (C-A)=\sin A\sin B\Rightarrow C=2A
B=\pi -3A$
$\sin 3A-\sin A=\sin (A+2A)-\sin A=3\sin A-4\sin^3 A-\sin A=2\sin A-4\sin^3 A$
$令\sin A=t,没有锐角的限制。\pi -3A\gt 0 \Rightarrow A\in (0,\frac{\pi }{6} ),2t-4t^3(t\in (0,\frac{\sqrt{3}}{2} )$
$第四题：2b^2-2a^2=c^2\Rightarrow 2\sin^2B -2\sin^2 A=\sin ^2C\Rightarrow 2\sin (B-A)=\sin C$
$2\sin (B-A)=\sin c=\sin (B+A)\Rightarrow \sin B\cos B=3\cos B\sin A\Rightarrow \tan B=3\tan A$
$设\tan A=t ，\tan （B-A)=\cfrac{3t-t}{1+3t^2} =\cfrac{2t}{1+3t^2}=\cfrac{2}{\frac{1}{t} +3t}$
$\Rightarrow \cfrac{1}{t} =3t\Rightarrow t=\frac{\sqrt{3} }{3} $

观察指数函数的泰勒展开式 $\quad e^x =1+x+\cfrac{x^2 }{2!}+\cfrac{x^3 }{3!}+\cfrac{x^4 }{4!}+\cfrac{x^ 5}{5!}+...+\cfrac{x^ n}{n!}\qquad ①$

正弦函数的泰勒展开式$\quad \sin x=x-\cfrac{x^ 3}{3!}+\cfrac{x^ 5 }{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9 }{9!}+...\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\qquad ②$

余弦函数的泰勒展开式$\quad \cos x=1-\cfrac{x^2 }{2!}+\cfrac{x^4 }{4!}-\cfrac{x ^6}{6!}+\cfrac{x^8 }{8!}+...+\cfrac{x ^{2n}}{(2n)！}\qquad ③$

正弦函数两边i 得到 这里也是错误的。$\quad i \sin x=i (x-\cfrac{x^ 3}{3!}+\cfrac{x^ 5 }{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9 }{9!}+...\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!})$

$右边=i x- i\cfrac{x^ 3}{3!}+i\cfrac{x^ 5 }{5!}-i\cfrac{x^7 }{7!}+i\cfrac{x^9 }{9!}+... i\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=ix+\cfrac{(ix)^ 3}{3!}+\cfrac{(ix)^ 5 }{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^9 }{9!}+...\cfrac{(ix)^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sin(ix)$

以上是错的。$i^2,i^6,i^{10},i^{14},+1换成i^4,i^8,i^{12},i^{16}\quad 得到 1+\cfrac{(ix)^2 }{2!}+\cfrac{(ix)^4 }{4!}+\cfrac{(ix) ^6}{6!}+\cfrac{(ix)^8 }{8!}+...+\cfrac{(ix) ^{2n}}{(2n)！})\quad 此时公式中的底由x变成ix即=\cos ix$

$指数函数e^x中的自变量用ix代换，即有e^{ix}=1+ix+\cfrac{(ix)^2 }{2!}+\cfrac{(ix)^3 }{3!}+\cfrac{(ix)^4 }{4!}+\cfrac{(ix)^ 5}{5!}+...+\cfrac{(ix)^ n}{n!}$

$\sin(ix)+\cos(ix)=e^{ix}$得证。以上有逻辑错误
${\color{Red} ②式两边乘以i,得\quad i\sin x= i(x-\cfrac{x^ 3}{3!}+\cfrac{x^ 5 }{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9 }{9!}+...\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!})}$
$={\color{Orange} ix+\cfrac{(ix)^ 3}{3!}+\cfrac{(ix)^ 5 }{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^9 }{9!}+...\cfrac{(ix)^{2n+1}}{(2n+1)!}}$
${\color{Red} ③式变形得\quad \cos x=1+\cfrac{(ix)^2 }{2!}+\cfrac{(ix)^4 }{4!}+\cfrac{(ix) ^6}{6!}+\cfrac{(ix)^8 }{8!}+...+\cfrac{(ix) ^{2n}}{(2n)！}\qquad}$

$把e^x中的x换成ix$，故有:$e^{ix}=1+ix+\cfrac{(ix)^2}{2!}+\cfrac{(ix)^3}{3!}+\cfrac{(ix)^4}{4!}+\cfrac{(ix)^5}{5!}+\cfrac{(ix)^6}{6!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^8}{8!}+\cfrac{(ix)^9}{9!}+\cfrac{(ix)^{10}}{10!}\newline+\cfrac{(ix)^{11}}{11!}+...+\cfrac{(ix)^n}{n!}$
$=1+\cfrac{(ix)^2}{2!}+\cfrac{(ix)^4}{4!}+\cfrac{(ix)^6}{6!}+\cfrac{(ix)^8}{8!}+\cfrac{(ix)^{10}}{10!}+...+ix+\cfrac{(ix)^3}{3!}+\cfrac{(ix)^5}{5!}+\cfrac{(ix)^7}{7!}+\cfrac{(ix)^9}{9!}+\cfrac{(ix)^{11}}{11!}+...$
$=1-\cfrac{x^2}{2!}+\cfrac{x^4}{4!}-\cfrac{x^6}{6!}+\cfrac{x^8}{8!}-\cfrac{x^{10}}{10!}+ ...\newline+ix+i\cfrac{ i^2 x^3}{3!}+i\cfrac{i^4x^5}{5!}+i\cfrac{i^6x^7}{7!}+i\cfrac{i^8x^9}{9!}+i\cfrac{i^{10}x^{11}}{11!}+...+(-1)^{n+1} i\cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$
$=1-\cfrac{x^2}{2!}+\cfrac{x^4}{4!}-\cfrac{x^6}{6!}+\cfrac{x^8}{8!}-\cfrac{x^{10}}{10!}+...+(-1)^n \cfrac{(ix)^{2n}}{(2n)!}+\newline i(x-\cfrac{x^3}{3!}+\cfrac{x^5}{5!}-\cfrac{x^7}{7!}+\cfrac{x^9}{9!}-\cfrac{x^{11}}{11!}+...+(-1)^{n+1} \cfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$

$=\cos x +i \sin x$¹