2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第四章 §4.3　两角和与差的正弦、余弦和正切公式

§4.3　两角和与差的正弦、余弦和正切公式考试要求　1.会推导两角差的余弦公式.2.会用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式.3.掌握两角和与差的正弦、余弦、正切公式，并会简单应用．知识梳理1．两角和与差的余弦、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(tan α－tan β,1＋tan αtan β)；(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β).2．辅助角公式asin α＋bcos α＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中sin φ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))，cos φ＝eq \f(a,\r(a2＋b2)).知识拓展两角和与差的公式的常用变形：(1)sin αsin β＋cos(α＋β)＝cos αcos β.(2)cos αsin β＋sin(α－β)＝sin αcos β.(3)tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)．tan αtan β＝1－eq \f(tan α＋tan β,tanα＋β)＝eq \f(tan α－tan β,tanα－β)－1.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)存在实数α，β，使等式sin(α＋β)＝sin α＋sin β成立．(　√　)(2)在锐角△ABC中，sin Asin B和cos Acos B大小不确定．(　×　)(3)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．(　×　)(4)eq \f(\r(3),2)sin α＋eq \f(1,2)cos α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))).(　×　)教材改编题1．若cos α＝－eq \f(4,5)，α是第三象限角，则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)答案　C解析　∵α是第三象限角，∴sin α＝－eq \r(1－cos2α)＝－eq \f(3,5)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sin αcos eq \f(π,4)＋cos αsin eq \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．计算：sin 108°cos 42°－cos 72°sin 42°＝ .答案　eq \f(1,2)解析　原式＝sin(180°－72°)cos 42°－cos 72°sin 42°＝sin 72°cos 42°－cos 72°sin 42°＝sin(72°－42°)＝sin 30°＝eq \f(1,2).3．若tan α＝eq \f(1,3)，tan(α＋β)＝eq \f(1,2)，则tan β＝ .答案　eq \f(1,7)解析　tan β＝tan[(α＋β)－α]＝eq \f(tanα＋β－tan α,1＋tanα＋βtan α)＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq \f(1,7).题型一　两角和与差的三角函数公式例1　(1)(2022·包头模拟)已知cos α＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝1，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))等于(　　)A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)答案　D解析　∵cos α＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝1，∴cos α＋eq \f(1,2)cos α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝eq \f(3,2)cos α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos α＋\f(1,2)sin α))＝eq \r(3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝1，∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3).(2)化简：①sin x＋eq \r(3)cos x＝ .答案　2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))解析　sin x＋eq \r(3)cos x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cos x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).②eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝ .答案　eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－x))解析　原式＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－x)).教师备选1．(2020·全国Ⅲ)已知sin θ＋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)))等于(　　)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　因为sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))cos eq \f(π,6)－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sin eq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))cos eq \f(π,6)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))sin eq \f(π,6)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))cos eq \f(π,6)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1.所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3).2．已知sin α＝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))，∴cos α＝－eq \f(4,5)，tan α＝－eq \f(3,4)，又tan(π－β)＝eq \f(1,2)，∴tan β＝－eq \f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan α·tan β)＝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).思维升华　两角和与差的三角函数公式可看作是诱导公式的推广，可用α，β的三角函数表示α±β的三角函数，在使用两角和与差的三角函数公式时，特别要注意角与角之间的关系，完成统一角和角与角转换的目的．跟踪训练1　(1)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的最小值为(　　)A.eq \r(2) B．－2C．－eq \r(2) D.eq \r(3)答案　C解析　y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝sin 2xcos eq \f(π,4)＋cos 2xsin eq \f(π,4)＋sin 2xcos eq \f(π,4)－cos 2xsin eq \f(π,4)＝eq \r(2)sin 2x.∴y的最小值为－eq \r(2).(2)已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \r(3)cos α，tan β＝eq \f(\r(3),3)，则tan(α＋β)＝ .答案　－eq \f(\r(3),3)解析　因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)cos α－eq \f(1,2)sin α＝eq \r(3)cos α，所以－sin α＝eq \r(3)cos α，故tan α＝－eq \r(3)，所以tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(－\r(3)＋\f(\r(3),3),1＋\r(3)×\f(\r(3),3))＝eq \f(－\f(2\r(3),3),2)＝－eq \f(\r(3),3).题型二　两角和与差的三角函数公式的逆用与变形例2　(1)(多选)已知α，β，γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin α＋sin γ＝sin β，cos β＋cos γ＝cos α，则下列说法正确的是(　　)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)答案　AD解析　由题意知，sin γ＝sin β－sin α，cos γ＝cos α－cos β，将两式分别平方后相加，得1＝(sin β－sin α)2＋(cos α－cos β)2＝2－2(sin βsin α＋cos βcos α)，∴cos(β－α)＝eq \f(1,2)，即选项A正确，B错误；∵γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sin γ＝sin β－sin α>0，∴β>α，而α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴0<β－α<eq \f(π,2)，∴β－α＝eq \f(π,3)，即选项D正确，C错误．(2)在△ABC中，C＝120°，tan A＋tan B＝eq \f(2\r(3),3)，则tan Atan B的值为(　　)A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)C.eq \f(1,2) D.eq \f(5,3)答案　B解析　∵C＝120°，∴tan C＝－eq \r(3).∵A＋B＝π－C，∴tan(A＋B)＝－tan C.∴tan(A＋B)＝eq \r(3)，tan A＋tan B＝eq \r(3)(1－tan Atan B)，又∵tan A＋tan B＝eq \f(2\r(3),3)，∴tan Atan B＝eq \f(1,3).延伸探究　若将本例(2)的条件改为tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，则C等于(　　)A．45° B．135°C．150° D．30°答案　A解析　在△ABC中，因为tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，所以tan(A＋B)＝eq \f(tan A＋tan B,1－tan Atan B)＝－1＝－tan C，所以tan C＝1，所以C＝45°.教师备选1．若α＋β＝－eq \f(3π,4)，则(1＋tan α)(1＋tan β)＝ .答案　2解析　taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝1，所以1－tan αtan β＝tan α＋tan β，所以1＋tan α＋tan β＋tan αtan β＝2，即(1＋tan α)·(1＋tan β)＝2.2．已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝ .答案　－eq \f(1,2)解析　∵sin α＋cos β＝1，①cos α＋sin β＝0，②∴①2＋②2得1＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＋1＝1，∴sin αcos β＋cos αsin β＝－eq \f(1,2)，∴sin(α＋β)＝－eq \f(1,2).思维升华　运用两角和与差的三角函数公式时，不但要熟练、准确，而且要熟悉公式的逆用及变形．公式的逆用和变形应用更能开拓思路，增强从正向思维向逆向思维转化的能力．跟踪训练2　(1)设a＝cos 50°cos 127°＋cos 40°cos 37°，b＝eq \f(\r(2),2)(sin 56°－cos 56°)，c＝eq \f(1－tan239°,1＋tan239°)，则a，b，c的大小关系是(　　)A．a>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．a>c>b答案　D解析　由两角和与差的正、余弦公式及诱导公式，可得a＝cos 50°cos 127°＋cos 40°cos 37°＝cos 50°cos 127°＋sin 50°sin 127°＝cos(50°－127°)＝cos(－77°)＝cos 77°＝sin 13°，b＝eq \f(\r(2),2)(sin 56°－cos 56°)＝eq \f(\r(2),2)sin 56°－eq \f(\r(2),2)cos 56°＝sin(56°－45°)＝sin 11°，c＝eq \f(1－tan239°,1＋tan239°)＝eq \f(1－\f(sin239°,cos239°),1＋\f(sin239°,cos239°))＝cos239°－sin239°＝cos 78°＝sin 12°.因为函数y＝sin x在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以sin 13°>sin 12°>sin 11°，所以a>c>b.(2)(1＋tan 20°)(1＋tan 21°)(1＋tan 24°)(1＋tan 25°)＝ .答案　4解析　(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝1＋tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°＝1＋tan(20°＋25°)(1－tan 20°tan 25°)＋tan 20°tan 25°＝2，同理可得(1＋tan 21°)(1＋tan 24°)＝2，所以原式＝4.题型三　角的变换问题例3　(1)已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))＝eq \f(5,13)，则sin(α－β)的值为(　　)A.eq \f(16,65) B.eq \f(33,65)C.eq \f(56,65) D.eq \f(63,65)答案　A解析　由题意可得α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β－eq \f(5π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))＝－eq \f(12,13)，所以sin(α－β)＝－sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))))＝－eq \f(4,5)×eq \f(5,13)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq \f(16,65).(2)(2022·青岛模拟)若tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，则tan(α＋β)＝ ，tan α＝ .答案　－1　eq \f(1,2)解析　∵tan(α＋2β)＝2，tan β＝－3，∴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).教师备选(2022·华中师范大学第一附属中学月考)已知α，β为锐角，tan α＝eq \f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5).(1)求cos 2α的值；(2)求tan(α－β)的值．解　(1)因为tan α＝eq \f(4,3)，tan α＝eq \f(sin α,cos α)，所以sin α＝eq \f(4,3)cos α.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq \f(9,25)，因此，cos 2α＝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tan α＝eq \f(4,3)，所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝－eq \f(24,7)，因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq \f(tan 2α－tanα＋β,1＋tan 2αtanα＋β)＝－eq \f(2,11).思维升华　常用的拆角、配角技巧：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)；15°＝45°－30°；eq \f(π,4)＋α＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．跟踪训练3　(1)已知sin α＝eq \f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β＝ .答案　eq \f(π,4)解析　因为α，β均为锐角，所以－eq \f(π,2)<α－β<eq \f(π,2).又sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，所以cos(α－β)＝eq \f(3\r(10),10).又sin α＝eq \f(\r(5),5)，所以cos α＝eq \f(2\r(5),5)，所以sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝eq \f(\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq \f(\r(2),2).所以β＝eq \f(π,4).(2)已知0<α<eq \f(π,2)<β<π，tan α＝eq \f(4,3)，cos(β－α)＝eq \f(\r(2),10)，则sin α＝ ，cos β＝ .答案　eq \f(4,5)　－eq \f(\r(2),2)解析　因为0<α<eq \f(π,2)，且tan α＝eq \f(4,3)，所以sin α＝eq \f(4,5)，cos α＝eq \f(3,5)，由0<α<eq \f(π,2)<β<π，则0<β－α<π，又因为cos(β－α)＝eq \f(\r(2),10)，则sin(β－α)＝eq \f(7\r(2),10)，所以cos β＝cos[(β－α)＋α]＝cos(β－α)cos α－sin(β－α)sin α＝eq \f(\r(2),10)×eq \f(3,5)－eq \f(7\r(2),10)×eq \f(4,5)＝－eq \f(\r(2),2).课时精练1．(2022·北京模拟)tan 105°等于(　　)A．2－eq \r(3) B．－2－eq \r(3)C.eq \r(3)－2 D．－eq \r(3)答案　B解析　tan 105°＝tan(60°＋45°)＝eq \f(tan 60°＋tan 45°,1－tan 60°·tan 45°)＝eq \f(\r(3)＋1,1－\r(3))＝eq \f(\r(3)＋12,1－\r(3)1＋\r(3))＝eq \f(4＋2\r(3),－2)＝－2－eq \r(3).2．已知点P(x，2eq \r(2))是角α终边上一点，且cos α＝－eq \f(1,3)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))等于(　　)A．－eq \f(\r(3)＋2\r(2),6) B.eq \f(\r(3)＋2\r(2),6)C.eq \f(\r(3)－2\r(2),6) D.eq \f(2\r(2)－\r(3),6)答案　A解析　因为点P(x，2eq \r(2))是角α终边上一点，则有cos α＝eq \f(x,\r(x2＋2\r(2)2))＝eq \f(x,\r(x2＋8))，而cos α＝－eq \f(1,3)，于是得eq \f(x,\r(x2＋8))＝－eq \f(1,3)，解得x＝－1，则sin α＝eq \f(2\r(2),\r(x2＋8))＝eq \f(2\r(2),3)，因此，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝cos eq \f(π,6)cos α－sin eq \f(π,6)sin α＝eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))－eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2),3)＝－eq \f(\r(3)＋2\r(2),6)，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝－eq \f(\r(3)＋2\r(2),6).3.eq \f(sin 10°,1－\r(3)tan 10°)等于(　　)A．1 B.eq \f(1,4)C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)答案　B解析　eq \f(sin 10°,1－\r(3)tan 10°)＝eq \f(sin 10°cos 10°,cos 10°－\r(3)sin 10°)＝eq \f(2sin 10°cos 10°,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 10°－\f(\r(3),2)sin 10°)))＝eq \f(sin 20°,4sin30°－10°)＝eq \f(1,4).4．已知锐角α，β满足sin α＝eq \f(\r(5),5)，cos β＝eq \f(3\r(10),10)，则α＋β等于(　　)A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)C.eq \f(π,4) D．2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)答案　C解析　由sin α＝eq \f(\r(5),5)，cos β＝eq \f(3\r(10),10)，且α，β为锐角，可知cos α＝eq \f(2\r(5),5)，sin β＝eq \f(\r(10),10)，故cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝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，故α＋β＝eq \f(π,4).5．(多选)下列四个选项中，化简正确的是(　　)A．cos(－15°)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)B．cos 15°cos 105°＋sin 15°sin 105°＝cos(15°－105°)＝0C．cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝cos 60°＝eq \f(1,2)D．sin 14°cos 16°＋sin 76°cos 74°＝eq \f(1,2)答案　BCD解析　对于A，方法一　原式＝cos(30°－45°)＝cos 30°·cos 45°＋sin 30°sin 45°＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4).方法二　原式＝cos 15°＝cos(45°－30°)＝cos 45°cos 30°＋sin 45°sin 30°＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，A错误．对于B，原式＝cos(15°－105°)＝cos(－90°)＝cos 90°＝0，B正确．对于C，原式＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝cos 60°＝eq \f(1,2)，C正确．对于D，原式＝cos 76°cos 16°＋sin 76°sin 16°＝cos(76°－16°)＝cos 60°＝eq \f(1,2)，D正确．6．(多选)已知cos(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，cos 2α＝－eq \f(5,13)，其中α，β为锐角，以下判断正确的是(　　)A．sin 2α＝eq \f(12,13) B．cos(α－β)＝eq \f(19\r(5),65)C．cos αcos β＝eq \f(8\r(5),65) D．tan αtan β＝eq \f(11,8)答案　AC解析　因为cos(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，cos 2α＝－eq \f(5,13)，其中α，β为锐角，所以sin 2α＝eq \r(1－cos22α)＝eq \f(12,13)，故A正确；因为sin(α＋β)＝eq \f(2\r(5),5)，所以cos(α－β)＝cos [2α－(α＋β)]＝cos 2αcos(α＋β)＋sin 2αsin(α＋β)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＋eq \f(12,13)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(29\r(5),65)，故B错误；cos αcos β＝eq \f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)＋\f(29\r(5),65)))＝eq \f(8\r(5),65)，故C正确；sin αsin β＝eq \f(1,2)[cos(α－β)－cos(α＋β)]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(29\r(5),65)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))))＝eq \f(21\r(5),65)，所以tan αtan β＝eq \f(21,8)，故D错误．7．化简：sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝ .答案　sin(α＋γ)解析　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)．8．已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(12,13)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝ .答案　－eq \f(56,65)解析　因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以eq \f(3π,2)<α＋β<2π，eq \f(π,2)<β－eq \f(π,4)<eq \f(3π,4)，因为sin(α＋β)＝－eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(12,13)，所以cos(α＋β)＝eq \f(4,5)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq \f(5,13)，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq \f(12,13)＝－eq \f(56,65).9．已知0＜β＜eq \f(π,2)＜α＜π，且coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq \f(1,9)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq \f(2,3)，求cos(α＋β)的值．解　∵0＜β＜eq \f(π,2)＜α＜π，∴－eq \f(π,4)＜eq \f(α,2)－β＜eq \f(π,2)，eq \f(π,4)＜α－eq \f(β,2)＜π，∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq \f(\r(5),3)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq \r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq \f(4\r(5),9)，∴coseq \f(α＋β,2)＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq \f(\r(5),3)＋eq \f(4\r(5),9)×eq \f(2,3)＝eq \f(7\r(5),27)，∴cos(α＋β)＝2cos2eq \f(α＋β,2)－1＝2×eq \f(49×5,729)－1＝－eq \f(239,729).10．已知α，β均为锐角，且sin α＝eq \f(3,5)，tan(α－β)＝－eq \f(1,3).(1)求sin(α－β)的值；(2)求cos β的值．解　(1)∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴－eq \f(π,2)＜α－β＜eq \f(π,2).又∵tan(α－β)＝－eq \f(1,3)＜0，∴－eq \f(π,2)＜α－β＜0.∴sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10).(2)由(1)可得，cos(α－β)＝eq \f(3\r(10),10).∵α为锐角，且sin α＝eq \f(3,5)，∴cos α＝eq \f(4,5).∴cos β＝cos [α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝eq \f(4,5)×eq \f(3\r(10),10)＋eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq \f(9\r(10),50).11．已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝2cos(π－α)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))等于(　　)A．－3 B.eq \f(1,3)C．－eq \f(1,3) D．3答案　C解析　由coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝2cos(π－α)得sin α＝－2cos α，即tan α＝－2，∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(tan \f(π,4)＋tan α,1－tan \f(π,4)tan α)＝eq \f(1－2,1－1×－2)＝－eq \f(1,3).12．(多选)下列结论正确的是(　　)A．sin(α－β)sin(β－γ)－cos(α－β)cos(γ－β)＝－cos(α－γ)B．3eq \r(15)sin x＋3eq \r(5)cos x＝3eq \r(5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))C．f(x)＝sin eq \f(x,2)＋cos eq \f(x,2)的最大值为2D．tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝1答案　AD解析　对于A，左边＝－[cos(α－β)cos(β－γ)－sin(α－β)·sin(β－γ)]＝－cos[(α－β)＋(β－γ)]＝－cos(α－γ)，故A正确；对于B，3eq \r(15)sin x＋3eq \r(5)cos x＝6eq \r(5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin x＋\f(1,2)cos x))＝6eq \r(5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，故B错误；对于C，f(x)＝sin eq \f(x,2)＋cos eq \f(x,2)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))，所以f(x)的最大值为eq \r(2)，故C错误；对于D，tan 12°＋tan 33°＋tan 12°tan 33°＝tan(12°＋33°)·(1－tan 12°tan 33°)＋tan 12°tan 33°＝1，故D正确．13．已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>1)的两根分别为tan α，tan β，且α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则α＋β＝ .答案　－eq \f(3π,4)解析　依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(tan α＋tan β＝－3a，,tan α·tan β＝3a＋1，))所以tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan α·tan β)＝eq \f(－3a,1－3a＋1)＝1.又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(tan α＋tan β<0，,tan α·tan β>0，))所以tan α<0且tan β<0，所以－eq \f(π,2)<α<0且－eq \f(π,2)<β<0，即－π<α＋β<0，结合tan(α＋β)＝1，得α＋β＝－eq \f(3π,4).14．(2022·阜阳模拟)设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为 ．答案　[－1，1]解析　由sin αcos β－cos αsin β＝1，得sin(α－β)＝1，又α，β∈[0，π]，∴－π≤α－β≤π，∴α－β＝eq \f(π,2)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))即eq \f(π,2)≤α≤π，∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).∵eq \f(π,2)≤α≤π，∴eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，∴－1≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))≤1，即sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为[－1，1]．15．(2022·河北五校联考)已知x，y∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin(x＋y)＝2sin(x－y)，则x－y的最大值为(　　)A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,8)答案　B解析　由sin(x＋y)＝2sin(x－y)得sin xcos y＋cos xsin y＝2sin xcos y－2cos xsin y，则tan x＝3tan y，所以tan(x－y)＝eq \f(tan x－tan y,1＋tan xtan y)＝eq \f(2tan y,1＋3tan2y)＝eq \f(2,\f(1,tan y)＋3tan y)≤eq \f(\r(3),3)，当且仅当tan y＝eq \f(\r(3),3)时等号成立，由于f(x)＝tan x在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，又x，y∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则x－y的最大值为eq \f(π,6).16.如图，在平面直角坐标系Oxy中，顶点在坐标原点，以x轴非负半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆O分别交于A，B两点，x轴的非负半轴与单位圆O交于点M，已知S△OAM＝eq \f(\r(5),5)，点B的纵坐标是eq \f(\r(2),10).(1)求cos(α－β)的值；(2)求2α－β的值．解　(1)由题意知，|OA|＝|OM|＝1，因为S△OAM＝eq \f(1,2)|OA|·|OM|sin α＝eq \f(\r(5),5)，所以sin α＝eq \f(2\r(5),5)，又α为锐角，所以cos α＝eq \f(\r(5),5).因为点B是钝角β的终边与单位圆O的交点，且点B的纵坐标是eq \f(\r(2),10)，所以sin β＝eq \f(\r(2),10)，cos β＝－eq \f(7\r(2),10)，所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))＋eq \f(2\r(5),5)×eq \f(\r(2),10)＝－eq \f(\r(10),10).(2)因为sin α＝eq \f(2\r(5),5)，cos α＝eq \f(\r(5),5)，cos(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(2),10)＝－eq \f(3\r(10),10)，所以sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sin αcos(α－β)＋cos αsin(α－β)＝－eq \f(\r(2),2)，因为α为锐角，sin α＝eq \f(2\r(5),5)>eq \f(\r(2),2)，所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq \f(π,4).