新高考数学一轮复习学案第5章第3讲 第1课时 两角和与差的正弦、余弦和正切公式（含解析）

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一、知识梳理
1．两角和与差的正弦、余弦和正切公式
sin(α±β)＝sin_αcs__β±cs_αsin__β；
cs(α∓β)＝cs_αcs__β±sin_αsin__β；
tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α±β，α，β均不为kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
sin 2α＝2sin_αcs__α；
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α；
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，2α均不为kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).
3．三角函数公式的关系
常用结论
四个必备结论
(1)降幂公式：cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2).
(2)升幂公式：1＋cs 2α＝2cs2α，1－cs 2α＝2sin2α.
(3)tan α±tan β＝tan(α±β)(1±tan αtan β)，
1＋sin 2α＝(sin α＋cs α)2，
1－sin 2α＝(sin α－cs α)2，
sin α±cs α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α±\f(π,4))).
(4)辅助角公式
asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin (x＋φ)，其中tan φ＝eq \f(b,a).
二、教材衍化
1．若cs α＝－eq \f(4,5).α是第三象限的角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝________．
解析：因为α是第三象限角，所以sin α＝－eq \r(1－cs2α)＝－eq \f(3,5)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(7\r(2),10).
答案：－eq \f(7\r(2),10)
2．sin 347°cs 148°＋sin 77°cs 58°＝________．
解析：sin 347°cs 148°＋sin 77°cs 58°
＝sin(270°＋77°)cs(90°＋58°)＋sin 77°cs 58°
＝(－cs 77°)·(－sin 58°)＋sin 77°cs 58°
＝sin 58°cs 77°＋cs 58°sin 77°
＝sin(58°＋77°)＝sin 135°＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
3．化简：eq \f(sin 50°,sin 65°·\r(1－cs 50°))＝________．
解析：原式＝eq \f(cs 40°,cs 25°\r(1－cs 50°))
＝eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(2)sin 25°)＝eq \f(cs 40°,\f(\r(2),2)sin 50°)＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意角．( )
(2)两角和与差的正切公式中的角α，β是任意角．( )
(3)cs 80°cs 20°－sin 80°sin 20°＝cs(80°－20°)＝cs 60°＝eq \f(1,2).( )
(4)公式tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)可以变形为tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)，且对任意角α，β都成立．( )
(5)存在实数α，使tan 2α＝2tan α.( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)不会用公式找不到思路；
(2)不会合理配角出错．
1．sin 15°＋sin 75°的值是________．
解析：sin 15°＋sin 75°＝sin 15°＋cs 15°＝eq \r(2)sin(15°＋45°)＝eq \r(2)sin 60°＝eq \f(\r(6),2).
答案：eq \f(\r(6),2)
2．若tan α＝3，tan(α－β)＝2，则tan β＝________．
解析：tan β＝tan[α－(α－β)]＝eq \f(tan α－tan（α－β）,1＋tan α·tan（α－β）)
＝eq \f(3－2,1＋3×2)＝eq \f(1,7).
答案：eq \f(1,7)
第1课时 两角和与差的正弦、余弦和正切公式
考点一 和差公式的直接应用(基础型)
复习指导eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))1.会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式．
2．能从两角差的余弦公式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，了解它们的内在联系．
核心素养：逻辑推理、数学运算
1．已知sin α＝eq \f(3,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)
解析：选A．因为sin α＝eq \f(3,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
所以cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(4,5)，
所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝－eq \f(3,4).
因为tan(π－β)＝eq \f(1,2)＝－tan β，
所以tan β＝－eq \f(1,2)，
则tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)＝－eq \f(2,11).
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),5)
C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(5),5)
解析：选B．由2sin 2α＝cs 2α＋1，得4sin αcs α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcs α＝1－sin2α.因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \r(1－sin2 α)，
所以2sin αeq \r(1－sin2 α)＝1－sin2 α，
解得sin α＝eq \f(\r(5),5)，故选B．
3．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(\r(5),5).
(1)求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))的值；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2α))的值．
解：(1)因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(\r(5),5)，
所以cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(2\r(5),5)，
故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝sin eq \f(π,4)cs α＋cs eq \f(π,4)sin α
＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(5),5)＝－eq \f(\r(10),10).
(2)由(1)知sin 2α＝2sin αcs α＝2×eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq \f(4,5)，cs 2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2α))＝cs eq \f(5π,6)cs 2α＋sin eq \f(5π,6)sin 2α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＝－eq \f(4＋3\r(3),10).
eq \a\vs4\al()
利用三角函数公式时应注意的问题
(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，符号反”．
(2)应注意与同角三角函数基本关系、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．
考点二 三角函数公式的逆用与变形应用(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))能运用三角函数公式进行简单的恒等变换(包括引导导出积化和差、和差化积、半角公式，但不要求记忆)．
核心素养：数学运算
(1)在△ABC中，若tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，则cs C的值为( )
A．－eq \f(\r(2),2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知sin α＋cs β＝1，cs α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________．
【解析】 (1)由tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，可得eq \f(tan A＋tan B,1－tan Atan B)＝－1，
即tan(A＋B)＝－1，又(A＋B)∈(0，π)，
所以A＋B＝eq \f(3π,4)，则C＝eq \f(π,4)，cs C＝eq \f(\r(2),2).
(2)因为sin α＋cs β＝1，cs α＋sin β＝0，
所以sin2α＋cs2β＋2sin αcs β＝1 ①，
cs2α＋sin2β＋2cs αsin β＝0 ②，
①②两式相加可得sin2α＋cs2α＋sin2β＋cs2β＋2(sin αcs β＋cs αsin β)＝1，
所以sin(α＋β)＝－eq \f(1,2).
【答案】 (1)B (2)－eq \f(1,2)
eq \a\vs4\al()
(1)三角函数公式活用技巧
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；
②tan αtan β，tan α＋tan β(或tan α－tan β)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，注意公式的正用、逆用和变形使用．
(2)三角函数公式逆用和变形使用应注意的问题
①公式逆用时一定要注意公式成立的条件和角之间的关系；
②注意特殊角的应用，当式子中出现eq \f(1,2)，1，eq \f(\r(3),2)，eq \r(3)等这些数值时，一定要考虑引入特殊角，把“值变角”以便构造适合公式的形式．
1．(1－tan215°)cs215°的值等于( )
A．eq \f(1－\r(3),2) B．1
C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(1,2)
解析：选C．(1－tan215°)cs215°＝cs215°－sin215°＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2).
2．已知sin 2α＝eq \f(1,3)，则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝( )
A．－eq \f(1,3) B．eq \f(1,3)
C．－eq \f(2,3) D．eq \f(2,3)
解析：选D．cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2))),2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)sin 2α＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
3．(一题多解)eq \r(3)cs 15°－4sin215°cs 15°＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．1 D．eq \r(2)
解析：选D．法一：eq \r(3)cs 15°－4sin215°cs 15°＝eq \r(3)cs 15°－2sin 15°·2sin 15°cs 15°＝eq \r(3)cs 15°－2sin 15°·sin 30°＝eq \r(3)cs 15°－sin 15°＝2cs(15°＋30°)＝2cs 45°＝eq \r(2).故选D．
法二：因为cs 15°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，sin 15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，所以eq \r(3)cs 15°－4sin215°·cs 15°＝eq \r(3)×eq \f(\r(6)＋\r(2),4)－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－\r(2),4)))eq \s\up12(2)×eq \f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)×(eq \r(3)－2＋eq \r(3))＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)×(2eq \r(3)－2)＝eq \r(2).故选D．
考点三 三角公式的灵活应用(综合型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))三角公式的灵活应用实质是三角恒等变换，恒等变换前需清楚已知式中角的差异、函数名称的差异、运算结构的差异，寻求联系，实现转化．
角度一 三角函数公式中变“角”
(2020·黑龙江大庆实验中学考前训练)已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(24,25)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝________．
【解析】 由题意知，α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，sin(α＋β)＝－eq \f(3,5)<0，所以cs(α＋β)＝eq \f(4,5)，因为β－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝－eq \f(7,25)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（α＋β）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))))＝cs(α＋β)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝－eq \f(4,5).
【答案】 －eq \f(4,5)
角度二 三角函数公式中变“名”
求值：eq \f(1＋cs 20°,2sin 20°)－sin 10°eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan 5°)－tan 5°)).
【解】 原式＝eq \f(2cs210°,2×2sin 10°cs 10°)－sin 10°eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs 5°,sin 5°)－\f(sin 5°,cs 5°)))
＝eq \f(cs 10°,2sin 10°)－sin 10°·eq \f(cs25°－sin25°,sin 5°cs 5°)
＝eq \f(cs 10°,2sin 10°)－sin 10°·eq \f(cs 10°,\f(1,2)sin 10°)
＝eq \f(cs 10°,2sin 10°)－2cs 10°＝eq \f(cs 10°－2sin 20°,2sin 10°)
＝eq \f(cs 10°－2sin（30°－10°）,2sin 10°)
＝eq \f(cs 10°－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 10°－\f(\r(3),2)sin 10°)),2sin 10°)＝eq \f(\r(3)sin 10°,2sin 10°)＝eq \f(\r(3),2).
eq \a\vs4\al()
三角函数公式应用的解题思路
(1)角的转换：明确各个角之间的关系(包括非特殊角与特殊角、已知角与未知角)，熟悉角的变换技巧，及半角与倍角的相互转化，如：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，40°＝60°－20°，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(π,2)，eq \f(α,2)＝2×eq \f(α,4)等．
(2)名的变换：明确各个三角函数名称之间的联系，常常用到同角关系、诱导公式，把正弦、余弦化为正切，或者把正切化为正弦、余弦．
[提醒] 转化思想是实施三角恒等变换的主导思想，恒等变换前需清楚已知式中角的差异、函数名称的差异、运算结构的差异，寻求联系，实现转化．
求4sin 20°＋tan 20°的值．
解：原式＝4sin 20°＋eq \f(sin 20°,cs 20°)
＝eq \f(2sin 40°＋sin 20°,cs 20°)＝eq \f(2sin （60°－20°）＋sin 20°,cs 20°)
＝eq \f(\r(3)cs 20°－sin 20°＋sin 20°,cs 20°)＝eq \r(3).
[基础题组练]
1．计算－sin 133°cs 197°－cs 47°cs 73°的结果为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：选A．－sin 133°cs 197°－cs 47°cs 73°
＝－sin 47°(－cs 17°)－cs 47°sin 17°
＝sin(47°－17°)＝sin 30°＝eq \f(1,2).
2．(2020·福建五校第二次联考)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(4,5)，则sin 2α＝( )
A．eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5)
C．eq \f(7,25) D．－eq \f(7,25)
解析：选C．法一：因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(4,5)，所以sin 2α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(2)－1＝eq \f(7,25).故选C．
法二：因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(4,5)，所以eq \f(\r(2),2)(cs α＋sin α)＝eq \f(4,5)，所以cs α＋sin α＝eq \f(4\r(2),5)，平方得1＋sin 2α＝eq \f(32,25)，得sin 2α＝eq \f(7,25).故选C．
3．(2020·陕西榆林模拟)已知eq \f(cs θ,sin θ)＝3cs(2π＋θ)，|θ|A．eq \f(8\r(2),9) B．eq \f(2\r(2),3)
C．eq \f(4\r(2),9) D．eq \f(2\r(2),9)
解析：选C．因为eq \f(cs θ,sin θ)＝3cs(2π＋θ)，所以eq \f(cs θ,sin θ)＝3cs θ.
又|θ|所以sin 2θ＝2sin θcs θ＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(4\r(2),9)，
故选C．
4．(2020·武汉模拟)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \f(1,4)，则cs x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝( )
A．eq \f(\r(3),4) B．－eq \f(\r(3),4)
C．eq \f(1,4) D．±eq \f(\r(3),4)
解析：选A．因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \f(1,4)，
所以cs x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝cs x＋eq \f(1,2)cs x＋eq \f(\r(3),2)sin x＝
eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x＋\f(1,2)sin x))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \r(3)×eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),4).
故选A．
5．(2020·湘东五校联考)已知sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，sin(α－β)＝eq \f(1,3)，则lgeq \r(5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(tan α,tan β)))eq \s\up12(2)等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C．因为sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，sin(α－β)＝eq \f(1,3)，所以sin αcs β＋cs αsin β＝eq \f(1,2)，sin αcs β－cs αsin β＝eq \f(1,3)，所以sin αcs β＝eq \f(5,12)，cs αsin β＝eq \f(1,12)，所以eq \f(tan α,tan β)＝5，所以lgeq \r(5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(tan α,tan β)))eq \s\up12(2)＝lgeq \r(5)52＝4.故选C．
6．(2020·洛阳统考)已知sin α＋cs α＝eq \f(\r(5),2)，则cs 4α＝________．
解析：由sin α＋cs α＝eq \f(\r(5),2)，得sin2α＋cs2α＋2sin αcs α＝1＋sin 2α＝eq \f(5,4)，所以sin 2α＝eq \f(1,4)，从而cs 4α＝1－2sin22α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(7,8).
答案：eq \f(7,8)
7．(2020·甘肃、青海、宁夏联考改编)若tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，则tan(α＋β)＝________，tan α＝________．
解析：因为tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，
所以tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝eq \f(tan（α＋2β）－tan β,1＋tan（α＋2β）tan β)
＝eq \f(2－（－3）,1＋2×（－3）)＝－1.tan α＝tan(α＋β－β)＝eq \f(－1－（－3）,1＋（－1）×（－3）)＝eq \f(1,2).
答案：－1 eq \f(1,2)
8．已知sin(α－β)cs α－cs(β－α)sin α＝eq \f(3,5)，β是第三象限角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(5π,4)))＝________．
解析：依题意可将已知条件变形为
sin[(α－β)－α]＝－sin β＝eq \f(3,5)，所以sin β＝－eq \f(3,5).
又β是第三象限角，因此有cs β＝－eq \f(4,5)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(5π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))
＝－sin βcs eq \f(π,4)－cs βsin eq \f(π,4)＝eq \f(7\r(2),10).
答案：eq \f(7\r(2),10)
9．已知tan α＝2.
(1)求taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))的值；
(2)求eq \f(sin 2α,sin2α＋sin αcs α－cs 2α－1)的值．
解：(1)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(2＋1,1－2×1)＝－3.
(2)eq \f(sin 2α,sin2α＋sin αcs α－cs 2α－1)＝
eq \f(2sin αcs α,sin2α＋sin αcs α－2cs2α)＝eq \f(2tan α,tan2α＋tan α－2)＝eq \f(2×2,4＋2－2)＝1.
10．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，－\f(4,5))).
(1)求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋π))的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝eq \f(5,13)，求cs β的值．
解：(1)由角α的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))，得sin α＝－eq \f(4,5)，所以sin(α＋π)＝－sin α＝eq \f(4,5).
(2)由角α的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))，得cs α＝－eq \f(3,5)，
由sin(α＋β)＝eq \f(5,13)，得cs(α＋β)＝±eq \f(12,13).
由β＝(α＋β)－α得
cs β＝cs(α＋β)cs α＋sin(α＋β)sin α，
所以cs β＝－eq \f(56,65)或cs β＝eq \f(16,65).
[综合题组练]
1．(2020·河南百校联盟联考)已知α为第二象限角，且tan α＋tan eq \f(π,12)＝2tan αtan eq \f(π,12)－2，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))等于( )
A．－eq \f(\r(10),10) B．eq \f(\r(10),10)
C．－eq \f(3\r(10),10) D．eq \f(3\r(10),10)
解析：选C．tan α＋tan eq \f(π,12)＝2tan αtan eq \f(π,12)－2⇒eq \f(tan α＋tan \f(π,12),1－tan αtan \f(π,12))＝－2⇒taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝－2，因为α为第二象限角，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝eq \f(2\r(5),5)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝－eq \f(\r(5),5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))－\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sin eq \f(π,4)－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))cs eq \f(π,4)＝－eq \f(3\r(10),10).
2．(创新型)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝( )
A．8 B．4
C．2 D．1
解析：选C．因为m＝2sin 18°，m2＋n＝4，
所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cs218°.
所以eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝eq \f(2sin 18°\r(4cs218°),2cs227°－1)＝eq \f(4sin 18°cs 18°,2cs227°－1)＝eq \f(2sin 36°,cs 54°)＝eq \f(2sin 36°,sin 36°)＝2.故选C．
3．已知0<α解析：因为0<α则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,4)))＝tan(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝7.
eq \f(sin2 α＋sin 2α,cs2α＋cs 2α)＝eq \f(sin2α＋2sin αcs α,2cs2α－sin2α)
＝eq \f(tan2α＋2tan α,2－tan2α)＝eq \f(\f(9,16)＋\f(6,4),2－\f(9,16))＝eq \f(33,23).
答案：7 eq \f(33,23)
4．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcs β－cs αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为________．
解析：由sin αcs β－cs αsin β＝1，得sin(α－β)＝1，
又α，β∈[0，π]，所以α－β＝eq \f(π,2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))即eq \f(π,2)≤α≤π，
所以sin(2α－β)＋sin(α－2β)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)
＝cs α＋sin α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))).
因为eq \f(π,2)≤α≤π，所以eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
所以－1≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))≤1，
即取值范围为[－1，1]．
答案：[－1，1]
5．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))，x∈R.
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))的值；
(2)若cs θ＝eq \f(4,5)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))的值．
解：(1)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2).
(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)＋\f(π,12)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(sin 2θ－cs 2θ)．
因为cs θ＝eq \f(4,5)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sin θ＝eq \f(3,5)，
所以sin 2θ＝2sin θcs θ＝eq \f(24,25)，
cs 2θ＝cs2θ－sin2θ＝eq \f(7,25)，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝eq \f(\r(2),2)(sin 2θ－cs 2θ)
＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,25)－\f(7,25)))＝eq \f(17\r(2),50).
6．已知sin α＋cs α＝eq \f(3\r(5),5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).
(1)求sin 2α和tan 2α的值；
(2)求cs(α＋2β)的值．
解：(1)由题意得(sin α＋cs α)2＝eq \f(9,5)，
即1＋sin 2α＝eq \f(9,5)，所以sin 2α＝eq \f(4,5).
又2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs 2α＝ eq \r(1－sin22α)＝eq \f(3,5)，
所以tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(4,3).
(2)因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以β－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，
于是sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(24,25).
又sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝－cs 2β，
所以cs 2β＝－eq \f(24,25)，
又2β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以sin 2β＝eq \f(7,25)，
又cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)＝eq \f(4,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
所以cs α＝eq \f(2\r(5),5)，sin α＝eq \f(\r(5),5).
所以cs(α＋2β)＝cs αcs 2β－sin αsin 2β
＝eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(24,25)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(7,25)
＝－eq \f(11\r(5),25).