(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第5章 第3讲　第2课时　简单的三角恒等变换 (含解析)

第2课时简单的三角恒等变换考点一三角函数式的化简(基础型)复习指导eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())三角函数式化简的方法弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．化简：(1)sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝________；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2)))＝________．【解析】(1)sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝sin(α＋β)cos(β－γ)－cos(α＋β)sin(β－γ)＝sin[(α＋β)－(β－γ)]＝sin(α＋γ)．(2)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cosα)·\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).【答案】(1)sin(α＋γ)(2)eq\f(2,sinα)eq\a\vs4\al()三角函数式的化简要遵循“三看”原则1．(2020·长沙模拟)化简：eq\f(2sin（π－α）＋sin2α,cos2\f(α,2))＝________．解析：eq\f(2sin（π－α）＋sin2α,cos2\f(α,2))＝eq\f(2sinα＋2sinαcosα,\f(1,2)（1＋cosα）)＝eq\f(4sinα（1＋cosα）,1＋cosα)＝4sinα.答案：4sinα2．化简：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))).解：原式＝eq\f(－2sin2xcos2x＋\f(1,2),\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝eq\f(\f(1,2)（1－sin22x）,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(\f(1,2)cos22x,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(1,2)cos2x.考点二三角函数式的求值(综合型)eq\a\vs4\al(复习,指导)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())三角函数的求值包括给角求值、给值求值、给值求角三类．角度一给角求值计算eq\f(2cos10°－2\r(3)cos（－100°）,\r(1－sin10°))＝________．【解析】eq\f(2cos10°－2\r(3)cos（－100°）,\r(1－sin10°))＝eq\f(2cos10°＋2\r(3)sin10°,\r(1－sin10°))＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),\r(1－2sin5°cos5°))＝eq\f(4cos50°,cos5°－sin5°)＝eq\f(4cos50°,\r(2)cos50°)＝2eq\r(2).【答案】2eq\r(2)eq\a\vs4\al()给角求值问题的解题策略在三角函数的给角求值问题中，已知角常常是非特殊角，但非特殊角与特殊角总有一定关系．[基本思路]观察所给角与特殊角之间的关系，利用和、差、倍角公式等将非特殊角的三角函数值转化为：角度二给值求值已知α，β为锐角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5).(1)求cos2α的值；(2)求tan(α－β)的值．【解】(1)因为tanα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此，cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又因为cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因为tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq\f(2,11).eq\a\vs4\al()给值求值问题的解题策略已知某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值．解题关键：把“所求角”用“已知角”表示①当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式或和或差的二倍形式；②当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和、差或倍数关系，然后应用诱导公式、和差公式、倍角公式求解．角度三给值求角(一题多解)在平面直角坐标系xOy中，锐角α，β的顶点为坐标原点O，始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆O的交点分别为P，Q.已知点P的横坐标为eq\f(2\r(7),7)，点Q的纵坐标为eq\f(3\r(3),14)，则2α－β的值为________．【解析】法一：由已知可知cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14).又α，β为锐角，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14).因此cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7)，sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－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).因为α为锐角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β为锐角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2)，又sin(2α－β)＝eq\f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).法二：同法一得，cosβ＝eq\f(13,14)，sinα＝eq\f(\r(21),7).因为α，β为锐角，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(\r(21),7)×eq\f(13,14)－eq\f(2\r(7),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(21),14).所以sin(α－β)＞0，故α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故cos(α－β)＝eq\r(1－sin2（α－β）)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),14)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(7),14).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α－β＝α＋(α－β)∈(0，π)．所以cos(2α－β)＝cos[α＋(α－β)]＝cosαcos(α－β)－sinα·sin(α－β)＝eq\f(2\r(7),7)×eq\f(5\r(7),14)－eq\f(\r(21),7)×eq\f(\r(21),14)＝eq\f(1,2).所以2α－β＝eq\f(π,3).【答案】eq\f(π,3)eq\a\vs4\al()(1)给值求角问题的解题策略①求相关角的某一个三角函数值．②由求得的三角函数值求角，如果根据求得的函数值无法唯一确定角的大小，应根据已知角的范围和已知角的三角函数值把所求角的大小作相对精确的估计，以排除多余的解．(2)在选取函数时，遵照以下原则：①已知正切函数值，选正切函数；②已知正、余弦函数值，若角的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，选正、余弦函数皆可；③已知正、余弦函数值，若角的范围是(0，π)，选余弦函数；④已知正、余弦函数值，若角的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦函数．1．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,7)，且α为第二象限角，若β＝eq\f(π,8)，则sin(α－2β)cos2β－cos(α－2β)sin2β＝()A．－eq\f(3,5) B．eq\f(3,5)C．－eq\f(4,5) D．eq\f(4,5)解析：选D．taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,7)，所以tanα＝－eq\f(3,4)，又α为第二象限角，所以cosα＝－eq\f(4,5)，所以sin(α－2β)·cos2β－cos(α－2β)sin2β＝sin(α－4β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝－cosα＝eq\f(4,5)，故选D．2.eq\f(\r(3)tan12°－3,sin12°（4cos212°－2）)＝________．解析：原式＝eq\f(\r(3)×\f(sin12°,cos12°)－3,sin12°（4cos212°－2）)＝eq\f(\r(3)sin12°－3cos12°,2sin12°cos12°（2cos212°－1）)＝eq\f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin12°－\f(\r(3),2)cos12°)),sin24°cos24°)＝eq\f(2\r(3)sin（12°－60°）,\f(1,2)sin48°)＝－4eq\r(3).答案：－4eq\r(3)3．(2020·湖南长郡中学模拟改编)若α，β为锐角，且sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，则cos(α＋β)＝________，α＋β＝________．解析：因为α，β为锐角，sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，所以cosα＝eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，所以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).又0＜α＋β＜π，所以cos(α＋β)＝eq\f(\r(2),2)，α＋β＝eq\f(π,4).答案：eq\f(\r(2),2)eq\f(π,4)[基础题组练]1．计算：eq\f(4tan\f(π,12),3tan2\f(π,12)－3)＝()A．eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C．eq\f(2\r(3),9) D．－eq\f(2\r(3),9)解析：选D．原式＝－eq\f(2,3)·eq\f(2tan\f(π,12),1－tan2\f(π,12))＝－eq\f(2,3)taneq\f(π,6)＝－eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),3)＝－eq\f(2\r(3),9).2．若tan(α＋80°)＝4sin420°，则tan(α＋20°)的值为()A．－eq\f(\r(3),5) B．eq\f(3\r(3),5)C．eq\f(\r(3),19) D．eq\f(\r(3),7)解析：选D．由tan(α＋80°)＝4sin420°＝4sin60°＝2eq\r(3)，得tan(α＋20°)＝tan[(α＋80°)－60°]＝eq\f(tan（α＋80°）－tan60°,1＋tan（α＋80°）tan60°)＝eq\f(2\r(3)－\r(3),1＋2\r(3)×\r(3))＝eq\f(\r(3),7).故选D．3．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝()A．±eq\f(\r(3),3) B．－eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(6),3) D．±eq\f(\r(6),3)解析：选D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝sinαcoseq\f(π,6)＋cosαsineq\f(π,6)－cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝±eq\f(\r(6),3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝±eq\f(\r(6),3)，故选D．4．若eq\f(\r(2)cos2θ,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\r(3)·sin2θ，则sin2θ＝()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(1,3)解析：选C．由题意知eq\f(2（cos2θ－sin2θ）,cosθ－sinθ)＝eq\r(3)sin2θ，所以2(cosθ＋sinθ)＝eq\r(3)sin2θ，则4(1＋sin2θ)＝3sin22θ，因此sin2θ＝－eq\f(2,3)或sin2θ＝2(舍)．5．(2020·湖北八校联考)已知3π≤θ≤4π，且eq\r(\f(1＋cosθ,2))＋eq\r(\f(1－cosθ,2))＝eq\f(\r(6),2)，则θ＝()A．eq\f(10π,3)或eq\f(11π,3) B．eq\f(37π,12)或eq\f(47π,12)C．eq\f(13π,4)或eq\f(15π,4) D．eq\f(19π,6)或eq\f(23π,6)解析：选D．因为3π≤θ≤4π，所以eq\f(3π,2)≤eq\f(θ,2)≤2π，所以coseq\f(θ,2)≥0，sineq\f(θ,2)≤0，则eq\r(\f(1＋cosθ,2))＋eq\r(\f(1－cosθ,2))＝eq\r(cos2\f(θ,2))＋eq\r(sin2\f(θ,2))＝coseq\f(θ,2)－sineq\f(θ,2)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(θ,2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)＋2kπ或eq\f(θ,2)＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，即θ＝－eq\f(π,6)＋4kπ或θ＝－eq\f(5π,6)＋4kπ，k∈Z.因为3π≤θ≤4π，所以θ＝eq\f(19π,6)或eq\f(23π,6)，故选D．6．(2020·贵州黔东南一模改编)已知sinα＋3cosα＝－eq\r(10)，则tan2α＝________．解析：因为(sinα＋3cosα)2＝sin2α＋6sinαcosα＋9cos2α＝10(sin2α＋cos2α)，所以9sin2α－6sinαcosα＋cos2α＝0，则(3tanα－1)2＝0，即tanα＝eq\f(1,3).所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)7．(2020·平顶山模拟)已知sinα＝－eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))))，若eq\f(sin（α＋β）,cosβ)＝2，则tan(α＋β)＝________．解析：因为sinα＝－eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以cosα＝eq\f(3,5).由eq\f(sin（α＋β）,cosβ)＝2，得sin(α＋β)＝2cos[(α＋β)－α]，即eq\f(6,5)cos(α＋β)＝eq\f(13,5)sin(α＋β)，所以tan(α＋β)＝eq\f(6,13).答案：eq\f(6,13)8．tan70°·cos10°(eq\r(3)tan20°－1)等于________．解析：tan70°·cos10°(eq\r(3)tan20°－1)＝eq\f(sin70°,cos70°)·cos10°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)·\f(sin20°,cos20°)－1))＝eq\f(cos20°cos10°,sin20°)·eq\f(\r(3)sin20°－cos20°,cos20°)＝eq\f(cos10°·2sin（20°－30°）,sin20°)＝eq\f(－sin20°,sin20°)＝－1.答案：－19．已知tanα＝－eq\f(1,3)，cosβ＝eq\f(\r(5),5)，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tan(α＋β)的值，并求出α＋β的值．解：由cosβ＝eq\f(\r(5),5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得sinβ＝eq\f(2\r(5),5)，tanβ＝2.所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\f(1,3)＋2,1＋\f(2,3))＝1.因为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)))，所以eq\f(π,2)<α＋β<eq\f(3π,2)，所以α＋β＝eq\f(5π,4).10．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).求：(1)cosα的值；(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))的值．解：(1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，即sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),10)，化简得sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，①又sin2α＋cos2α＝1，②由①②解得cosα＝－eq\f(3,5)或cosα＝eq\f(4,5)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).所以cosα＝－eq\f(3,5).(2)因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα＝－eq\f(3,5)，所以sinα＝eq\f(4,5)，则cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(7,25)，sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(24,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝sin2αcoseq\f(π,4)－cos2αsineq\f(π,4)＝－eq\f(17\r(2),50).[综合题组练]1．设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，且tanα＝eq\f(1＋sin2β,cos2β)，则下列结论中正确的是()A．α－β＝eq\f(π,4) B．α＋β＝eq\f(π,4)C．2α－β＝eq\f(π,4) D．2α＋β＝eq\f(π,4)解析：选A．tanα＝eq\f(1＋sin2β,cos2β)＝eq\f(（sinβ＋cosβ）2,cos2β－sin2β)＝eq\f(cosβ＋sinβ,cosβ－sinβ)＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4))).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以α＝β＋eq\f(π,4)，即α－β＝eq\f(π,4).2．若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是()A．eq\f(7π,4) B．eq\f(9π,4)C．eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4) D．eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)解析：选A．因为α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π)).又0<sin2α＝eq\f(\r(5),5)<eq\f(1,2)，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，即α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，所以β－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,12)))，所以cos2α＝－eq\r(1－sin22α)＝－eq\f(2\r(5),5).又sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，所以cos(β－α)＝－eq\r(1－sin2（β－α）)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)，2π))，所以α＋β＝eq\f(7π,4)，故选A．3．(2020·江西省五校协作体试题)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))，且2sin2θ＋eq\r(3)sin2θ＝－eq\f(1,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,12)))＝________．解析：由2sin2θ＋eq\r(3)sin2θ＝－eq\f(1,5)，得1－cos2θ＋eq\r(3)sin2θ＝－eq\f(1,5)，得cos2θ－eq\r(3)sin2θ＝eq\f(6,5)，2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))，所以2θ＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(4,3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,12)))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))－\f(π,4)))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))－tan\f(π,4),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))tan\f(π,4))＝eq\f(1,7).答案：eq\f(1,7)4．(2019·高考江苏卷)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值是________．解析：eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝eq\f(tanα（1－tanα）,tanα＋1)＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝2或tanα＝－eq\f(1,3)，当tanα＝2时，sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(4,5)，cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＝－eq\f(3,5)，此时sin2α＋cos2α＝eq\f(1,5)，同理当tanα＝－eq\f(1,3)时，sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5)，此时sin2α＋cos2α＝eq\f(1,5)，所以sin(2α＋eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).答案：eq\f(\r(2),10)5.(应用型)如图，有一块以点