第3讲 第1课时【公众号：偷着学】

金版教程高考科学复习创新方案数学(提升版)第3讲简单的三角恒等变换[课程标准]1.知道两角差余弦公式的意义.2.能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解他们的内在联系.3.能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆)．1．两角和与差的正弦、余弦和正切公式2．二倍角的正弦、余弦、正切公式公式名公式二倍角的正弦sin2α＝eq\x(\s\up1(07))2sinαcosα二倍角的余弦cos2α＝eq\x(\s\up1(08))cos2α－sin2α＝eq\x(\s\up1(09))1－2sin2α＝eq\x(\s\up1(10))2cos2α－1二倍角的正切tan2α＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(2tanα,1－tan2α)3.半角公式sineq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(12))±eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(13))±eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(14))±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))．1．公式的常用变式：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)；tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tan（α＋β）)＝eq\f(tanα－tanβ,tan（α－β）)－1.2．降幂公式：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α.3．升幂公式：1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)；1＋sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))eq\s\up12(2)；1－sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))eq\s\up12(2).4．常用拆角、拼角技巧：例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．5．辅助角公式：一般地，函数f(α)＝asinα＋bcosα(a，b为常数)可以化为f(α)＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq\r(a2＋b2)cos(α－θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(a,b))).1．(人教A必修第一册习题5.5T6(1)改编)sin20°·cos10°－cos160°sin10°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案D解析原式＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2021·全国乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,12)))＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故选D.3．(多选)(人教A必修第一册习题5.5T12改编)化简：eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝()A.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))C.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) D.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))答案AC解析eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).故选AC.4．(人教A必修第一册5.5.1例3改编)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值为________．答案－eq\f(1,7)解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝－eq\f(4,3).所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(4,3)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×1)＝－eq\f(1,7).5．已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，则sineq\f(θ,2)＝________，coseq\f(θ,2)＝________．答案－eq\f(2\r(5),5)－eq\f(\r(5),5)解析∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))，且sinθ＝eq\f(4,5)，∴cosθ＝－eq\f(3,5)，eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5).第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式及二倍角公式考向一公式的直接应用例1(1)若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()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，且sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，因此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).故选B.(2)(2024·长沙模拟)古希腊数学家泰特托斯(Theaetetus，公元前417～公元前369年)详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)，….如图，则cos∠BAD＝()A.eq\f(2\r(6)－3\r(3),6) B.eq\f(2\r(3)－\r(6),6)C.eq\f(2\r(3)＋\r(6),6) D.eq\f(2\r(6)＋3\r(3),6)答案B解析记∠BAC＝α，∠CAD＝β，由题意知cosα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，sinα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，cosβ＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，sinβ＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以cos∠BAD＝cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),3)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6).故选B.(3)(2021·全国甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，则tanα＝()A.eq\f(\r(15),15) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(15),3)答案A解析因为tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).故选A.利用三角函数公式解题时的注意点(1)首先要注意公式的结构特点和符号变化规律．例如两角差的余弦公式可简记为“同名相乘，符号相反”．(2)应注意同角三角函数的基本关系与诱导公式的综合应用．(3)应注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用．1.已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，则tan(α－β)的值为()A．－eq\f(2,11) B.eq\f(2,11)C.eq\f(11,2) D．－eq\f(11,2)答案A解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(2,11).故选A.2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，则cos(2α＋2β)＝()A.eq\f(7,9) B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9) D．－eq\f(7,9)答案B解析因为sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，则sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9).故选B.考向二公式的逆用和变形用例2(1)tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°的值为()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),3)C．－eq\f(\r(3),3) D．－eq\r(3)答案D解析因为tan120°＝eq\f(tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°)＝－eq\r(3)，所以tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°＝－eq\r(3).故选D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，则()A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1答案C解析由已知得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2(cosα－sinα)sinβ，即sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故选C.两角和与差及倍角公式的逆用和变形用的应用技巧(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．(2)和差角公式变形sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ；cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ；tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)．(3)倍角公式变形：降幂公式．1.已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(2),2)答案B解析由题意可得sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，则eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＝eq\f(\r(3),3)，从而有sinθcoseq\f(π,6)＋cosθsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3).故选B.2．(多选)(2024·潍坊联考)已知θ∈(0，2π)，O为坐标原点，θ终边上有一点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)，sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))，则()A．θ＝eq\f(3π,8) B．|OM|＝eq\r(2)C．tanθ<1 D．cosθ>eq\f(1,2)答案AB解析tanθ＝eq\f(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8),sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8))＝eq\f(tan\f(3π,8)＋1,tan\f(3π,8)－1)＝－taneq\f(5π,8)＝taneq\f(3π,8)，故θ＝eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，又sineq\f(3π,8)－coseq\f(3π,8)>0，sineq\f(3π,8)＋coseq\f(3π,8)>0，故θ是第一象限角，又θ∈(0，2π)，故θ＝eq\f(3π,8)，故A正确；|OM|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＝2，故|OM|＝eq\r(2)，故B正确；tanθ＝taneq\f(3π,8)>taneq\f(π,4)＝1，故C错误；cosθ＝coseq\f(3π,8)<coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故D错误．故选AB.考向三角的变换例3(1)(2023·南通期末)已知eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，cos(α－β)＝eq\f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，则sin2α＝()A.eq\f(56,65) B．－eq\f(56,65)C.eq\f(16,65) D．－eq\f(16,65)答案B解析因为eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，所以0<α－β<eq\f(π,4)，π<α＋β<eq\f(3π,2)，由cos(α－β)＝eq\f(12,13)，得sin(α－β)＝eq\f(5,13)，由sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，得cos(α＋β)＝－eq\f(4,5)，则sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋eq\f(12,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(56,65).故选B.(2)(2024·济南模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝________．答案eq\f(7,8)解析因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝1－2×eq\f(1,16)＝eq\f(7,8).1．求角的三角函数值的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．(1)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，再应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”．(2)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．2．常见的配角技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))等．1．(2023·泉州模拟)如图所示，点P是单位圆上的一个动点，它从初始位置P0(1，0)开始沿单位圆按逆时针方向运动角αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))到达点P1，然后继续沿单位圆逆时针方向运动eq\f(π,3)到达点P2，若点P2的横坐标为－eq\f(4,5)，则cosα的值为________．答案eq\f(3\r(3)－4,10)解析由题意得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，∵eq\f(π,3)<α＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3)－4,10).2．(2024·重庆摸底)已知α，β为锐角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，则cos2α＝________，tan(α－β)＝________．答案－eq\f(7,25)－eq\f(2,11)解析因为tanα＝eq\f(4,3)＝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).因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又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).课时作业一、单项选择题1．(2024·秦皇岛月考)－sin133°cos197°－cos47°·cos73°＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案A解析原式＝－sin(180°－47°)cos(180°＋17°)－cos47°cos(90°－17°)＝sin47°cos17°－cos47°·sin17°＝sin(47°－17°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2023·保定模拟)已知钝角α满足sinα＝eq\f(\r(5),5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝()A．－eq\f(\r(10),4) B．－eq\f(3\r(10),10)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由α为钝角，可知cosα<0，所以cosα＝－eq\r(1－\f(1,5))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)－\f(\r(5),5)))＝－eq\f(3\r(10),10).故选B.3．已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，则sinα＝()A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(5),9)答案A解析由3cos2α－8cosα＝5，得6cos2α－8cosα－8＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).故选A.4．(2024·保定模拟)“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析由tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝tanα－eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝5，得tan2α－5tanα＋6＝(tanα－2)(tanα－3)＝0，即tanα＝2或tanα＝3，所以“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的充分不必要条件．5．(2024·泰州模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝()A.eq\f(3－4\r(3),10) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案C解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,12)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12))))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))coseq\f(π,4)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).故选C.6．(2023·长沙一中调研)设α为锐角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值为()A.eq\f(12,25) B.eq\f(24,25)C．－eq\f(24,25) D．－eq\f(12,25)答案B解析∵α为锐角，即0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).故选B.7．(2024·南通模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．2 D．－2答案B解析因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)<0，得x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，因此coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，由二倍角公式可得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))＝eq\f(4,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝－taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2x))＝－eq\f(4,3).故选B.8．(2023·盐城一模)已知α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，则tanα＋tanβ的最小值为()A.eq\f(\r(2),2) B．1C．－2－2eq\r(2) D．－2＋2eq\r(2)答案D解析因为α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，tanα，tanβ∈(0，1)，则tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα＋tanβ,2)))eq\s\up12(2)，当且仅当α＝β＝eq\f(π,8)时取等号，解得tanα＋tanβ≥2eq\r(2)－2或tanα＋tanβ≤－2－2eq\r(2)(舍去)．故选D.二、多项选择题9．(2024·聊城质检)下列各式中，值为eq\f(1,4)的是()A．sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12) B.eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°C.eq\f(1,sin50°)＋eq\f(\r(3),cos50°) D．cos72°cos36°答案AD解析对于A，sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12)＝sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4)；对于B，eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°＝eq\f(1,3)(1－2cos215°)＝－eq\f(1,3)cos30°＝－eq\f(\r(3),6)≠eq\f(1,4)；对于C，eq\f(1,sin50°)＋eq\f(\r(3),cos50°)＝eq\f(cos50°＋\r(3)sin50°,sin50°cos50°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos50°＋\f(\r(3),2)sin50°)),\f(1,2)sin100°)＝eq\f(2sin（30°＋50°）,\f(1,2)sin100°)＝4≠eq\f(1,4)；对于D，cos72°cos36°＝eq\f(2sin36°cos36°cos72°,2sin36°)＝eq\f(sin72°cos72°,2sin36°)＝eq\f(\f(1,2)sin144°,2sin36°)＝eq\f(1,4).故选AD.10．(2023·珠海模拟)已知eq\f(π,4)≤α≤π，π≤β≤eq\f(3π,2)，sin2α＝eq\f(4,5)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，则()A．cosα＝－eq\f(\r(10),10) B．sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)C．β－α＝eq\f(3π,4) D．cosαcosβ＝－eq\f(\r(2),5)答案BC解析对于A，因为eq\f(π,4)≤α≤π，所以eq\f(π,2)≤2α≤2π，又sin2α＝eq\f(4,5)＞0，故eq\f(π,2)≤2α≤π，eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以cos2α＝－eq\f(3,5)＝2cos2α－1，可得cos2α＝eq\f(1,5)，可得cosα＝eq\f(\r(5),5)，故A错误；对于B，(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(1,5)，由A项分析知eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以sinα＞cosα，所以sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)，故B正确；对于C，由A项分析知eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，而π≤β≤eq\f(3π,2)，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤2π，又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)＜0，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，所以sin(α＋β)＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(β－α)＝cos[(α＋β)－2α]＝cos(α＋β)cos2α＋sin(α＋β)sin2α＝－eq\f(\r(2),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))×eq\f(4,5)＝－eq\f(\r(2),2)，又因为eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，－π≤－2α≤－eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)≤β－α≤π，则β－α＝eq\f(3π,4)，故C正确；对于D，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，可得cosαcosβ－sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),10)，由C项分析知，cos(β－α)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),2)，两式联立得cosαcosβ＝－eq\f(3\r(2),10)，故D错误．故选BC.11．(2023·张家口模拟)已知tan(α＋β)＝tanα＋tanβ，其中α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)且β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)，则下列结论一定正确的是()A．sin(α＋β)＝0 B．cos(α＋β)＝1C．sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝1 D．sin2α＋cos2β＝1答案AD解析∵tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝tanα＋tanβ，∴tanα＋tanβ＝0或1－tanαtanβ＝1，∴α＋β＝nπ(n∈Z)或者α＝kπ(k∈Z)或β＝mπ(m∈Z)，又α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)，∴α＋β＝nπ(n∈Z)，且α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)．对于A，sin(α＋β)＝sin(nπ)＝0(n∈Z)，故A正确；对于B，由于cos(α＋β)＝cos(nπ)＝±1(n∈Z)，故B错误；对于C，sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq\f(β,2)(n∈Z)，当n为偶数时，sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\f(β,2)＋sin2eq\f(β,2)＝2sin2eq\f(β,2)≠1，故C错误；对于D，sin2α＋cos2β＝sin2(nπ－β)＋cos2β＝sin2β＋cos2β＝1(n∈Z)，故D正确．三、填空题12．(2023·威海一模)已知sin(β－α)cosβ－cos(α－β)sinβ＝eq\f(3,5)，α为第三象限角，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________．答案－eq\f(\r(2),10)解析∵sin(β－α)cosβ－cos(α－β)sinβ＝sin[(β－α)－β]＝－sinα＝eq\f(3,5)，∴sinα＝－eq\f(3,5)，又α为第三象限角，则cosα＝－eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)－sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).13．(2024·甘肃、青海、宁夏联考)若tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，则tan(α＋β)＝________，tanα＝________．答案－1eq\f(1,2)解析∵tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，∴tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝eq\f(tan（α＋2β）－tanβ,1＋tan（α＋2β）tanβ)＝eq\f(2－（－3）,1＋2×（－3）)＝－1，tanα＝tan(α＋β－β)＝eq\f(－1－（－3）,1＋（－1）×（－3）)＝eq\f(1,2).14．(2023·南京模拟)若λsin160°＋tan20°＝eq\r(3)，则实数λ的值为________．答案4解析由λsin160°＋tan20°＝eq\r(3)，得λsin20°＋eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(λsin20°cos20°＋sin20°,cos20°)＝eq\f(λsin40°＋2sin20°,2cos20°)＝eq\r(3)，所以λsin40°＋2sin20°＝2eq\r(3)cos20°，即λsin40°＝2eq\r(3)cos20°－2sin20°＝4sin(60°－20°)＝4sin40°，所以λ＝4.四、解答题15．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5).(1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))的值．解(1)因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5).故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(