高中數(shù)學蘇教版第三章三角恒等變換 第3章兩角和與差的正切

第3章三角恒等變換兩角和與差的三角函數(shù)3.1.3兩角和與差的正切A級基礎鞏固1．若tanα＝3，tanβ＝eq\f(4,3)，則tan(α－β)等于()\f(1,3)B．－eq\f(1,3)C．3D．－3解析：tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(3－\f(4,3),1＋3×\f(4,3))＝eq\f(1,3).答案：A2．(2023·重慶卷)若tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，則tanβ＝()\f(1,7)\f(1,6)\f(5,7)\f(5,6)解析：tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tan（α＋β）－tanα,1＋tan（α＋β）·tanα)＝eq\f(1,7).答案：A3．若A，B為銳角三角形的兩個銳角，則tanAtanB的值()A．不大于1 B．小于1C．等于1 D．大于1解析：因為eq\f(π,2)<A＋B<π，所以由tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)<0.所以1－tanAtanB<0，即tanAtanB>1.答案：D4．若tanα＝2，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________．解析：因為tanα＝2，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝eq\f(2＋1,1－2)＝－3.答案：－35．已知tanα＝eq\f(1,2)，tan(α－β)＝－eq\f(2,5)，則tan(β－2α)的值是_______．解析：tan(β－2α)＝－tan(2α－β)＝－tan[(α－β)＋α]＝－eq\f(tan（α－β）＋tanα,1－tan（α－β）tanα)＝－eq\f(－\f(2,5)＋\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)))×\f(1,2))＝－eq\f(1,12).答案：－eq\f(1,12)6．已知tanα＝eq\r(3)(1＋m)，eq\r(3)(tanαtanβ＋m)＋tanβ＝0，且α，β都是銳角，則α＋β＝________．解析：tanα·tanβ＝eq\f(－\r(3)m－tanβ,\r(3))＝－m－eq\f(\r(3),3)tanβ.tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanα·tanβ)＝eq\f(\r(3)（1＋m）＋tanβ,1＋m＋\f(\r(3),3)tanβ)＝eq\r(3)，又因為α，β為銳角，所以α＋β＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)7．求值：tan18°＋tan42°＋eq\r(3)tan18°tan42°.解：由tan(42°＋18°)＝tan60°＝eq\f(tan42°＋tan18°,1－tan42°tan18°)，得tan42°＋tan18°＝tan60°(1－tan42°tan18°)，即tan42°＋tan18°＝eq\r(3)－eq\r(3)tan18°tan42°.代入原式，得tan18°＋tan42°＋eq\r(3)tan18°tan42°＝eq\r(3).8.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，以Ox軸為始邊作兩個銳角α，β，它們的終邊分別與單位圓相交于A，B兩點．已知A，B的橫坐標分別為eq\f(\r(2),10)，eq\f(2\r(5),5).(1)求tan(α＋β)的值；(2)求α＋2β的值．解：(1)由條件知cosα＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，因α為銳角，故sinα>0.從而sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(7\r(2),10).同理可得sinβ＝eq\f(\r(5),5).因此tanα＝7，tanβ＝eq\f(1,2).所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(7＋\f(1,2),1－7×\f(1,2))＝－3.(2)tan(α＋2β)＝tan[(α＋β)＋β]＝eq\f(－3＋\f(1,2),1－（－3）×\f(1,2))＝－1.又0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，故0<α＋2β<eq\f(3π,2).從而由tan(α＋2β)＝－1，得α＋2β＝eq\f(3π,4).B級能力提升9．若tan(α＋β)＝eq\f(2,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,4)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()\f(13,18)\f(13,22)\f(3,22)\f(1,6)解析：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(tan（α＋β）－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4))),1＋tan（α＋β）tan\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).答案：C10．計算eq\f(1－tan15°,\r(3)＋tan60°tan15°)＝________．解析：原式＝eq\f(tan45°－tan15°,\r(3)（1＋tan45°·tan15°）)＝eq\f(1,\r(3))tan(45°－15°)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)11．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(12,13)，且α－eq\f(β,2)為第二象限角，eq\f(α,2)－β為第三象限角，求taneq\f(α＋β,2)的值．解：因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4,5)，且α－eq\f(β,2)為第二象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(3,5).所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(4,3).又因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(12,13)，eq\f(α,2)－β為第三象限角，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(5,13)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(5,12)，taneq\f(α＋β,2)＝taneq\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))))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(－\f(4,3)－\f(5,12),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×\f(5,12))＝－eq\f(63,16).12．已知A＋B＝45°，求證：(1＋tanA)(1＋tanB)＝2(A，B≠k·180°＋90°，k∈Z)，并應用此結論求(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)…(1＋tan44°)的值．證明：因為A＋B＝45°，且A，B≠k·180°＋90°，k∈Z，所以(1＋tanA)