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习题：若A+B+C=kπ(k∈Z
).
求证：
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC
证明：
由条件得A=kπ-(B+C)
所以
tanA=-tan（B+C）=
-tanB+tanC1-tanB·
tanC，
所以tanA（1-tanB·tanC）
=-（tanB+tanC），
所以tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC.
巧用上述结论，能妙解许多数学问题，下面举例说明.
例1 若x、y、z均为实数，求证：
tan(x-y)+tan(y-z)+tan(z-x)
=tan(x-y)·tan(y-z)·tan(z-x)
分析：
由
（x-y)+(y-z)+(z-x)=0·π得
tan（x-y)+tan(y-z)+tan(z-x)
=tan(x-y)·tan(y-z)·tan（z-x)
例2 在斜△ABC中，
1tanB·tanC
+1tanA·tanC
+1tanA·tanB
=.
分析：原式=
tanA+tanB+tanC
tanA·tanB·tanC=1
例3 若A+B+C=nπ+π2(n∈Z
).求证：
cotA+cotB+cotC=cotA·cotB·cotC
分析：当α+β+γ=kπ(k∈Z
)时，有
tanα+tanβ+tanγ=tanα·tanβ·tanγ
令α=π2-A,β=π2-B,γ=
π2-C,则
α+β+γ
=3π2
-(A+B+C)
=-(n-1)π=kπ(k∈Z
).
而A+B+C=
3π2
-（α+β+γ)=
(-k+1)π+π2
=nπ+π2(k∈Z
),
所以tan（π2-A）+tan（π2
-B）+tan（π2-C）=
tan（π2-A）·tan
（π2-B）·tan（π2-C）,
所以cotA+cotB+cotC
=cotA·cotB·cotC.
例4 在锐角△ABC中，tanA+tanB+tanC的最小值为.
分析：由A+B+C=π得tanA+tanB+tanC=
tanA·tanB·tanC.
又tanA+tanB+tanC≥
33
tanA·tanB·tanC（当且仅当A=B=C=π3是，取“=”号）.
所以tanA·tanB·tanC
≥33tanA·tanB·tanC>0,
所以tanA·tanB·tan≥33,
所以tanA+tanB+tanC≥33.
所以当A=B=C=π3时，tanA+tanB+tanC取最小值33.
例5 已知x、y、z均为实数.
求证：x-y1+xy
+y-z1+yz
+z-x1+zx
=x-y1+xy·y-z1+yz·z-x1+zx.
分析：
设x=tanα,y=tanβ,z=tanγ,A=α-β,B=β-γ,C=γ-α,则tanA=tan（α-β)=
tanα-tanβ1+tanα·tanβ
=x-y1+xy
同理可得tanB=
y-z1+yz,tanC=z-x1+zx.
由A+B+C=0·π得
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC.
所以x-y1+xy
+y-z1+yz
+z-x1+zx
=x-y1+xy·y-z1+yz
·z-x1+zx.
例6 已知m1=a+ba-b,m2=
c+dc-d,m3=ac-bdad+bc(abc≠0),求证：m1+m2+m3=m1·m2·m3.
分析：由m1=
1+ba1-ba,m2=
1+dc
1-dc,可令ba
=tanα,dc=tanβ,则
m1=1+tanα1-tanα=tan(π4+α)
m2=1+tanβ1-tanβ=tan(π4+β)
m3=ac-bdad+bc
=1-ba·dc
dc+ba
=
1-tanα·tanβ
tanβ+tanα
=cot(α+β)=tan(π2
-α+β).
由（π4+α)+(π4+β)+
(π2-α-β)=π得
tan（π4+α)+tan(π4+β)+
tan(π2-α-β)=tan(π4
+α)·tan(π4+β)
·tan(π2-α-β)，
所以m1+m2+m3=m1·m2·m3，
例7 已知a+b+c=abc，
求证：a1-a2
+b1-b2
+c1-c2
=4abc(1-a2)(1-b2)(1-c2).
分析：
令A+B+C=kπ(k∈Z
),且a=tanA,b=tanB,c=tanC,则有a+b+c=abc,
又2A+2B+2C=2kπ(k∈Z
),
所以tan2A+tan2B+tan2C
=tan2A·tan2B·tan2C,
所以2a1-a2+2b1-b2
+2c1-c2=
2a·2b·2c（1-a2)(1-b2)(1-c2),
所以a1-a2
+b1-b2
+c1-c2
=4abc(1-a2)(1-b2)(1-c2).
例8 在△ABC中，tanA、tanB、tanC为连续自然数，且最长边c=10，求边a、b的长.
分析：
设tanA=n-1,tanB=n,tanC=n+1,n≥2且n∈N
由A+B+C=π得
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC,
所以（n-1)+n+(n+1)=(n-1)·n·n+1),
所以3n=n(n2-1),解得n=2.
所以tanA=1，tanB=2，tanC=3,
所以sinA=22，sinB=
255，sinC=31010,
所以a=csinAsinC=10·22
·10310
=1053.
同理可得b=2023.
例9 如图1，在平面直角坐标系中，点A（-1，0）、B（1，0）、P(x,y)(y≠0),设
AP、OP、BP与x轴正方向的夹角分别为α、β、γ.若α+β+γ=π,求点P的轨迹G的方程.
分析：由条件知x>0.
(1)当x≠1时，由α+β+γ=π得tanα+tanβ+tanγ=tanα·tanβ·tanγ，则
yx+1
+yx+yx-1
=
yx+1·yx·yx-1
,化简得
3x2-y2=1 (y≠0).①
(2)当x=1时，易知P（1，±2),显然满足方程①，
所以点P的轨迹G的方程为3x2-y2=1(x>0,y≠0).
例10 在△ABC中，已知lgtanA+
lgtanC=2lgtanB,求B的取值范围.
分析：由条件知tanA>0,tanB>0,tanC>0.
由A+B+C=π得
tanA·tanB·tanC=tanA+tanB+tanC≥
33tanA·tanB·tanC>0,
所以tanA·tanB·tanC≥33.
由lgtanA+lgtanC=2lgtanB得tanA·tanC=tan2B,
所以tan3B≥33,即tanB≥3.
又B为锐角,
所以π3
≤B<π2.
例11 如图2，已知O是△ABC的外接圆圆心，延长AO交BC于D，交圆于E，延长BO交AC于F，交圆于G，延长CO交AB于P，交圆于Q.
求证：DEAD
+FGBF+PQCP=1
证明：连BE，CE，
则S△BECS△ABC
=12·BE·ECsin∠BEC12·AB·ACsin∠
BAC=BE·ECAB·AC
但BEAB=cot∠AEB=cotC，ECAC
=cot∠AEC=cotB.
所以S△BECS△ABC
=1tanC·tanB.
过A、E分别作BC的垂线，垂足为N、M，
则DEAD=
EMAN=
S△BECS△ABC
=1tanC·tanB，同理
FGBF=
1tanA·tanC，
PQCP=
1tanA·tanB
所以DEAD+FGBF+PQCP=
1tanC·tanB+1tanA·tanC
+1tanA·tanB=
tanA+tanB+tanCtanAtanBtanC.而
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC,
所以DEAD+FGBF
+PQCP=1.
例12 如图3，已知△ABC的外接圆半径为R，分别为A、B、C作圆的切线组成△A1B1C1.
求证：△A1B1C1的面积=R2tanAtanBtanC.
证明：
因为圆O既是△ABC的内切圆，又是△A1B1C1的外接圆,
所以∠AOB1=12∠AOC=∠B.
同理：∠COA1=∠A,∠BOC1=∠C.
所以△A1B1C1的面积=12R（A1B1+B1C1+C1A1）=R（AB1+BC1+CA1）=R（RtanB+RtanC+RtanA）=R2（tanA+tanB+tanC）=R2tanAtanBtanC.
例13 如图4，已知H为△ABC的垂心，且AH=p,BH=q,CH=r,又BC=a,CA=b,AB=c,求证aqr+brp+cpq=abc.
证明：因为A、E、H、F四点共圆，所以∠A=∠BHF=∠CHE,于是△Rt
△AEB∽Rt△HEC,所以BEAB=
CECH或ABCH=
BECE=tanC，所以tanC=cr,同理tanA=
ap,tanB=bq.
而tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tan，所以
ap+bq+cr
+abcpqr，两边同乘以pqr,即得aqr+bpr+cpq=abc.
推广
设A、B、C是△ABC的三个内角，求证：tannA+tannB+tannC=tannAtannBtannC（这里n为整数）
证明：因为tannA=tann（180°-B-C)=-tan(nB+nC)=-
tannB+tannC1-tannBtannC(高中《数学》（必修）第一册（下）P42第15题）
所以tannA·（1-tannB·tannC)=-tannB-tannC,
所以tannA+tannB+tannC=tannAtannBtannC.
综上所述，可知，在解题时，如能注意挖掘课本中的习题蕴含的宝藏，运用上述三角恒等式，就能触类旁通达到化繁为简、化难为易的目的.
练习题
1在非直角△ABC中，求cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA的值.（提示：易知cotA、cotB、cotC均不为O，故待求式=
tanA+tanB+tanC
tanAtanBtanC=1）
2设arctanx+arctany+arctanz=
π4,求证
1+x1-x+1+y1-y
+1+z1-z
=(1+x)(1+y)(1+z)(1-x)(1-y)(1-z).
提示：设arctanx=α,arctany=β,arctanz=r,则tanα=x,tanβ=y,tanγ=z.
因为（π4+α)+
(π4+β)+(π4+γ)=π
所以tan（π4+α)+tan(
π4+β)+tan(π4+γ)
=tan(π4+α)tan(π4+β)tan(π4
+γ)
故 1+x1-x+1+y1-y
+1+z1-z
=(1+x)(1+y)(1+z)(1-x)(1-y)(1-z).
3.求证海伦公式
S△ABC=p(p-a)(p-b)(p-c),其中a,b,c是△ABC的三条边长，p=
a+b+c2（提示，作△ABC的内切圆O，其半径为r,分别切BC、AC、AB于Ｄ、Ｅ、Ｆ点，易得ＡＥ＝AF=p-a,
BD=BF=p-b,CD=CE=p-c,tan∠BOD
=BDr=p-br,tan∠COE=
p-cr,tan∠AOF=p-ar.)
安徽省萧县黄口中学（235211）
江苏省泰州外国语学校（２５３００）
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
).
求证：
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC
证明：
由条件得A=kπ-(B+C)
所以
tanA=-tan（B+C）=
-tanB+tanC1-tanB·
tanC，
所以tanA（1-tanB·tanC）
=-（tanB+tanC），
所以tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC.
巧用上述结论，能妙解许多数学问题，下面举例说明.
例1 若x、y、z均为实数，求证：
tan(x-y)+tan(y-z)+tan(z-x)
=tan(x-y)·tan(y-z)·tan(z-x)
分析：
由
（x-y)+(y-z)+(z-x)=0·π得
tan（x-y)+tan(y-z)+tan(z-x)
=tan(x-y)·tan(y-z)·tan（z-x)
例2 在斜△ABC中，
1tanB·tanC
+1tanA·tanC
+1tanA·tanB
=.
分析：原式=
tanA+tanB+tanC
tanA·tanB·tanC=1
例3 若A+B+C=nπ+π2(n∈Z
).求证：
cotA+cotB+cotC=cotA·cotB·cotC
分析：当α+β+γ=kπ(k∈Z
)时，有
tanα+tanβ+tanγ=tanα·tanβ·tanγ
令α=π2-A,β=π2-B,γ=
π2-C,则
α+β+γ
=3π2
-(A+B+C)
=-(n-1)π=kπ(k∈Z
).
而A+B+C=
3π2
-（α+β+γ)=
(-k+1)π+π2
=nπ+π2(k∈Z
),
所以tan（π2-A）+tan（π2
-B）+tan（π2-C）=
tan（π2-A）·tan
（π2-B）·tan（π2-C）,
所以cotA+cotB+cotC
=cotA·cotB·cotC.
例4 在锐角△ABC中，tanA+tanB+tanC的最小值为.
分析：由A+B+C=π得tanA+tanB+tanC=
tanA·tanB·tanC.
又tanA+tanB+tanC≥
33
tanA·tanB·tanC（当且仅当A=B=C=π3是，取“=”号）.
所以tanA·tanB·tanC
≥33tanA·tanB·tanC>0,
所以tanA·tanB·tan≥33,
所以tanA+tanB+tanC≥33.
所以当A=B=C=π3时，tanA+tanB+tanC取最小值33.
例5 已知x、y、z均为实数.
求证：x-y1+xy
+y-z1+yz
+z-x1+zx
=x-y1+xy·y-z1+yz·z-x1+zx.
分析：
设x=tanα,y=tanβ,z=tanγ,A=α-β,B=β-γ,C=γ-α,则tanA=tan（α-β)=
tanα-tanβ1+tanα·tanβ
=x-y1+xy
同理可得tanB=
y-z1+yz,tanC=z-x1+zx.
由A+B+C=0·π得
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC.
所以x-y1+xy
+y-z1+yz
+z-x1+zx
=x-y1+xy·y-z1+yz
·z-x1+zx.
例6 已知m1=a+ba-b,m2=
c+dc-d,m3=ac-bdad+bc(abc≠0),求证：m1+m2+m3=m1·m2·m3.
分析：由m1=
1+ba1-ba,m2=
1+dc
1-dc,可令ba
=tanα,dc=tanβ,则
m1=1+tanα1-tanα=tan(π4+α)
m2=1+tanβ1-tanβ=tan(π4+β)
m3=ac-bdad+bc
=1-ba·dc
dc+ba
=
1-tanα·tanβ
tanβ+tanα
=cot(α+β)=tan(π2
-α+β).
由（π4+α)+(π4+β)+
(π2-α-β)=π得
tan（π4+α)+tan(π4+β)+
tan(π2-α-β)=tan(π4
+α)·tan(π4+β)
·tan(π2-α-β)，
所以m1+m2+m3=m1·m2·m3，
例7 已知a+b+c=abc，
求证：a1-a2
+b1-b2
+c1-c2
=4abc(1-a2)(1-b2)(1-c2).
分析：
令A+B+C=kπ(k∈Z
),且a=tanA,b=tanB,c=tanC,则有a+b+c=abc,
又2A+2B+2C=2kπ(k∈Z
),
所以tan2A+tan2B+tan2C
=tan2A·tan2B·tan2C,
所以2a1-a2+2b1-b2
+2c1-c2=
2a·2b·2c（1-a2)(1-b2)(1-c2),
所以a1-a2
+b1-b2
+c1-c2
=4abc(1-a2)(1-b2)(1-c2).
例8 在△ABC中，tanA、tanB、tanC为连续自然数，且最长边c=10，求边a、b的长.
分析：
设tanA=n-1,tanB=n,tanC=n+1,n≥2且n∈N
由A+B+C=π得
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC,
所以（n-1)+n+(n+1)=(n-1)·n·n+1),
所以3n=n(n2-1),解得n=2.
所以tanA=1，tanB=2，tanC=3,
所以sinA=22，sinB=
255，sinC=31010,
所以a=csinAsinC=10·22
·10310
=1053.
同理可得b=2023.
例9 如图1，在平面直角坐标系中，点A（-1，0）、B（1，0）、P(x,y)(y≠0),设
AP、OP、BP与x轴正方向的夹角分别为α、β、γ.若α+β+γ=π,求点P的轨迹G的方程.
分析：由条件知x>0.
(1)当x≠1时，由α+β+γ=π得tanα+tanβ+tanγ=tanα·tanβ·tanγ，则
yx+1
+yx+yx-1
=
yx+1·yx·yx-1
,化简得
3x2-y2=1 (y≠0).①
(2)当x=1时，易知P（1，±2),显然满足方程①，
所以点P的轨迹G的方程为3x2-y2=1(x>0,y≠0).
例10 在△ABC中，已知lgtanA+
lgtanC=2lgtanB,求B的取值范围.
分析：由条件知tanA>0,tanB>0,tanC>0.
由A+B+C=π得
tanA·tanB·tanC=tanA+tanB+tanC≥
33tanA·tanB·tanC>0,
所以tanA·tanB·tanC≥33.
由lgtanA+lgtanC=2lgtanB得tanA·tanC=tan2B,
所以tan3B≥33,即tanB≥3.
又B为锐角,
所以π3
≤B<π2.
例11 如图2，已知O是△ABC的外接圆圆心，延长AO交BC于D，交圆于E，延长BO交AC于F，交圆于G，延长CO交AB于P，交圆于Q.
求证：DEAD
+FGBF+PQCP=1
证明：连BE，CE，
则S△BECS△ABC
=12·BE·ECsin∠BEC12·AB·ACsin∠
BAC=BE·ECAB·AC
但BEAB=cot∠AEB=cotC，ECAC
=cot∠AEC=cotB.
所以S△BECS△ABC
=1tanC·tanB.
过A、E分别作BC的垂线，垂足为N、M，
则DEAD=
EMAN=
S△BECS△ABC
=1tanC·tanB，同理
FGBF=
1tanA·tanC，
PQCP=
1tanA·tanB
所以DEAD+FGBF+PQCP=
1tanC·tanB+1tanA·tanC
+1tanA·tanB=
tanA+tanB+tanCtanAtanBtanC.而
tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC,
所以DEAD+FGBF
+PQCP=1.
例12 如图3，已知△ABC的外接圆半径为R，分别为A、B、C作圆的切线组成△A1B1C1.
求证：△A1B1C1的面积=R2tanAtanBtanC.
证明：
因为圆O既是△ABC的内切圆，又是△A1B1C1的外接圆,
所以∠AOB1=12∠AOC=∠B.
同理：∠COA1=∠A,∠BOC1=∠C.
所以△A1B1C1的面积=12R（A1B1+B1C1+C1A1）=R（AB1+BC1+CA1）=R（RtanB+RtanC+RtanA）=R2（tanA+tanB+tanC）=R2tanAtanBtanC.
例13 如图4，已知H为△ABC的垂心，且AH=p,BH=q,CH=r,又BC=a,CA=b,AB=c,求证aqr+brp+cpq=abc.
证明：因为A、E、H、F四点共圆，所以∠A=∠BHF=∠CHE,于是△Rt
△AEB∽Rt△HEC,所以BEAB=
CECH或ABCH=
BECE=tanC，所以tanC=cr,同理tanA=
ap,tanB=bq.
而tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tan，所以
ap+bq+cr
+abcpqr，两边同乘以pqr,即得aqr+bpr+cpq=abc.
推广
设A、B、C是△ABC的三个内角，求证：tannA+tannB+tannC=tannAtannBtannC（这里n为整数）
证明：因为tannA=tann（180°-B-C)=-tan(nB+nC)=-
tannB+tannC1-tannBtannC(高中《数学》（必修）第一册（下）P42第15题）
所以tannA·（1-tannB·tannC)=-tannB-tannC,
所以tannA+tannB+tannC=tannAtannBtannC.
综上所述，可知，在解题时，如能注意挖掘课本中的习题蕴含的宝藏，运用上述三角恒等式，就能触类旁通达到化繁为简、化难为易的目的.
练习题
1在非直角△ABC中，求cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA的值.（提示：易知cotA、cotB、cotC均不为O，故待求式=
tanA+tanB+tanC
tanAtanBtanC=1）
2设arctanx+arctany+arctanz=
π4,求证
1+x1-x+1+y1-y
+1+z1-z
=(1+x)(1+y)(1+z)(1-x)(1-y)(1-z).
提示：设arctanx=α,arctany=β,arctanz=r,则tanα=x,tanβ=y,tanγ=z.
因为（π4+α)+
(π4+β)+(π4+γ)=π
所以tan（π4+α)+tan(
π4+β)+tan(π4+γ)
=tan(π4+α)tan(π4+β)tan(π4
+γ)
故 1+x1-x+1+y1-y
+1+z1-z
=(1+x)(1+y)(1+z)(1-x)(1-y)(1-z).
3.求证海伦公式
S△ABC=p(p-a)(p-b)(p-c),其中a,b,c是△ABC的三条边长，p=
a+b+c2（提示，作△ABC的内切圆O，其半径为r,分别切BC、AC、AB于Ｄ、Ｅ、Ｆ点，易得ＡＥ＝AF=p-a,
BD=BF=p-b,CD=CE=p-c,tan∠BOD
=BDr=p-br,tan∠COE=
p-cr,tan∠AOF=p-ar.)
安徽省萧县黄口中学（235211）
江苏省泰州外国语学校（２５３００）
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文