2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)5.5.1 第3课时 两角和与差的正切公式

这是一份2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)5.5.1 第3课时 两角和与差的正切公式，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题， 填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．sin 600°－tan 195°的值为( C )
A．－eq \f(3\r(3),2)B．－eq \f(5\r(3),6)
C．eq \f(\r(3),2)－2D．－eq \f(3\r(3),2)－2
解析：sin 600°－tan 195°＝sin(720°－120°)－tan(180°＋15°)＝－sin 120°－tan 15°＝－sin 120°－tan(45°－30°)＝－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1－\f(\r(3),3),1＋\f(\r(3),3))＝－eq \f(\r(3),2)－2＋eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2)－2.故选C．
2．已知α，β都是锐角，tan α＝eq \f(1,2)，tan β＝eq \f(1,3)，则α＋β的值为( C )
A．eq \f(π,2)B．eq \f(π,3)
C．eq \f(π,4)D．eq \f(π,6)
解析：tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1，由α，β都是锐角可知α＋β＝eq \f(π,4).
3．与eq \f(1－tan 21°,1＋tan 21°)相等的是( B )
A．tan 66°B．tan 24°
C．tan 42°D．tan 21°
解析：原式＝eq \f(tan 45°－tan 21°,1＋tan 45°tan 21°)＝tan(45°－21°)＝tan 24°．
4．若α＋β＝eq \f(3π,4)，则(1－tan α)•(1－tan β)＝( B )
A．eq \r(3)B．2
C．1＋eq \r(2)D．不确定
解析：∵α＋β＝eq \f(3π,4)，∴tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan α•tan β)＝－1，∴tan α＋tan β＝tan α•tan β－1，∴(1－tan α)(1－tan β)＝1－(tan α＋tan β)＋tan α•tan β＝1－(tan α•tan β－1)＋tan α•tan β＝2.
5．已知sin α＝eq \f(\r(5),5)，且α为锐角，tan β＝－3，且β为钝角，则角α＋β的值为( B )
A．eq \f(π,4) B．eq \f(3π,4)
C．eq \f(π,3) D．eq \f(2π,3)
解析：因为sin α＝eq \f(\r(5),5)，且α为锐角，所以cs α＝eq \f(2\r(5),5)，tan α＝eq \f(1,2)，所以tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(\f(1,2)－3,1－\f(1,2)×(－3))＝－1.又α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，故α＋β＝eq \f(3π,4).
二、多项选择题
6．下列式子正确的是( ACD )
A．sin 15°＋cs 15°＝eq \f(\r(6),2)
B．cs 75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)
C．2eq \r(3)tan 15°＋tan215°＝1
D．tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝1
解析：对于A，因为sin 15°＝sin(45°－30°)＝sin 45°cs 30°－cs 45°sin 30°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，cs 15°＝cs(45°－30°)＝cs 45°cs 30°＋sin 45°sin 30°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，所以sin 15°＋cs 15°＝eq \f(\r(6),2)，所以A正确；对于B，因为cs 75°＝cs(45°＋30°)＝cs 45°cs 30°－sin 45°·sin 30°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，所以B错误；对于C，因为tan 15°＝tan(45°－30°)＝eq \f(1－tan 30°,1＋tan 30°)＝eq \f(1－\f(\r(3),3),1＋\f(\r(3),3))＝2－eq \r(3)，所以2eq \r(3)tan 15°＋tan215°＝2eq \r(3)×(2－eq \r(3))＋(2－eq \r(3))2＝1，所以C正确；对于D，因为tan 45°＝tan(33°＋12°)＝eq \f(tan 33°＋tan 12°,1－tan 33°tan 12°)＝1，所以tan 33°＋tan 12°＝1－tan 33°tan 12°，所以tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝1，所以D正确，故选ACD．
7．若tan α＝3tan β，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(2,5)tan β，则tan β的值可能为( BD )
A．eq \f(1,3)B．eq \f(1,2)
C．1D．eq \f(5,3)
解析：设tan β＝x，则tan α＝3x，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(tan α－tan\f(π,4),1＋tan αtan\f(π,4))＝eq \f(3x－1,1＋3x)＝eq \f(2,5)x，解得x＝eq \f(1,2)或eq \f(5,3).故选BD．
三、 填空题
8.eq \f(tan 75°－1,tan 75°＋1)＝eq \f(\r(3),3).
解析：eq \f(tan 75°－1,tan 75°＋1)＝eq \f(tan 75°－tan 45°,1＋tan 75°tan 45°)＝
tan(75°－45°)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3).
9．我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)，如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为13，直角三角形中较小的锐角为θ，那么tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝5.
解析：由题意可知，大正方形的边长为eq \r(13)，小正方形的边长为1，设图中直角三角形较短的直角边长为x，可得出直角三角形较长的直角边长为x＋1，由勾股定理可得x2＋(x＋1)2＝13，解得x＝2，x＋1＝3，所以tan θ＝eq \f(2,3)，因此taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(tan θ＋1,1－tan θ)＝eq \f(\f(2,3)＋1,1－\f(2,3))＝5.
10．已知在△ABC中，cs A＝eq \f(4,5)，tan B＝2，则tan C的值为eq \f(11,2).
解析：由题意可知，在△ABC中，因为cs A＝eq \f(4,5)，所以sin A＝eq \r(1－cs2A)＝eq \f(3,5)，则tan A＝eq \f(sin A,cs A)＝eq \f(3,4)，又tan B＝2，所以tan C＝tan(π－A－B)＝－tan(A＋B)，则tan C＝
－tan(A＋B)＝－eq \f(tan A＋tan B,1－tan A•tan B)＝eq \f(11,2).
四、解答题
11．(1)求tan 70°＋tan 50°－eq \r(3)tan 70°tan 50°的值．
(2)求eq \f(sin 15°cs 5°－sin 20°,cs 15°cs 5°－cs 20°)的值．
解：(1)原式＝
tan(70°＋50°)(1－tan 70°tan 50°)－
eq \r(3)tan 70°tan 50°＝－eq \r(3)(1－tan 70°tan 50°)－
eq \r(3)·tan 70°tan 50°＝－eq \r(3).
(2)原式＝
eq \f(sin 15°cs 5°－sin(15°＋5°),cs 15°cs 5°－cs(15°＋5°))＝
－eq \f(1,tan 15°)＝－eq \f(1,tan(45°－30°))＝－2－eq \r(3).
12．已知tan α，tan β是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两根，且－eq \f(π,2)<α(1)tan(α＋β)；
(2)α＋β.
解：(1)因为tan α，tan β是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两根，
所以tan α＋tan β＝－3eq \r(3)，
tan αtan β＝4，
所以tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(－3\r(3),1－4)＝eq \r(3).
(2)因为tan α＋tan β＝－3eq \r(3)，
tan αtan β＝4，
所以tan α<0，tan β<0，
故－eq \f(π,2)<α<0，－eq \f(π,2)<β<0，所以－π<α＋β<0，
所以α＋β＝－eq \f(2π,3).
13．(多选题)若taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,7)))＝eq \f(cs α－sin α,sin α＋cs α)，则α的值可能为( ACD )
A．eq \f(π,28)B．eq \f(3π,28)
C．－eq \f(25π,84)D．eq \f(31π,84)
解析：eq \f(cs α－sin α,sin α＋cs α)＝eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝
eq \f(tan\f(π,4)－tan α,1＋tan\f(π,4)tan α)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,7)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，
所以2α＋eq \f(π,7)＝eq \f(π,4)－α＋kπ(k∈Z)，即α＝eq \f(π,28)＋eq \f(kπ,3)(k∈Z)，
当k＝－1时，α＝eq \f(π,28)－eq \f(π,3)＝－eq \f(25π,84)，
当k＝0时，α＝eq \f(π,28)，
当k＝1时，α＝eq \f(π,28)＋eq \f(π,3)＝eq \f(31π,84).
14．八角星纹是一种有八个向外突出的锐角的几何纹样(如图1)，它由八个均等的向外伸展的锐角组成的对称多边形纹样，具有组合性强、结构稳定等特点．有的八角星纹中间镂空出一个正方形，有的由八个菱形组成，内部呈现米字形线条，八角星纹目前仍流行在中国南方的桃花和织锦中．在图2所示的八角星纹中，各个最小的三角形均为全等的等腰直角三角形，中间的四边形是边长为2的正方形，在图2的基础上连接线段，得到角α，β，如图所示，则α＋β＝45°．
解析：如图所示，连接BC，
则Rt△ABC中，BC＝2，AC＝6，tan α＝eq \f(BC,AC)＝eq \f(1,3)，在Rt△DEF中，EF＝2，DE＝4，tan β＝eq \f(EF,DE)＝eq \f(1,2)，所以tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1，又α，β∈(0°，45°)，所以α＋β＝45°．
15．已知在锐角△ABC中，tan A＝eq \f(sin B,1＋cs B).
(1)证明：B＝2A；
(2)求eq \f(tan B－tan A,1＋tan A•tan B)的取值范围．
解：(1)证明：由tan A＝eq \f(sin A,cs A)＝
eq \f(sin B,1＋cs B)知：
sin A(1＋cs B)＝sin Bcs A，
即sin A＋sin Acs B＝sin Bcs A，
所以sin A＝sin Bcs A－sin A·cs B＝sin(B－A)，
因为△ABC是锐角三角形，
所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，B－A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以A＝B－A，即B＝2A．
(2)由锐角△ABC知：A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，B＝2A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，C＝π－A－B＝π－3A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，解得A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))，
故eq \f(tan B－tan A,1＋tan A•tan B)＝tan(B－A)＝tan A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1)).