第3課時兩角和與差的正弦、余弦和正切公式[考試要求]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.能運用兩角和與差的正弦、余弦、正切公式推導二倍角的正弦、余弦、正切公式．1．兩角和與差的余弦、正弦、正切公式(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝cos_αcos_β＋sin_αsin_β；(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝cos_αcos_β－sin_αsin_β；(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝sin_αcos_β－cos_αsin_β；(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝sin_αcos_β＋cos_αsin_β；(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).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).[常用結論]1．兩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)．2．二倍角余弦公式變形——降冪公式sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2).一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)存在實數α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立．(√)(2)在銳角三角形ABC中，sinAsinB和cosAcosB的大小關系不確定．(×)(3)公式tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)可以變形為tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanα·tanβ)，且對任意角α，β都成立．(×)(4)eq\r(3)sinα＋cosα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))).(×)二、教材經典衍生1．(人教A版必修第一冊P218例3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(\r(2),10) B．eq\f(\r(2),10)C．－eq\f(7\r(2),10) D．eq\f(7\r(2),10)C[因為α是第三象限角，所以sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\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．(人教A版必修第一冊P229習題5.5T6(1)改編)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)D[sin20°cos10°－cos160°sin10°＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝sin30°＝eq\f(1,2).故選D.]3．(多選)(人教A版必修第一冊P223練習T5改編)下列各式的值為eq\f(\r(,2),2)的是()A．sineq\f(π,12)coseq\f(π,12) B．cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)C．eq\f(tan\f(π,8),1－tan2\f(π,8)) D．2cos222.5°－1BD[對于A，sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4)，不符合題意；對于B，cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(,2),2)，符合題意；對于C，eq\f(tan\f(π,8),1－tan2\f(π,8))＝eq\f(1,2)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8)))＝eq\f(1,2)taneq\f(π,4)＝eq\f(1,2)，不符合題意；對于D,2cos222.5°－1＝cos45°＝eq\f(\r(,2),2)，符合題意．]4．(人教A版必修第一冊P254復習參考題5T12(2)改編)tan10°＋tan50°＋eq\r(3)tan10°·tan50°＝________.eq\r(3)[因為tan60°＝tan(10°＋50°)＝eq\f(tan10°＋tan50°,1－tan10°tan50°)，所以tan10°＋tan50°＝tan60°(1－tan10°tan50°)＝eq\r(3)－eq\r(3)tan10°tan50°，所以原式＝eq\r(3)－eq\r(3)tan10°tan50°＋eq\r(3)tan10°tan50°＝eq\r(3).]考點一和、差、倍角公式的直接應用[典例1](1)(2023·新高考Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，則cos(2α＋2β)＝()A．eq\f(7,9) B．eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9) D．－eq\f(7,9)(2)(2024·新高考Ⅰ卷)已知cos(α＋β)＝m，tanαtanβ＝2，則cos(α－β)＝()A．－3m B．－eq\f(m,3)C．eq\f(m,3) D．3m(1)B(2)A[(1)依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinαcosβ－cosαsinβ＝\f(1,3)，,cosαsinβ＝\f(1,6)，))所以sinαcosβ＝eq\f(1,2)，所以sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(1,9).故選B.(2)因為cos(α＋β)＝m，所以cosαcosβ－sinαsinβ＝m.又因為tanαtanβ＝2，所以sinαsinβ＝2cosαcosβ，故cosαcosβ－2cosαcosβ＝m，即cosαcosβ＝－m.從而sinαsinβ＝－2m，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－3m.故選A．]應用公式化簡求值的策略(1)要記住公式的結構特征和符號變化規律．(2)注意與同角三角函數基本關系、誘導公式的綜合應用．(3)注意配方法、因式分解和整體代換思想的應用．[跟進訓練]1．(1)已知eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝2，則tanθ＝()A．eq\f(4,3) B．－eq\f(2,3)C．－eq\f(4,3) D．eq\f(2,3)(2)已知tan(α＋β)＝2(tanα＋tanβ)，且tanα＋tanβ≠0，cos(α－β)＝eq\f(3,5)，則cos(2α＋2β)＝()A．－eq\f(7,25) B．eq\f(7,25)C．－eq\f(23,25) D．eq\f(23,25)(1)C(2)C[(1)由eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝eq\f(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2),sin2\f(θ,2)＋cos2\f(θ,2)＋cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2))＝eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝taneq\f(θ,2)＝2，所以tanθ＝eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq\f(4,1－4)＝－eq\f(4,3).故選C．(2)由題意可得tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝2(tanα＋tanβ)，因為tanα＋tanβ≠0，所以tanαtanβ＝eq\f(1,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanαtanβ＝\f(sinαsinβ,cosαcosβ)＝\f(1,2)，,cosα－β＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝\f(3,5)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinαsinβ＝\f(1,5)，,cosαcosβ＝\f(2,5)，))故cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(1,5)，所以cos(2α＋2β)＝cos[2(α＋β)]＝2cos2(α＋β)－1＝－eq\f(23,25).故選C．]考點二公式的逆用與變形公式的逆用[典例2](多選)下列等式正確的是()A．cos82°sin52°－sin82°cos52°＝eq\f(1,2)B．sin15°sin30°sin75°＝eq\f(1,8)C．eq\f(tan48°＋tan72°,1－tan48°tan72°)＝eq\r(3)D．cos215°－sin215°＝eq\f(\r(3),2)BD[選項A中，cos82°sin52°－sin82°cos52°＝sin(52°－82°)＝sin(－30°)＝－sin30°＝－eq\f(1,2)，故A錯誤；選項B中，sin15°sin30°sin75°＝eq\f(1,2)sin15°cos15°＝eq\f(1,4)sin30°＝eq\f(1,8)，故B正確；選項C中，eq\f(tan48°＋tan72°,1－tan48°tan72°)＝tan(48°＋72°)＝tan120°＝－eq\r(3)，故C錯誤；選項D中，cos215°－sin215°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，故D正確．]公式的變形[典例3](1)(多選)已知α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinα＋sinγ＝sinβ，cosβ＋cosγ＝cosα，則下列說法正確的是()A．cos(β－α)＝eq\f(1,2) B．cos(β－α)＝eq\f(1,3)C．β－α＝－eq\f(π,3) D．β－α＝eq\f(π,3)(2)(2024·新高考Ⅱ卷)已知α為第一象限角，β為第三象限角，tanα＋tanβ＝4，tanαtanβ＝eq\r(2)＋1，則sin(α＋β)＝.(1)AD(2)－eq\f(2\r(2),3)[(1)由題意知，sinγ＝sinβ－sinα，cosγ＝cosα－cosβ，將兩式分別平方后相加，得1＝(sinβ－sinα)2＋(cosα－cosβ)2＝2－2(sinβsinα＋cosβcosα)，所以cos(β－α)＝eq\f(1,2)，即選項A正確，B錯誤；因為γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinγ＝sinβ－sinα>0，所以β>α，而α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0<β－α<eq\f(π,2)，所以β－α＝eq\f(π,3)，即選項D正確，C錯誤．(2)法一：由題意得tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(4,1－\r(2)＋1)＝－2eq\r(2).因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ＋π，2mπ＋\f(3π,2)))，m∈Z，所以α＋β∈((2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z.又因為tan(α＋β)＝－2eq\r(2)<0，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋2kπ＋\f(3π,2)，2m＋2k·π＋2π))，k，m∈Z，故sin(α＋β)<0.又eq\f(sinα＋β,cosα＋β)＝－2eq\r(2)，聯立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－eq\f(2\r(2),3).法二：因為α為第一象限角，β為第三象限角，所以cosα>0，cosβ<0，cosα＝eq\f(cosα,\r(sin2α＋cos2α))＝eq\f(1,\r(1＋tan2α))，cosβ＝eq\f(cosβ,\r(sin2β＋cos2β))＝eq\f(－1,\r(1＋tan2β))，則sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝cosαcosβ(tanα＋tanβ)＝4cosαcosβ＝eq\f(－4,\r(1＋tan2α)\r(1＋tan2β))＝eq\f(－4,\r(tanα＋tanβ2＋tanαtanβ－12))＝eq\f(－4,\r(16＋2))＝－eq\f(2\r(2),3).]三角函數公式活用技巧(1)逆用公式應準確找出所給式子與公式的異同，創造條件逆用公式．(2)tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，注意公式的正用、逆用和變形使用．(3)注意特殊角的應用，當式子中出現eq\f(1,2)，1，eq\f(\r(3),2)，eq\r(3)等這些數值時，一定要考慮引入特殊角，把值變角以便構造適合公式的形式．[跟進訓練]2．(1)(2025·濰坊模擬)在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，則cosC的值為()A．－eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)(2)設a＝cos50°cos127°＋cos40°cos37°，b＝eq\f(\r(2),2)(sin56°－cos56°)，c＝eq\f(1－tan239°,1＋tan239°)，則a，b，c的大小關系是()A．a>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．a>c>b(1)B(2)D[(1)由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，可得eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－1，即tan(A＋B)＝－1，又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)a＝cos50°cos127°＋cos40°cos37°＝cos50°cos127°＋sin50°sin127°＝cos(50°－127°)＝cos(－77°)＝cos77°＝sin13°，b＝eq\f(\r(2),2)(sin56°－cos56°)＝eq\f(\r(2),2)sin56°－eq\f(\r(2),2)cos56°＝sin(56°－45°)＝sin11°，c＝eq\f(1－tan239°,1＋tan239°)＝eq\f(1－\f(sin239°,cos239°),1＋\f(sin239°,cos239°))＝cos239°－sin239°＝cos78°＝sin12°.因為當0°≤x≤90°時，函數y＝sinx單調遞增，所以sin13°>sin12°>sin11°，所以a>c>b.]考點三角的變換問題[典例4](1)已知sinα＝eq\f(2\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均為銳角，則β等于()A．eq\f(5π,12) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)(2)已知α，β滿足sin(2α＋β)＝cosβ，tanα＝2，則tanβ的值為()A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(2,3)C．eq\f(1,3) D．eq\f(2,3)(1)C(2)A[(1)因為sinα＝eq\f(2\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，且α，β均為銳角，所以－eq\f(π,2)＜β－α＜eq\f(π,2).又sin(β－α)＜0，所以－eq\f(π,2)＜β－α＜0，所以cos(β－α)＞0.所以cosα＝eq\f(\r(5),5)，cos(β－α)＝eq\f(3\r(10),10)，所以sinβ＝sin[α＋(β－α)]＝sinα·cos(β－α)＋cosα·sin(β－α)＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＋eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq\f(25\r(2),50)＝eq\f(\r(2),2)，所以β＝eq\f(π,4).故選C．(2)因為sin(2α＋β)＝cosβ，所以sin(α＋α＋β)＝cos(α＋β－α)，即sinαcos(α＋β)＋cosαsin(α＋β)＝cos(α＋β)cosα＋sinαsin(α＋β)，顯然cosα≠0，兩邊同除cosα得：tanαcos(α＋β)＋sin(α＋β)＝cos(α＋β)＋tanαsin(α＋β)，2cos(α＋β)＋sin(α＋β)＝cos(α＋β)＋2sin(α＋β)，即cos(α＋β)＝sin(α＋β)，易知cos(α＋β)≠0，則tan(α＋β)＝1，tanβ＝tan(α＋β－α)＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(1－2,1＋1×2)＝－eq\f(1,3).故選A．]三角公式求值中變角的解題思路(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，即拆角或湊角，如2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－eq\f(π,4).(2)當“已知角”有一個時，應著眼于“所求角”與“已知角”的和或差的關系，應用誘導公式把“所求角”變成“已知角”．[跟進訓練]3．(1)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6π,5)＋α))＝eq\f(\r(3),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)－2α))＝()A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,3)(2)eq\f(cos70°－cos20°,cos65°)＝________.(1)B(2)－eq\r(2)[(1)因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6π,5)＋α))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)＋α))＝eq\f(\r(3),3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)＋α))＝－eq\f(\r(3),3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)＋2α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)＋2α))＝－1＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)＋α))＝－eq\f(1,3).故選B.(2)eq\f(cos70°－cos20°,cos65°)＝eq\f(cos90°－20°－cos20°,cos65°)＝eq\f(sin20°－cos20°,cos45°＋20°)＝eq\f(sin20°－cos20°,cos45°cos20°－sin45°sin20°)＝－eq\r(2).]課時分層作業(二十五)(本試卷共97分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．設α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，若cosβ＝－eq\f(1,3)，sin(α＋β)＝eq\f(7,9)，則sinα的值為()A．eq\f(1,27) B．eq\f(5,27)C．eq\f(1,3) D．eq\f(23,27)C[由cosβ＝－eq\f(1,3)，sin(α＋β)＝eq\f(7,9)，可得sinβ＝eq\f(2\r(2),3)，cos(α＋β)＝－eq\f(4\r(2),9)，所以sinα＝sin[(α＋β)－β]＝eq\f(7,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(2),9)))×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(1,3).]2．(2021·全國乙卷)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)D[因為coseq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sineq\f(π,12)，所以cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故選D.]3．(2025·泰安模擬)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))－4sin2α＝－2，則tan2α＝()A．－2 B．－eq\f(1,2)C．2 D．eq\f(1,2)C[由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))－4sin2α＝－2，得－sin2α－4sin2α＝－2，即eq\f(2sinαcosα＋4sin2α,sin2α＋cos2α)＝2，即eq\f(2tanα＋4tan2α,tan2α＋1)＝2，所以2tanα＋4tan2α＝2tan2α＋2，所以tanα＝1－tan2α，則tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝2.故選C．]4．(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，則()A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1C[法一：設β＝0，則sinα＋cosα＝0，取α＝eq\f(3π,4)，排除A，B；再取α＝0，則sinβ＋cosβ＝2sinβ，取β＝eq\f(π,4)，排除D.故選C．法二：由sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋β))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosβ＋eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，故eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosβ＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))·sinβ，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosβ－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)－β))＝0，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sin(α－β)＋eq\f(\r(2),2)cos(α－β)＝0，故sin(α－β)＝－cos(α－β)，故tan(α－β)＝－1.故選C．]5．已知cosα＋cosβ＝eq\f(1,2)，sinα－sinβ＝eq\f(1,3)，則cos(α＋β)的值為()A．－eq\f(13,72) B．eq\f(13,72)C．－eq\f(59,72) D．eq\f(59,72)C[(cosα＋cosβ)2＝cos2α＋2cosαcosβ＋cos2β＝eq\f(1,4)，(sinα－sinβ)2＝sin2α－2sinαsinβ＋sin2β＝eq\f(1,9)，兩式相加得2＋2(cosαcosβ－sinαsinβ)＝2＋2cos(α＋β)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)＝eq\f(13,36)，所以cos(α＋β)＝－eq\f(59,72).故選C．]6．已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，若tanα，tanβ是方程x2－4eq\r(3)x＋5＝0的兩根，則α＋β＝()A．－eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) B．－eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)C[由tanα，tanβ是方程x2－4eq\r(3)x＋5＝0的兩根可得tanα＋tanβ＝4eq\r(3)，tanα·tanβ＝5.所以tanα，tanβ均為正數．又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanα·tanβ)＝eq\f(4\r(3),1－5)＝－eq\r(3).又α＋β∈(0，π)．故α＋β＝eq\f(2π,3).故選C．]二、多項選擇題7．若5sin2α＋5cos2α＋1＝0，則tanα的值可能為()A．2 B．3C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(1,2)BD[因為5sin2α＋5cos2α＋1＝0，即eq\f(5×2sinαcosα＋5cos2α－5sin2α,sin2α＋cos2α)＝－1，即eq\f(10tanα＋5－5tan2α,tan2α＋1)＝－1，即2tan2α－5tanα－3＝0，所以tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,2).故選BD.]8．已知cosα＝eq\f(1,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(1,3)，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則()A．cosβ＝eq\f(7,9) B．sinβ＝eq\f(\r(2),3)C．cos(α－β)＝eq\f(23,27) D．sin(α－β)＝－eq\f(4,27)AC[因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cosα＝eq\f(1,3)，所以sinα＝eq\f(2\r(2),3).又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(2\r(2),3)，所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(1,9)＋eq\f(8,9)＝eq\f(7,9)，A正確．sinβ＝eq\f(4\r(2),9)，B錯誤．cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(23,27)，C正確．sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(10\r(2),27)，D錯誤．]三、填空題9．(2025·濟南模擬)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且tanα＋tanβ＋eq\r(3)tanαtanβ＝eq\r(3)，則α＋β＝________.－eq\f(2π,3)[由tanα＋tanβ＋eq\r(3)tanαtanβ＝eq\r(3)，得tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\r(3)，又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，則α＋β∈(－π，0)，所以α＋β＝－eq\f(2π,3).]10．已知sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3)，則eq\f(tanα,tanβ)＝________.5[因為sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3)，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)，sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，所以sinαcosβ＝eq\f(5,12)，cosαsinβ＝eq\f(1,12)，所以eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(sinαcosβ,cosαsinβ)＝5.]四、解答題11．(15分)(2025·菏澤模擬)已知角α的頂點與原點重合，始邊與x軸正半軸重合，終邊在直線y＝2x上．(1)求cos2α的值；(2)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)，－eq\f(π,2)<β<0，求sin(α－2β)的值．解：(1)由題意得，tanα＝2，所以cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－4,1＋4)＝－eq\f(3,5).(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(sinα,cosα)＝2，,sin2α＋cos2α＝1，))且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，解得sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)，β＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(10),10).所以cosβ＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(5),5)，則cos2β＝2cos2β－1＝2×eq\f(4,5)－1＝eq\f(3,5)，因為－π＜2β＜0，所以sin2β＝－eq\r(1－cos22β)＝－eq\f(4,5).所以sin(α－2β)＝sinαcos2β－cosαsin2β＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3,5)－eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝eq\f(2\r(5),5).12．(15分)在①tan(π＋α)＝3；②sin(π－α)－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cos(－α)；③3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))中任選一個條件，補充在下面問題中，并解決問題．已知0<β<α<eq\f(π,2)，________，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5).(1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))；(2)求β.解：(1)若選①，tan(π＋α)＝tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝3，又因為sin2α＋cos2α＝1,0<α<eq