2025年高考數(shù)學一輪復習課時精講第4章　§4.3　兩角和與差的正弦、余弦和正切公式（含解析）

§4.3兩角和與差的正弦、余弦和正切公式課標要求1.會推導兩角差的余弦公式.2.會用兩角差的余弦公式推導出兩角差的正弦、正切公式.3.掌握兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，并會簡單應用．知識梳理1．兩角和與差的余弦、正弦、正切公式(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ；(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ；(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ；(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ；(5)公式T(α－β)：tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)；(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ).2．輔助角公式asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)).常用結(jié)論兩角和與差的公式的常用變形：(1)sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ.(2)cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ.(3)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)．(4)tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tanα＋β)＝eq\f(tanα－tanβ,tanα－β)－1.自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)存在α，β∈R，使得sin(α－β)＝sinα－sinβ成立．(√)(2)對于任意α，β∈R，sin(α＋β)＝sinα＋sinβ都不成立．(×)(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,3)))能根據(jù)公式tan(α－β)直接展開求值．(×)(4)公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)中φ的取值與a，b的值無關(guān)．(×)2．(必修第一冊P220T3改編)計算cos72°cos12°＋sin72°sin12°的結(jié)果為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)答案B解析cos72°cos12°＋sin72°sin12°＝cos(72°－12°)＝cos60°＝eq\f(1,2).3．(必修第一冊P220T2改編)若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))等于()A.eq\f(7\r(2),10)B．－eq\f(7\r(2),10)C．－eq\f(\r(2),10)D.eq\f(\r(2),10)答案B解析∵α是第三象限角，∴sinα<0，∴sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2)＝－eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).4．若將sinx－eq\r(3)cosx寫成2sin(x－φ)的形式，其中0≤φ<π，則φ＝.答案eq\f(π,3)解析因為sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx－\f(\r(3),2)cosx))，所以cosφ＝eq\f(1,2)，sinφ＝eq\f(\r(3),2)，因為0≤φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).題型一兩角和與差的三角函數(shù)公式例1(1)已知tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f(3,4)，則tan(2α＋β)的值為()A.eq\f(4,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(4,3)答案A解析由tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f(3,4)，得tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,7)＋\f(3,4),1－\f(1,7)×\f(3,4))＝1，tan(2α＋β)＝tan[α＋(α＋β)]＝eq\f(tanα＋tanα＋β,1－tanαtanα＋β)＝eq\f(\f(1,7)＋1,1－\f(1,7)×1)＝eq\f(4,3).(2)若sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，則sin2αcosβ等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,12)答案B解析由sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，可得sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(1,6)，①sin2αcosβ＋cos2αsinβ＝eq\f(1,2)，②由①＋②得，2sin2αcosβ＝eq\f(2,3)，所以sin2αcosβ＝eq\f(1,3).思維升華(1)使用兩角和與差的三角函數(shù)公式，首先要記住公式的結(jié)構(gòu)特征．(2)特別要注意角與角之間的關(guān)系，完成統(tǒng)一角和角與角轉(zhuǎn)換的目的．跟蹤訓練1(1)(2023·榆林模擬)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝9，則tanα等于()A.eq\f(4,5)B．－eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D．－eq\f(3,4)答案A解析由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝9，解得tanα＝eq\f(4,5).(2)在△ABC中，已知sinA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(5,13)，則cosC等于()A.eq\f(16,65) B．－eq\f(16,65)C.eq\f(16,65)或eq\f(65,16) D．－eq\f(63,65)答案A解析在△ABC中，∵cosB＝eq\f(5,13)>0，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)>eq\f(\r(3),2)，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).∵sinA＝eq\f(3,5)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，∴A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，或A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,6)))(舍去)，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(4,5)，∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(3,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(16,65).題型二兩角和與差的三角函數(shù)公式的逆用與輔助角公式例2(1)(2023·新鄉(xiāng)模擬)在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，則cosC＝.答案eq\f(\r(2),2)解析由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，可得eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－1，即tan(A＋B)＝－1，又因為A＋B∈(0，π)，所以A＋B＝eq\f(3π,4)，則C＝eq\f(π,4)，cosC＝eq\f(\r(2),2).(2)已知函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx，設(shè)當x＝θ時，f(x)取得最大值，則cosθ＝.答案－eq\f(2\r(5),5)解析f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)sin(x－φ)，其中cosφ＝eq\f(\r(5),5)，sinφ＝eq\f(2\r(5),5)，則f(θ)＝eq\r(5)sin(θ－φ)＝eq\r(5)，因此θ－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則cosθ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝－sinφ＝－eq\f(2\r(5),5).思維升華(1)運用兩角和與差的三角函數(shù)公式時，不但要熟練、準確，而且要熟悉公式的逆用及變形．公式的逆用和變形應用更能開拓思路，增強從正向思維向逆向思維轉(zhuǎn)化的能力．(2)對asinx＋bcosx化簡時，輔助角φ的值如何求要清楚．跟蹤訓練2(1)eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),sin80°)＝.答案4解析原式＝eq\f(cos10°－\r(3)sin10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),sin10°cos10°)＝eq\f(4sin30°cos10°－cos30°sin10°,2sin10°cos10°)＝eq\f(4sin30°－10°,sin20°)＝4.(2)化簡：tan10°tan20°＋tan20°tan60°＋tan60°tan10°＝.答案1解析原式＝tan10°tan20°＋tan60°(tan20°＋tan10°)＝tan10°tan20°＋eq\r(3)tan(20°＋10°)(1－tan20°tan10°)＝tan10°tan20°＋1－tan20°tan10°＝1.題型三角的變換問題例3(1)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝.答案eq\f(7\r(2),10)解析因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),10).(2)(2023·臨沂模擬)已知eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，0<β<eq\f(π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq\f(5,13)，則sin(α＋β)＝.答案eq\f(63,65)解析因為eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,2)<eq\f(π,4)＋α<π，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(4,5).又因為0<β<eq\f(π,4)，所以eq\f(3π,4)<eq\f(3π,4)＋β<π，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β)))＝－eq\f(12,13)，所以sin(α＋β)＝－sin(π＋α＋β)＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))))＝－eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×\f(5,13)))＝eq\f(63,65).思維升華(1)當“已知角”有兩個時，“所求角”一般表示為兩個“已知角”的和或差的形式．(2)當“已知角”有一個時，“所求角”一般表示為“已知角”與特殊角的和或差的形式，或者應用誘導公式把“所求角”變成“已知角”．(3)常見的角的變換：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(π,3)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)等．跟蹤訓練3(1)(2024·上饒模擬)已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，α為鈍角，tan(α－β)＝eq\f(1,3)，則tanβ等于()A．1B．－1C．2D．－2答案B解析∵sinα＝eq\f(\r(5),5)，α為鈍角，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5)，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(1,2)，又tan(α－β)＝eq\f(1,3)，則tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq\f(tanα－tanα－β,1＋tanαtanα－β)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(1,3),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\f(1,3))＝－1.(2)已知α為銳角，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(5,13)，則cosα的值為．答案eq\f(5\r(3)＋12,26)解析∵0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(12,13)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(5,13)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(12,13)×eq\f(1,2)＝eq\f(5\r(3)＋12,26).課時精練一、單項選擇題1．(2023·西寧模擬)若tanα＝－3eq\r(3)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))等于()A．－eq\f(5\r(3),3)B．－eq\f(5\r(3),6)C.eq\f(5\r(3),3)D.eq\f(4\r(3),3)答案C解析因為tanα＝－3eq\r(3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(tanα－tan\f(π,6),1＋tanαtan\f(π,6))＝eq\f(－3\r(3)－\f(\r(3),3),1－3\r(3)×\f(\r(3),3))＝eq\f(5\r(3),3).2．已知角α的終邊經(jīng)過點P(sin47°，cos47°)，則sin(α－13°)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D．－eq\f(\r(3),2)答案A解析由三角函數(shù)的定義，得sinα＝cos47°，cosα＝sin47°，則sin(α－13°)＝sinαcos13°－cosαsin13°＝cos47°cos13°－sin47°sin13°＝cos(47°＋13°)＝cos60°＝eq\f(1,2).3．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，則sin2α的值是()A．2eq\r(3)B.eq\f(4\r(3),7)C．－2eq\r(3)D．－eq\f(4\r(3),7)答案D解析∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，即eq\f(1,2)sinα－eq\f(\r(3),2)cosα＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))，整理得2sinα＝－eq\r(3)cosα，∴tanα＝－eq\f(\r(3),2)，∴sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))2＋1)＝－eq\f(4\r(3),7).4．(1＋tan25°)(1＋tan20°)的值是()A．－2B．2C．1D．－1答案B解析由題意得(1＋tan25°)(1＋tan20°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°，又tan20°＋tan25°＝tan(20°＋25°)(1－tan20°tan25°)＝1－tan20°tan25°，所以(1＋tan25°)(1＋tan20°)＝1＋(1－tan20°tan25°)＋tan20°tan25°＝2.5．定義運算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，若cosα＝eq\f(1,7)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinαsinβ,cosαcosβ))＝eq\f(3\r(3),14)，0<β<α<eq\f(π,2)，則β等于()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)答案D解析由題意得，sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＝eq\f(3\r(3),14).∵0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，∴cos(α－β)＝eq\f(13,14).又∵cosα＝eq\f(1,7)，∴sinα＝eq\f(4\r(3),7)，sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2)，∴β＝eq\f(π,3).6．(2023·新高考全國Ⅰ)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，則cos(2α＋2β)等于()A.eq\f(7,9)B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9)D．－eq\f(7,9)答案B解析因為sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，則sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(1,9).二、多項選擇題7．(2023·廣州模擬)下列等式成立的有()A．sin15°cos15°＝eq\f(1,2)B．sin75°cos15°＋cos75°sin15°＝1C．cos105°cos75°－sin105°cos15°＝－1D.eq\r(3)sin15°＋cos15°＝1答案BC解析對于A，sin15°cos15°＝eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(1,4)，故A錯誤；對于B，sin75°cos15°＋cos75°sin15°＝sin(75°＋15°)＝sin90°＝1，故B正確；對于C，cos105°cos75°－sin105°cos15°＝cos(105°＋75°)＝cos180°＝－1，故C正確；對于D，eq\r(3)sin15°＋cos15°＝2sin(15°＋30°)＝2sin45°＝eq\r(2)，故D錯誤．8．已知α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinβ＋sinγ＝sinα，cosα＋cosγ＝cosβ，則下列說法正確的是()A．cos(β－α)＝eq\f(\r(3),2) B．cos(β－α)＝eq\f(1,2)C．β－α＝eq\f(π,6) D．β－α＝－eq\f(π,3)答案BD解析由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinγ＝sinα－sinβ，,cosγ＝cosβ－cosα，))所以1＝sin2γ＋cos2γ＝(sinα－sinβ)2＋(cosβ－cosα)2＝2－2(cosβcosα＋sinβsinα)＝2－2cos(β－α)，所以cos(β－α)＝eq\f(1,2)，因為α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則－eq\f(π,2)<β－α<eq\f(π,2)，因為sinγ＝sinα－sinβ>0，函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則α>β，則－eq\f(π,2)<β－α<0，故β－α＝－eq\f(π,3).三、填空題9．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝eq\f(1,2)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))的值為．答案－eq\f(1,2)解析由已知得cosα＝eq\f(1,2)，sinα＝－eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r(3),2)sinα＝－eq\f(1,2).10．求值：sin220°(tan10°－eq\r(3))＝.答案1解析原式＝－sin40°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\r(3)))＝－sin40°·eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)＝－sin40°·eq\f(2sin－50°,cos10°)＝eq\f(2sin40°sin50°,cos10°)＝eq\f(2sin40°cos40°,cos10°)＝eq\f(sin80°,cos10°)＝1.11．當θ∈(0，π)時，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝－eq\f(3,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))的值為．答案eq\f(4,3)解析因為θ∈(0，π)，所以－θ∈(－π，0)，所以eq\f(5π,6)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝－eq\f(3,5)<0，所以eq\f(5π,6)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ)))＝eq\f(4,5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)－π))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ)))＝eq\f(4,3).12．已知3cos(2α＋β)＋5cosβ＝0，則tan(α＋β)tanα＝.答案－4解析由已知得3cos[(α＋β)＋α]＋5cos[(α＋β)－α]＝0，因此3cos(α＋β)cosα－3sin(α＋β)sinα＋5cos(α＋β)cosα＋5sin(α＋β)sinα＝0，整理得8cos(α＋β)cosα＋2sin(α＋β)sinα＝0，因此sin(α＋β)sinα＝－4cos(α＋β)cosα，于是eq\f(sinα＋β,cosα＋β)·eq\f(sinα,cosα)＝－4，即tan(α＋β)tanα＝－4.四、解答題13．已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3cosα＝2\r(2)cosβ，,cosαcosβ＝\f(3\r(2),5).))(1)求α＋β的值；(2)證明：0<α－β<eq\f(π,4)，并求sin(α－β)的值．解(1)因為α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα>0，cosβ>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3cosα＝2\r(2)cosβ，,cosαcosβ＝\f(3\r(2),5)，))解得cosα＝eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(\r(10),10)，則cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，因為α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝eq\f(π,4).(2)因為α＋β＝eq\f(π,4)，sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)>sinα＝eq\f(\r(5),5)>sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以0<β<α<eq\f(π,4)，所以0<α－β<eq\f(π,4)，所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),10).14．(2023·沈陽模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(2\r(7),7)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(1,2)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).求：(1)coseq\f(α＋β,2)的值；(2)tan(α＋β)的值．解(1)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，eq\f(α,2)－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(2\r(7),7)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(1,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq\f(\r(21),7)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(\r(3),2)，∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(2\r(7),7)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(21),7)×eq\f(1,2)＝－eq\f(\r(21),14).(2)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，則eq\f(α＋β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∵coseq\f(α＋β,2)＝－eq\f(\r(21),14)，∴sineq\f(α＋β,2)＝eq\r(1－cos2\f(α＋β,2))＝eq\f(5\r(7),14)，∴taneq\f(α＋β,2)＝－eq\f(5\r(3),3).∴tan(α＋β)＝eq\f(2