課時跟蹤檢測(十七)兩角和與差的正切(滿分100分,A級選填小題每題5分,B級選填小題每題6分)A級——達標評價1.tan255°等于()A.-2-3 B.-2+3C.2-3 D.2+32.3-tan18°1+3tan18°的值等于A.tan42° B.tan3°C.1 D.tan24°3.已知2tanθ-tanθ+π4=7,則tanθ=(A.-2 B.-1 C.1 D.24.(多選)已知tanα=4,tanβ=-14,則()A.tan(-α)tanβ=1 B.α為銳角C.tanβ+π4=35 D.tan5.時鐘的分針從刻度12順時針轉到刻度6,相應的時針轉過角度為α,則tanα的值為()A.-2+3 B.-3+1C.-33 D.-6.sin15°-cos15°sin15°+cos15°=.7.若tan28°·tan32°=m,則tan28°+tan32°=.

8.已知tan(α+β)=7,tanα=34,且β∈(0,π),則β的值為.9.(10分)已知tanπ4+α=2,tanβ(1)求tanα的值;(2)求sin(α+10.(10分)(1)已知α,β為銳角,cosα=45,tan(α-β)=-13,求cosβ(2)已知tanα=1,3sinβ=sin(2α+β),求tan(α+β)的值.B級——重點培優(yōu)11.已知tan110°=a,求tan50°的值(用a表示),王老師得到的結果是a-31+3a,葉老師得到的結果是1-aA.王老師對、葉老師錯 B.兩人都對C.葉老師對、王老師錯 D.兩人都錯12.《九章算術》是我國古代著名數(shù)學經典,其對勾股定理的論述比西方早一千多年.其中有這樣一個問題:“今有勾三步,股四步,間勾中容方幾何?”其意思為今有直角三角形ABC,勾AC(短直角邊)長3步,股BC(長直角邊)長為4步,問該直角三角形能容納的正方形CDEF(D,E,F分別在邊CB,BA,AC上)邊長為多少?在求得正方形CDEF的邊長后,可進一步求得∠BAD的正切值為.

13.(2024·新課標Ⅱ卷)已知α為第一象限角,β為第三象限角,tanα+tanβ=4,tanαtanβ=2+1,則sin(α+β)=.14.(10分)已知tanα=-23,tan(-β)=3(tanαtanβ-3),且α,β都是鈍角,求α+β的值.15.(12分)是否存在銳角α,β,使得下列兩個式子①tan(α+2β)=-3,②tanα2tanβ=2-3同時成立?若存在,求出α,β的一個值;若不存在,請說明理由課時跟蹤檢測(十七)1．選Dtan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(45°＋30°)＝eq\f(tan45°＋tan30°,1－tan45°tan30°)＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).2．選A∵tan60°＝eq\r(3)，∴原式＝eq\f(tan60°－tan18°,1＋tan60°tan18°)＝tan(60°－18°)＝tan42°.3．選D由已知得2tanθ－eq\f(tanθ＋1,1－tanθ)＝7，解得tanθ＝2.4．選ACD∵tanα＝4，tanβ＝－eq\f(1,4)，∴tan(－α)tanβ＝－tanαtanβ＝1，故A正確；∵tanα＝4>0，∴α為第一象限角或第三象限角，故B錯誤；∵tanβ＝－eq\f(1,4)，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝eq\f(3,5)，故C正確；∵tanα＝4，tanβ＝－eq\f(1,4)，∴tan2α＝eq\f(tanα＋tanα,1－tanα·tanα)＝eq\f(2×4,1－42)＝－eq\f(8,15)，tan2β＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))2)＝－eq\f(8,15)，故D正確．5．選A時鐘的分針從刻度12順時針轉到刻度6，用時eq\f(1,2)小時，而時鐘的時針順時針旋轉1小時，轉過的角度為－eq\f(π,6)，因此α＝－eq\f(π,12)，tanα＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq\f(tan\f(π,4)－tan\f(π,3),1＋tan\f(π,4)tan\f(π,3))＝eq\f(1－\r(3),1＋1×\r(3))＝－2＋eq\r(3).6．解析：eq\f(sin15°－cos15°,sin15°＋cos15°)＝eq\f(tan15°－1,tan15°＋1)＝eq\f(tan15°－tan45°,1＋tan15°tan45°)＝tan(15°－45°)＝tan(－30°)＝－eq\f(\r(3),3).答案：－eq\f(\r(3),3)7．解析：∵28°＋32°＝60°，∴tan60°＝tan(28°＋32°)＝eq\f(tan28°＋tan32°,1－tan28°tan32°)＝eq\r(3).∴tan28°＋tan32°＝eq\r(3)(1－m)．答案：eq\r(3)(1－m)8．解析：由已知得tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tan(α＋β)－tanα,1＋tan(α＋β)tanα)＝eq\f(7－\f(3,4),1＋7×\f(3,4))＝1，∵β∈(0，π)，∴β＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)9．解：(1)∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝2，∴eq\f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝2.∴eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝2.解得tanα＝eq\f(1,3).(2)原式＝eq\f(sinαcosβ＋cosαsinβ－2sinαcosβ,2sinαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ)＝eq\f(cosαsinβ－sinαcosβ,cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq\f(sin(β－α),cos(β－α))＝tan(β－α)＝eq\f(tanβ－tanα,1＋tanβtanα)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq\f(1,7).10．解：(1)∵0＜α＜eq\f(π,2)，cosα＝eq\f(4,5)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(3,5).∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3,4).∵tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(\f(3,4)－tanβ,1＋\f(3,4)tanβ)＝－eq\f(1,3)，解得tanβ＝eq\f(13,9).∴tanβ＝eq\f(sinβ,cosβ)＝eq\f(13,9)，sinβ＝eq\f(13,9)cosβ.又sin2β＋cos2β＝1，代入得cos2β＝eq\f(81,250).∵β為銳角，∴cosβ＝eq\f(9\r(10),50).(2)∵sin(2α＋β)＝3sinβ，∴sin[(α＋β)＋α]＝3sin[(α＋β)－α]，即sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)·sinα＝3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα，整理得2sin(α＋β)cosα＝4cos(α＋β)sinα，即eq\f(sin(α＋β),cos(α＋β))＝eq\f(2sinα,cosα).∵tanα＝1，∴tan(α＋β)＝2tanα＝2.11．選B∵tan50°＝tan(110°－60°)＝eq\f(a－\r(3),1＋\r(3)a)，所以王老師正確．∵tan110°＝tan(90°＋20°)＝eq\f(sin(90°＋20°),cos(90°＋20°))＝－eq\f(1,tan20°)＝a，∴tan50°＝eq\f(1,tan40°)＝eq\f(1－tan220°,2tan20°)＝eq\f(1－a2,2a)，所以葉老師正確．12．解析：設正方形的邊長為x，則DE＝EF＝CD＝x，BD＝4－x.由△BDE∽△BCA，可得eq\f(BD,BC)＝eq\f(DE,AC)，即eq\f(4－x,4)＝eq\f(x,3)，解得x＝eq\f(12,7).因為tan∠BAC＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(4,3)，tan∠DAC＝eq\f(DC,AC)＝eq\f(4,7)，所以tan∠BAD＝tan(∠BAC－∠DAC)＝eq\f(\f(4,3)－\f(4,7),1＋\f(4,3)×\f(4,7))＝eq\f(16,37).答案：eq\f(16,37)13．解析：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)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ＋π，2mπ＋\f(3π,2)))，k，m∈Z，則α＋β∈((2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，又因為tan(α＋β)＝－2eq\r(2)＜0，則α＋β∈((2m＋2k)π＋eq\f(3π,2)，(2m＋2k)π＋2π)，k，m∈Z，則sin(α＋β)＜0，則eq\f(sin(α＋β),cos(α＋β))＝－2eq\r(2)，聯(lián)立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－eq\f(2\r(2),3).答案：－eq\f(2\r(2),3)14．解：因為tan(－β)＝eq\r(3)(tanαtanβ－3)，所以－tanβ＝eq\r(3)tanαtanβ－3eq\r(3).因為tanα＝－2eq\r(3)，所以－tanβ＝eq\r(3)tanαtanβ－eq\r(3)＋tanα，即eq\r(3)(1－tanαtanβ)＝tanα＋tanβ，即eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\r(3).因為tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)，所以tan(α＋β)＝eq\r(3).因為α，β都是鈍角，即α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋β∈(π，2π)，則α＋β＝eq\f(4π,3).15．解：存在，α＝eq\f(π,6)，β＝eq\f(π,4).理由如下：由①tan(α＋2β)＝－eq\r(3)，∵α，β為銳角，則0<α＋2β<eq\f(3π,2)，∴α＋2β＝eq\f(2π,3).∴eq\f(α,2)＋β＝eq\f(π,3).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))＝eq\f(tan\f(α,2)＋tanβ,1－tan\f(α,2)tanβ)＝eq\r(3).將②代入上式得taneq\f(α,2)＋tanβ＝3－eq\r(3).因此taneq\f(α,2)，tanβ是方程x2－(3－eq\r(3))x＋2－eq\r(3)＝0的兩根．由x2－