第3章三角恒等變換第1課時兩角和與差的余弦如圖，在平面直角坐標系xOy內作單位圓O，以Ox軸為始邊作角α，β，它們的終邊分別與單位圓交于A，B兩點．問題1：求A，B兩點的坐標．提示：A(cosα，sinα)，B(cosβ，sinβ)問題2：求·的值．提示：·＝(cosα，sinα)·(cosβ，sinβ)＝cosαcosβ＋sinα·sinβ.問題3：假設與的夾角為θ，求cosθ.提示：cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝cosαcosβ＋sinαsinβ.問題4：θ與α、β之間有什么關系？能否用α、β的正、余弦值表示cos(α－β)?提示：θ＝α－β；cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ.兩角和與差的余弦公式(1)cos(α－β)＝cos_αcos_β＋sin_αsin_β；(2)cos(α＋β)＝cos_αcos_β－sin_αsin_β.1．公式中的角α、β是任意角，特點是用單角的三角函數(shù)表示復角的三角函數(shù)，cos(α－β)、cos(α＋β)是一個整體．2．公式特點：公式右端的兩局部為同名三角函數(shù)積，連接符號與左邊角的連接符號相反，可用口訣“余余、正正、號相反〞記憶公式．[例1]求以下各式的值：(1)cos40°cos70°＋cos20°cos50°；(2)eq\f(cos7°－sin15°sin8°,cos8°).[思路點撥](1)逆用公式可得角；(2)7°＝15°－8°，可用兩角差的余弦公式解決．[精解詳析](1)原式＝cos40°cos70°＋sin70°sin40°＝cos(70°－40°)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).(2)原式＝eq\f(cos15°－8°－sin15°sin8°,cos8°)＝eq\f(cos15°cos8°,cos8°)＝cos15°＝cos(60°－45°)＝cos60°cos45°＋sin60°sin45°＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).[一點通]對非特別角的三角函數(shù)式求值問題，肯定要本著先整體后局部的根本原那么，假如整體符合三角公式的形式，那么整體變形，否那么進行各局部的變形．一般途徑有將非特別角化為特別角的和或差的形式，化為正負相消的項并消項求值，化分子、分母形式進行約分求值；要擅長逆用或變用公式．1．cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝________.解析：原式＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝cos60°＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)2．cos105°＝________.解析：cos105°＝cos(60°＋45°)＝cos60°cos45°－sin60°sin45°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)－\r(6),4).答案：eq\f(\r(2)－\r(6),4)3．求eq\f(2cos10°－sin20°,sin70°)的值．解：原式＝eq\f(2cos10°－sin20°,cos20°)＝eq\f(2cos30°－20°－sin20°,cos20°)＝eq\f(\r(3)cos20°＋sin20°－sin20°,cos20°)＝eq\r(3).[例2]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)，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).[思路點撥]由α＋β，β－eq\f(π,4)的正弦值，可用同角三角函數(shù)的根本關系式，結合α，β的范圍求其余弦值，所以可利用角變換，α＋eq\f(π,4)＝(α＋β)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))來求值．[精解詳析]∵α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴(α＋β)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)).∴cos(α＋β)＝eq\r(1－sin2α＋β)＝eq\f(4,5).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(5,13).∴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).[一點通](1)解決條件求值問題的關鍵是：找出條件與待求式之間的角、運算及函數(shù)的差異，一般可適當變換條件，求得另外函數(shù)式的值，以備應用；同時也要留意變換待求式，便于將條件及求得的函數(shù)值代入，從而到達解題的目的．(2)在將所求角分解成某兩角的和差時，應留意如下變換：α＝(α＋β)－β，α＝β－(β－α)，α＝(2α－β)－(α－β)，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)等．4．sinα＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosβ＝－eq\f(5,13)，β是第三象限角，那么cos(α－β)的值為________．解析：由sinα＝eq\f(4,5)，α∈(eq\f(π,2)，π)，得cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(3,5).又cosβ＝－eq\f(5,13)，β是第三象限角，所以sinβ＝－eq\f(12,13)，∴cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝－eq\f(33,65).答案：－eq\f(33,65)5．假設α∈(0，π)，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，那么cosα＝________.解析：∵α∈(0，π)，∴α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5)>0，∴α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).∴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\f(4,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4＋3\r(3),10).答案：eq\f(4＋3\r(3),10)[例3]α，β為銳角，cosα＝eq\f(1,7)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，求β的值．[思路點撥]β＝(α＋β)－α，然后求得β的某一三角函數(shù)值即可求得結論．[精解詳析]∵α為銳角，且cosα＝eq\f(1,7)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4\r(3),7).又∵α，β均為銳角，∴0<α＋β<π.又cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，∴sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(5\r(3),14).那么cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,14)))×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2)，∴β＝eq\f(π,3).[一點通]解決給值求角型題目，一般分三個步驟：(1)求角的某一三角函數(shù)值；(2)確定角所在的范圍；(3)依據(jù)角的范圍寫出所求的角．6．α、β均為銳角，且sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\f(\r(10),10)，那么α－β的值為________．解析：∵α、β均為銳角，sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\f(\r(10),10)，∴cosα＝eq\f(2\r(5),5)，sinβ＝eq\f(3\r(10),10).∴cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＋eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又sinα<sinβ，∴0<α<β<eq\f(π,2)，從而－eq\f(π,2)<α－βα－β＝－eq\f(π,4).答案：－eq\f(π,4)7．sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α和β均為鈍角，求α＋β的值．解：∵α和β均為鈍角，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝－eq\r(1－sin2β)＝－eq\f(3\r(10),10).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).由α和β均為鈍角，得π<α＋β<2π，∴α＋β＝eq\f(7π,4).1．求解給角求值問題的方法(1)給角求值，一般所給出的角都是非特別角，要認真觀看非特別角與特別角之間的關系，結合三角公式轉化為特別角求解．(2)在解答過程中常會利用誘導公式實現(xiàn)角的前后統(tǒng)一，有時還會用到一些特別角的三角函數(shù)值，如sineq\f(π,4)＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，sineq\f(π,6)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，sineq\f(π,3)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)等．2．解決給值(或)求值問題的方法對于給值求值問題，即由給出的某些角的三角函數(shù)的值，求另外一些角的三角函數(shù)的值，關鍵在于“變角〞，使“所求角〞變?yōu)椤敖迁暎话愕?1)當“角〞有兩個時，“所求角〞一般表示為兩個“角〞的和或差的形式；(2)當“角〞有一個時，此時應著眼于“所求角〞與“角〞的和或差的關系，然后應用誘導公式把“所求角〞變成“角〞；(3)角的拆分方法不唯一，可依據(jù)題目合理選擇拆分方式．3．解決給值求角問題的方法先求出所求角的一個三角函數(shù)值，再依據(jù)所求的范圍確定所求角的詳細值．課下力量提升(二十三)一、填空題1．cos(x＋27°)cos(x－18°)＋sin(x＋27°)sin(x－18°)＝________.解析：原式＝cos[(x＋27°)－(x－18°)]＝cos45°＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)2．假設sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))的值為________．解析：∵sinα＝eq\f(3,5)且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\f(4,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝coseq\f(π,4)cosα＋sineq\f(π,4)sinα＝－eq\f(\r(2),10).答案：－eq\f(\r(2),10)3．eq\f(π,2)＜β＜α＜eq\f(3π,4)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，cos(α－β)＝eq\f(12,13)，那么cos2α的值為________．解析：∵eq\f(π,2)＜β＜α＜eq\f(3π,4)，∴－eq\f(3π,4)＜－β＜－eq\f(π,2).∴0＜α－β＜eq\f(π,4)，π＜α＋β＜eq\f(3π,2).∴sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))2)＝eq\f(5,13)，cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2α＋β)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5).于是cos2α＝cos[(α＋β)＋(α－β)]＝cos(α＋β)·cos(α－β)－sin(α＋β)·sin(α－β)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))＝－eq\f(33,65).答案：－eq\f(33,65)4.eq\f(1,2)sineq\f(π,12)－eq\f(\r(3),2)coseq\f(π,12)＝________.解析：原式＝sineq\f(π,6)sineq\f(π,12)－coseq\f(π,6)coseq\f(π,12)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,12)))＝－coseq\f(π,4)＝－eq\f(\r(2),2).答案：－eq\f(\r(2),2)5．cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，sinα－sinβ＝－eq\f(1,3)，那么cos(α－β)＝________.解析：將兩條件等式平方后相加得(cosα－cosβ)2＋(sinα－sinβ)2＝2－2cos(α－β)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)＝eq\f(13,36)，∴cos(α－β)＝eq\f(59,72).答案：eq\f(59,72)二、解答題6．(廣東高考)函數(shù)f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)假設cosθ＝eq\f(3,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).解：(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝eq\r(2)coseq\f(π,4)＝1.(2)∵cosθ＝eq\f(3,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\f(4,5)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθcos\f(π,4)＋sinθsin\f(π,4)))＝－eq\f(1,5).7．在△ABC中，cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，求cosC.解：∵△ABC中，0＜A＜π，0＜B＜π，由cosA＝eq\f(5,13)知sinA＝eq\f(12,13).又0＜eq\f(5,13)＜eq\f(1,2)，∴A＞eq\f(π,3).又sinB＝eq\f(3,5)，且eq\f(1,2)＜eq\f(3,5)＜eq\f(\r(3),2)，假設B為銳角，那么eq\f(π,6)＜B＜eq\f(π,3)，此時cosB＝eq\f(4,5).假設B為鈍角，那么eq\f(2π,3)＜B＜eq\f(5π,6).由于A＞eq\f(π,3)，故B不行能為鈍角．∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝eq\f(16,65).8．函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω>0，x∈R)的最小正周期為10π.(1)求ω的值；(2)設α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5π,3)))＝－eq\f(6,5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5π,6)))＝eq\f(16,17)，求cos(α＋β)的值．解：(1)∵f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，ω>0的最小正周期T＝10π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝eq\f(1,5).(2)由(1)知f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x＋\f(π,6)))，而α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5π,3)))＝－eq\f(6,5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5π,6)))＝eq\f(16,17)，∴2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5π,3)))＋\f(π,6)))＝－eq\f(6,5)，2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5π,6)))＋\f(π,6)))＝eq\f(16,17)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(8,17)，于是sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，sinβ＝eq\f(15,17)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(8,17)－eq\f(3,5)×eq\f(15,17)＝－eq\f(13,85).第2課時兩角和與差的正弦問題1：誘導公式coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝sinα，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cosα，其公式作用是什么？提示：正弦、余弦的互化．問題2：你能把sin(α＋β)，sin(α－β)表示為余弦的形式嗎？提示：能．sin(α＋β)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α＋β))sin(α－β)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α－β)).問題3：你能推導一下兩角和與差的正弦公式嗎？提示：sin(α＋β)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α＋β))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))－β))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))cosβ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sinβ＝sinαcosβ＋cosαsinβsin(α－β)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋β))＝sinαcosβ－cosαsinβ兩角和與差的正弦公式名稱簡記符號公式使用條件兩角和的正弦S(α＋β)sin(α＋β)＝sin_αcos_β＋cos_αsin_βα，β∈R兩角差的正弦S(α－β)sin(α－β)＝sin_αcos_β－cos_αsin_βα，β∈R1．與兩角和與差的余弦公式一樣，公式中的角α、β是任意角，其特點也是用單角的三角函數(shù)表示復角的三角函數(shù)，其中sin(α－β)、sin(α＋β)是一個整體．2．公式的特點：公式右端的兩局部為異名三角函數(shù)積，連接符號與左邊角的連接符號相同，可記為“和角正弦異名積 之和，差角正弦異名積之差〞．[例1]0＜β＜eq\f(π,4)，eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq\f(5,13)，求cos(α＋β)的值．[思路點撥]留意eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)＋(α＋β)，可通過求出eq\f(3π,4)＋β和eq\f(π,4)－α的正，余弦值來求cos(α＋β)．[精解詳析]∵eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3π,4)，∴－eq\f(π,2)＜eq\f(π,4)－α＜0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5).又∵0＜β＜eq\f(π,4)，∴eq\f(3π,4)＜eq\f(3π,4)＋β＜π，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝－eq\f(12,13)，cos(α＋β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α＋β))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(33,65).[一點通]解此類問題的關鍵是把“所求角〞用“角〞表示出來．(1)當“角〞有兩個時，“所求角〞一般表示為兩個“角〞的和或差的形式．(2)當“角〞有一個時，此時應著眼于“所求角〞與“角〞的和或差的關系，然后應用誘導公式把“所求角〞變成“角〞．(3)角的拆分方法不唯一，可依據(jù)題目合理選擇拆分方式．1．設α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，假設sinα＝eq\f(3,5)，那么eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________.解析：∵α∈(0，eq\f(π,2))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝eq\f(4,5)∴eq\r(2)sin(α＋eq\f(π,4))＝eq\r(2)(sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4))＝sinα＋cosα＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)＝eq\f(7,5).答案：eq\f(7,5)2．sinα＝eq\f(4,5)，sinβ＝eq\f(\r(2),10)，且α、β為銳角，求α－β的值．解：∵sinα＝eq\f(4,5)，α為銳角，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(3,5).∵sinβ＝eq\f(\r(2),10)，β為銳角，∴cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(7\r(2),10).∴sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(4,5)·eq\f(7\r(2),10)－eq\f(3,5)·eq\f(\r(2),10)＝eq\f(\r(2),2).∵α、β為銳角，∴－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).∴α－β＝eq\f(π,4).3．在△ABC中，假設sinA＝eq\f(3,5)，cosB＝－eq\f(5,13)，求sinC的值．解：由△ABC中，cosB＝－eq\f(5,13)，可知B為鈍角，從而A為銳角，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)，cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(4,5).∴sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3,5)·(－eq\f(5,13))＋eq\f(4,5)·eq\f(12,13)＝eq\f(33,65).[例2](1)化簡求值：①sin14°cos16°＋sin76°cos74°；②(tan10°－eq\r(3))eq\f(cos10°,sin50°).(2)sin(2α＋β)＝5sinβ，求證：2tan(α＋β)＝3tanα.[思路點撥]對于①可利用誘導公式湊成兩角和的正弦問題，②利用eq\r(3)＝tan60°，然后利用切化弦、通分化簡．對于(2)要留意α＋β＝(2α＋β)－α，α＝(2α＋β)－(α＋β)．[精解詳析](1)①原式＝sin14°cos16°＋sin(90°－14°)·cos(90°－16°)＝sin14°cos16°＋cos14°sin16°＝sin(14°＋16°)＝sin30°＝eq\f(1,2).②(tan10°－eq\r(3))eq\f(cos10°,sin50°)＝(tan10°－tan60°)eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\f(sin60°,cos60°)))eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(sin－50°,cos10°cos60°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝－eq\f(1,cos60°)＝－2.(2)證明：∵2α＋β＝α＋(α＋β)，β＝(α＋β)－α，∴sin(2α＋β)＝sin[(α＋β)＋α]＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα，而5sinβ＝5sin[(α＋β)－α]＝5sin(α＋β)cosα－5cos(α＋β)sinα.由得sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝5sin(α＋β)cosα－5cos(α＋β)sinα.∴2sin(α＋β)cosα＝3cos(α＋β)sinα，等式兩邊都除以cos(α＋β)cosα，得2tan(α＋β)＝3tanα.[一點通](1)化簡三角函數(shù)式是為了更清晰地顯示式中所含量之間的關系，以便于應用．對于三角函數(shù)式的化簡，要求：①能求出值的應求出值；②使三角函數(shù)的種數(shù)最少；③使項數(shù)盡量少；④盡量使分母不含有三角函數(shù)；⑤盡量使被開方數(shù)不含有三角函數(shù)．(2)證明三角恒等式時，要留意分析等式兩邊函數(shù)名及角之間的關系，以便確定證明方向．4．求值：sineq\f(25π,12)coseq\f(11π,6)－coseq\f(11π,12)sineq\f(5π,6)＝________.解析：原式＝sineq\f(11π,12)coseq\f(π,6)－coseq\f(11π,12)sineq\f(π,6)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)－\f(π,6)))＝sineq\f(3π,4)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)5．求以下各式的值．(1)eq\f(sin41°＋cos60°sin19°,cos41°－sin60°sin19°)；(2)eq\f(2sin80°－sin20°,cos20°).解：(1)原式＝eq\f(sin60°－19°＋cos60°sin19°,cos60°－19°－sin60°sin19°)＝eq\f(sin60°cos19°－cos60°sin19°＋cos60°sin19°,cos60°cos19°＋sin60°sin19°－sin60°sin19°)＝eq\f(sin60°cos19°,cos60°cos19°)＝tan60°＝eq\r(3).(2)原式＝eq\f(2sin60°＋20°－sin20°,cos20°)＝eq\f(2sin60°cos20°＋2cos60°sin20°－sin20°,cos20°)＝eq\f(2sin60°cos20°,cos20°)＝eq\r(3).6．證明：eq\f(sinα－β＋2cosαsinβ,－2sinαsinβ＋cosα－β)＝tan(α＋β)．證明：左＝eq\f(sinα－β＋2cosαsinβ,－2sinαsinβ＋cosα－β)＝eq\f(sinαcosβ－cosαsinβ＋2cosαsinβ,－2sinαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq\f(sinαcosβ＋cosαsinβ,cosαcosβ－sinαsinβ)＝eq\f(sinα＋β,cosα＋β)＝tan(α＋β)＝右．∴原式得證.[例3]函數(shù)f(x)＝2sin(x＋eq\f(π,6))－2cosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求函數(shù)f(x)的值域．[思路點撥]先將函數(shù)f(x)化簡為f(x)＝asinx＋bcosx的形式，然后化為f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)的形式解決．[精解詳析]f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－2cosx＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，∵eq\f(π,2)≤x≤π，∴eq\f(π,3)≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).∴eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))≤1.∴函數(shù)f(x)的值域為[1,2]．[一點通](1)asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a2＋b2))sinx＋\f(b,\r(a2＋b2))cosx))，令cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，那么有asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)(cosφsinx＋sinφcosx)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a)，φ為幫助角．(2)涉及asinx＋bcosx的最值、圖象等性質問題時，常利用兩角和與差的三角函數(shù)公式先把該式轉化成f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(ωx＋φ)的形式；再利用討論y＝Asin(ωx＋φ)的相關方法去求f(x)的有關性質．7．求值：eq\r(2)(sin15°＋cos15°)＝________.解析：eq\r(2)(sin15°＋cos15°)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin15°＋\f(\r(2),2)cos15°))＝2(cos45°sin15°＋sin45°cos15°)＝2×sin60°＝eq\r(3).答案：eq\r(3)8．(江西高考)設f(x)＝eq\r(3)sin3x＋cos3x，假設對任意實數(shù)x都有|f(x)|≤a，那么實數(shù)a的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin3x＋\f(1,2)cos3x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6))).所以函數(shù)f(x)的最大值為2，最小值為－2，即|f(x)|≤2，所以要使|f(x)|≤a恒成立，那么a≥2.即數(shù)a的取值范圍是[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)9．cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α－β)＝eq\f(\r(10),10)，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).求：(1)cos(2α－β)的值；(2)β的值．解：(1)由于cosα＝eq\f(\r(5),5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，由于α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，所以cos(α－β)＝eq\r(1－sin2〔α－β〕)＝eq\f(3\r(10),10)，所以cos(2α－β)＝cos[(α－β)＋α]＝cosαcos(α－β)－sinαsin(α－β)＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),10).(2)cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，又由于β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以β＝eq\f(π,4).1．公式Cα±β與Sα±β的聯(lián)系公式Cα±β、Sα±β的聯(lián)系：四個公式Cα±β、Sα±β雖然形式不同、結構不同，但它們的本質是相同的，由于它們同出一脈：cos(α－β)eq\o(→,\s\up7(以－β?lián)Qβ))cos(α＋β)sin(α＋β)eq\o(→,\s\up7(以－β?lián)Qβ))sin(α－β)這樣我們只要堅固把握“中心〞公式cos(α－β)的由來及表達方式，也就把握了其他三個公式．2．“構造法〞化單一三角函數(shù)形如f(x)＝asinx＋bcosx(a，b不同時為零)的三角函數(shù)，我們經(jīng)常將其變形為Asin(x＋φ)的形式，即變?yōu)椤耙粋€三角函數(shù)〞的形式，然后討論其性質．考慮到此類函數(shù)中的角是兩項之“和〞的形式，所以可想方法構造并利用兩角和或差的正、余弦公式進行化簡．a(chǎn)sinx＋bcosx進行變形可得asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)·sin(x＋φ)，也可變形為asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)cos(x－φ)．課下力量提升(二十四)一、填空題1．假設M＝sin12°cos57°－cos12°sin57°，N＝cos10°cos55°＋sin10°sin55°，那么M＋N＝________.解析：M＝sin12°cos57°－cos12°sin57°＝sin(12°－57°)＝sin(－45°)＝－eq\f(\r(2),2).N＝cos10°cos55°＋sin10°sin55°＝cos(10°－55°)＝cos(－45°)＝eq\f(\r(2),2)∴M＋N＝0.答案：02．化簡：eq\f(sin24°cos6°－sin66°sin6°,sin21°cos39°－cos21°sin39°)＝________.解析：eq\f(sin24°cos6°－sin66°sin6°,sin21°cos39°－cos21°sin39°)＝eq\f(sin24°cos6°－cos24°sin6°,sin21°cos39°－cos21°sin39°)＝eq\f(sin24°－6°,sin21°－39°)＝eq\f(sin18°,－sin18°)＝－1.答案：－13．sinα－cosβ＝eq\f(1,2)，cosα－sinβ＝eq\f(1,3)，那么sin(α＋β)＝________.解析：將條件等式兩邊平方相加得sin2α＋cos2β－2sinαcosβ＋cos2α＋sin2β－2cosαsinβ＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)，即2－2·sin(α＋β)＝eq\f(13,36)，∴sin(α＋β)＝eq\f(59,72).答案：eq\f(59,72)4．要使sinα－eq\r(3)cosα＝eq\f(4m－6,4－m)有意義，那么實數(shù)m的取值范圍是________．解析：∵sinα－eq\r(3)cosα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3))).∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(4m－6,4－m).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(2m－3,4－m)∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m－3,4－m)))≤1，解得－1≤m≤eq\f(7,3).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,3)))5．計算：(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝________.解析：(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝(tan10°－tan60°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\f(sin60°,cos60°)))·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(sin10°cos60°－cos10°sin60°,cos10°·cos60°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(sin10°－60°,cos60°)·eq\f(1,sin50°)＝eq\f(－1,\f(1,2))＝－2.答案：－2二、解答題6．α，β是銳角，cosα＝eq\f(\r(10),10)，cosβ＝eq\f(\r(5),5)，求α＋β的值．解：法一：∵α，β是銳角，cosα＝eq\f(\r(10),10)，cosβ＝eq\f(\r(5),5)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(3\r(10),10)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(2\r(5),5).sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(3\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(\r(10),10)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2).∵0＜α＜eq\f(π,2)，cosα＝eq\f(\r(10),10)＜eq\f(\r(2),2)＝coseq\f(π,4)，∴由余弦函數(shù)性質可知eq\f(π,4)＜α＜eq\f(π,2).同理，eq\f(π,4)＜β＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,2)＜α＋β＜π，∴α＋β＝eq\f(3π,4).法二：cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)－eq\f(3\r(10),10)×eq\f(2\r(5),5)＝－eq\f(\r(2),2).∵α，β是銳角，∴0＜α＋β＜π，∴α＋β＝eq\f(3π,4).7．eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β))＝eq\f(12,13)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β))＝－eq\f(3,5)，求sin2α的值．解：∵eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，∴0<α－β<eq\f(π,4)，π<α＋β<eq\f(3π,2).由sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，得cos(α＋β)＝－eq\f(4,5)；由cos(α－β)＝eq\f(12,13)，得sin(α－β)＝eq\f(5,13).∵2α＝(α－β)＋(α＋β)，∴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).8．假設函數(shù)f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx,0≤x<eq\f(π,2).(1)把f(x)化成Asin(ωx＋φ)的形式；(2)推斷f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調性，并求f(x)的最大值．解：(1)f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)·cosx＝cosx＋eq\r(3)·eq\f(sinx,cosx)·cosx＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)cosx＋cos\f(π,6)sinx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).(2)∵0≤x<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,x)，由x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，得x≤eq\f(π,3).∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上是單調增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上是單調減函數(shù)．∴當x＝eq\f(π,3)時，f(x)有最大值為2.第3課時兩角和與差的正切問題1：我們學會了兩角和與差的正弦、余弦公式，很自然地想到正切，能否用tanα和tanβ的值表示tan(α＋β)和tan(α－β)的值？提示：tan(α＋β)＝eq\f(sinα＋β,cosα＋β)＝eq\f(sinαcosβ＋cosαsinβ,cosαcosβ－sinαsinβ)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ).tan(α－β)＝eq\f(sinα－β,cosα－β)＝eq\f(sinαcosβ－cosαsinβ,cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ).問題2：公式中α、β、α＋β、α－β是任意實數(shù)嗎？提示：不是，α、β、α＋β、α－β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．兩角和與差的正切公式名稱簡記符號公式使用條件兩角和的正切T(α＋β)tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)α，β，α＋β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)兩角差的正切T(α－β)tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)α，β，α－β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)1．公式T(α±β)只有在α≠eq\f(π,2)＋kπ，β≠eq\f(π,2)＋kπ，α±β≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)時才成立，否那么就不成立，這是由正切函數(shù)的定義域打算的．2．當tanα、tanβ或tan(α±β)的值不存在時，不能使用T(α±β)處理有關問題，但可用誘導公式或其他方法．[例1]求以下各式的值：(1)eq\f(\r(3)－tan15°,1＋\r(3)tan15°)；(2)tan10°tan20°＋tan20°tan60°＋tan60°tan10°.[思路點撥](1)可將eq\r(3)化成tan60°，再逆用兩角差的正切公式求解．(2)變形應用兩角和的正切公式，將非特別角轉化為特別角求值．[精解詳析](1)∵tan60°＝eq\r(3)，∴原式＝eq\f(tan60°－tan15°,1＋tan60°·tan15°)＝tan(60°－15°)＝tan45°＝1.(2)∵tan30°＝tan(20°＋10°)＝eq\f(tan20°＋tan10°,1－tan20°·tan10°)，∴tan20°＋tan10°＝tan30°(1－tan20°·tan10°)．原式＝tan10°tan20°＋tan60°(tan20°＋tan10°)＝tan10°tan20°＋tan60°·tan30°·(1－tan20°tan10°)＝tan10°tan20°＋1－tan20°tan10°＝1.[一點通](1)要熟記兩角和與差的正切公式的結構特征，敏捷應用公式化簡求值．(3)留意公式的變形應用，當化簡的式子中消失了“tanα±tanβ〞及“tanα·tanβ〞兩個整體，?？紤]tan(α±β)的變形公式．1．tan20°＋tan40°＋eq\r(3)tan20°＋tan40°＝________.解析：∵tan(20°＋40°)＝eq\f(tan20°＋tan40°,1－tan20°tan40°)，∴tan20°＋tan40°＝tan60°(1－tan20°tan40°)＝eq\r(3)－eq\r(3)tan20°tan40°.∴原式＝eq\r(3)－eq\r(3)tan20°tan40°＋eq\r(3)tan20°tan40°＝eq\r(3).答案：eq\r(3)2.eq\f(tan32°＋tan88°,1＋tan32°tan92°)＝________.解析：eq\f(tan32°＋tan88°,1＋tan32°tan92°)＝eq\f(tan32°＋tan88°,1－tan32°tan88°)＝tan(32°＋88°)＝tan120°＝－eq\r(3).答案：－eq\r(3)3．(1)α＋β＝45°，求(1＋tanα)(1＋tanβ)；(2)利用(1)的結果求(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)…(1＋tan45°)的值．解：(1)∵tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，∴tanα＋tanβ＋tanαtanβ＝1.∴(1＋tanα)(1＋tanβ)＝1＋tanα＋tanβ＋tanαtanβ＝2.(2)由(1)知，α＋β＝45°時，(1＋tan1°)(1＋tan44°)＝2.∴(1＋tan1°)(1＋tan44°)＝(1＋tan2°)(1＋tan43°)＝…＝(1＋tan22°)(1＋tan23°)＝2.∴原式＝222·2＝223.[例2]tan(α＋β)＝5，tan(α－β)＝3，求tan2α，tan2β，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4))).[思路點撥]利用條件中的角α＋β與α－β表示所求式中的角，不難看出2α＝(α＋β)＋(α－β)，2β＝(α＋β)－(α－β)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))可用tan2α表示出來．[精解詳析]tan2α＝tan[(α＋β)＋(α－β)]＝eq\f(tanα＋β＋tanα－β,1－tanα＋βtanα－β)＝eq\f(5＋3,1－5×3)＝－eq\f(4,7)，tan2β＝tan[(α＋β)－(α－β)]＝eq\f(tanα＋β－tanα－β,1＋tanα＋βtanα－β)＝eq\f(5－3,1＋5×3)＝eq\f(1,8)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tan2α,1－tan2α)＝eq\f(1－\f(4,7),1＋\f(4,7))＝eq\f(3,11).[一點通]在求兩角和與差的正切值時，假設的是α、β的正、余弦的值，此時求α±β的正切的方法有兩種：①是先求α±β的正、余弦而后應用商數(shù)關系；②是先求tanα、tanβ，而后應用α±β的正切公式，假設的是α、β的正切，那么直接應用正切公式求解即可．4．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)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求tan(α－β)．解：∵sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\f(4,5)，∴tanα＝－eq\f(3,4).又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴tanβ＝－eq\f(1,2).∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tnaβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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).5．tan(α＋β)＝eq\f(2,5)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,4)，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).解：taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝eq\f(tanα＋β－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4))),1＋tanα＋βtan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4))))＝eq\f(\f(2,5)－\f(1,4),1＋\f(2,5)×\f(1,4))＝eq\f(3,22).[例3]tanα、tanβ是方程x2＋3eq\r(3)x＋4＝0的兩根，且α、β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，求α＋β.[思路點撥]利用根與系數(shù)的關系求tanα＋tanβ及tanαtanβ的值，進而求出tan(α＋β)的值，然后由α＋β的取值范圍確定α＋β的值．[精解詳析]由于tanα、tanβ是方程x2＋3eq\r(3)x＋4＝0的兩根，所以tanα＋tanβ＝－3eq\r(3)<0，tanαtanβ＝4>0，所以tanα<0，tanβα、β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以α、β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以－π<α＋β<0.又由于tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－3\r(3),1－4)＝eq\r(3)，所以α＋β＝－eq\f(2π,3).[一點通]假設條件中角的正切值求與之有關的角時，一般先求所求角的正切值，但在求解的過程中要留意結合角的三角函數(shù)值壓縮角的取值范圍．6．△ABC中，tanA＝eq\f(1,4)，tanB＝eq\f(3,5)，那么∠C＝________.解析：∵∠C＝π－(A＋B)，∴tanC＝－tan(A＋B)＝－eq\f(\f(1,4)＋\f(3,5),1－\f(1,4)×\f(3,5))＝－1.又∵0＜∠C＜π，∴∠C＝eq\f(3π,4).答案：eq\f(3π,4)7．eq\f(π,2)<α<π，－eq\f(π,2)<β<0，且tanα＝－eq\f(1,3)，tanβ＝－eq\f(1,7)，求2α＋β的值．解：∵tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanα·tanβ)＝eq\f(－\f(1,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝－eq\f(1,2)<0，且α＋β∈(0，π)，∴α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).又∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴2α＋β∈(π，2π)．又∵tan(2α＋β)＝tan[α＋(α＋β)]＝eq\f(tanα＋tanα＋β,1－tanα·tanα＋β)＝eq\f(－\f(1,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－1，∴2α＋β＝eq\f(7π,4).1．公式T(α±β)的正用、逆用及變形應用(1)公式的逆用：如：eq\f(tanα＋β－tanβ,1＋tanα＋βtanβ)＝tan[(α＋β)－β]＝tanα；又如：eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(tan45°＋tanα,1－tan45°tanα)＝tan(45°＋α)等等．(2)公式的常見變形有：tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)；tanα·tanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tanα＋β).tanα－tanβ＝tan(α－β)(1＋tanαtanβ)；tanα·tanβ＝eq\f(tanα－tanβ,tanα－β)－1.2．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式的關系兩角和(差)的余弦：余余、正正、符號異(即公式右端分別是α與β的余弦之積，以及正弦之積，中間的符號與左邊相反)；兩角和(差)的正弦：正余、余正、符號同；兩角和(差)的正切：分子同、分母異．它們的內在聯(lián)系如下：課下力量提升(二十五)一、填空題1．假設α＝20°，β＝25°，那么(1＋tanα)(1＋tanβ)＝________.解析：tan45°＝tan(20°＋25°)＝eq\f(tan20°＋tan25°,1－tan20°tan25°)＝1，∴tan20°＋tan25°＝1－tan20°tan25°，∴(1＋tanα)(1＋tanβ)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1＋1－tan20°tan25°＋tan20°tan25°＝2.答案：22．tan3°＋tan42°＋tan3°tan42°＝________.解析：由tan45°＝tan(3°＋42°)＝