Доказательство.
Используем формулы суммы синуса и косинуса:
$$\sin (a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b,\cos (a+b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b.$$ Тогда
$$\tan (a+b)=\frac{\sin (a+b)}{\cos (a+b)}=\frac{\sin a\cos b+\cos a\sin b}{\cos a\cos b-\sin a\sin b}.$$ Разделив числитель и знаменатель на $\cos a\cos b$ (требование: $\cos a\ne 0$, $\cos b\ne 0$), получаем
$$\tan (a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}.$$
Область неприменимости.
Для корректности деления и определения правой части требуется
$$\cos a\ne 0,\cos b\ne 0,1-\tan a\tan b\ne 0.$$ Кроме того, левая часть $\tan (a+b)$ определена тогда и только тогда, когда $\cos (a+b)\ne 0$. Заметим равенство
$$\cos (a+b)=\cos a\cos b(1-\tan a\tan b),$$ отсюда $\cos (a+b)=0$ тогда и только тогда, когда $\cos a\cos b=0$ или $1-\tan a\tan b=0$. Итого формула неприменима при
$$a\equiv \frac{\pi }{2}+k\pi \text{или}b\equiv \frac{\pi }{2}+k\pi \text{или}a+b\equiv \frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}.$$
Поведение при приближении к запрещённым значениям.
1) При приближении, скажем, $a\to \frac{\pi }{2}+k\pi$ при фиксированном $b$ и $\cos b\ne 0$, имеем
$$\tan (a+b)\to \tan (\frac{\pi }{2}+k\pi +b)=-\cot b,$$ то есть предел конечен и равен $-\cot b$. Это согласуется с предельным переходом в формуле после деления на $\tan a$.
2) При приближении к комбинациям, где $1-\tan a\tan b\to 0$ при $\cos a\cos b\ne 0$, имеем $\cos (a+b)\to 0$ при ненулевой $\sin (a+b)=\cos a\cos b(\tan a+\tan b)$. Так как одновременно $\tan a+\tan b$ не может стремиться к нулю вместе с $1-\tan a\tan b$ (в реальном случае это привело бы к противоречию), дробь
$$\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}$$ стремится к бесконечности по абсолютной величине: $\tan (a+b)\to \pm \infty$. Знак расходимости зависит от знака числителя $\tan a+\tan b$ и от того, с какой стороны подходить к нулю знаменателя (т. е. от знака $1-\tan a\tan b$ при подходе).