2.1.3 两角和与差的正切公式-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第2章　三角恒等变换 2.1　两角和与差的三角函数 2.1.3　两角和与差的正切公式 (教师独具内容) 课程标准：1．能从两角和的余弦、正弦公式推导出两角和与差的正切公式．2．能运用两角和与差的正切公式进行简单的三角函数的化简、计算、求值等．3．了解两角和与差的正切公式的正用、逆用以及角的变换的常用方法，并能灵活运用公式解决问题． 教学重点：两角和与差的正切公式的推导过程及运用． 教学难点：两角和与差的正切公式的灵活运用． 核心素养：1．借助两角和与差的正切公式的推导过程提升逻辑推理素养．2．通过两角和与差的正切公式的灵活运用培养数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 核心概念掌握 5 1．公式T(α±β)的结构特征和符号规律 (1)公式T(α±β)的右侧为分式形式，其中分子为tanα与tanβ的和或差，分母为1与tanαtanβ的差或和． (2) 符号变化规律可简记为“分子同，分母反”． 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 × × × 核心概念掌握 9 －3 －3 核心概念掌握 10 核心素养形成 核心素养形成 12 给角化简求值的策略 (1)分析式子的结构，正确选用公式形式． T(α±β)是三角函数公式中应用灵活程度较高的公式之一．因此在应用时先从所化简(求值)的式子的结构出发，确定是正用、逆用还是变形用，并注意整体代换． (2)化简求值中要注意“特殊值”的代换和应用． 当所要化简(求值)的式子中出现特殊的数值时，要考虑用这些特殊值所对应的特殊角的正切值去代换． 核心素养形成 13 [跟踪训练1]　求值：(1)tan2°＋tan43°＋tan2°·tan43°； (2)(1＋tan1°)(1＋tan2°)…(1＋tan44°)(1＋tan45°)． 解　 (1)原式＝tan(2°＋43°)(1－tan2°tan43°)＋tan2°tan43°＝tan45°(1－tan2°tan43°)＋tan2°tan43°＝1． (2)(1＋tan1°)(1＋tan44°) ＝1＋(tan1°＋tan44°)＋tan1°tan44° ＝1＋tan45°(1－tan1°tan44°)＋tan1°tan44°＝1＋1＝2， 同理(1＋tan2°)(1＋tan43°)＝2， … 依次类推，得原式＝222×(1＋tan45°)＝223． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 给值求值或求角问题的解题策略 (1)式子的变换：分析已知式子的结构特点，结合两角和与差的三角函数公式，通过变形，建立与待求式间的联系以实现求值． (2)角的变换：首先从已知角间的关系入手，分析已知角和待求角间的关系，如用α＝β－(β－α)、2α＝(α＋β)＋(α－β)等关系，把待求的三角函数与已知角的三角函数巧妙地建立等量关系，从而求值． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 在给值求角的过程中应把握好的两点 (1)限定角的范围． (2)求角的某一个三角函数值．二者缺一不可． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 －3 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 43 8．如图，在△ABC中，AD⊥BC，D为垂足，AD在△ABC的外部，且BD∶CD∶AD＝2∶3∶6，则tan∠BAC＝____． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 47 10．在下列各条件下，判断△ABC的形状： (1)tanAtanB＝1；(2)tanAtanB>1． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 53 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　　两角和与差的正切公式 当α，β，α±β均不取kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时，两角和的正切公式(简记为T(α＋β))：tan(α＋β)＝____________，两角差的正切公式(简记为T(α－β))：tan(α－β)＝___________． eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ) eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ) 2．公式T(α±β)的角的范围 (1)公式中的α，β，α＋β，α－β都不能等于kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z． (2)当tanα，tanβ，tan(α±β)的值不存在时，不能使用公式处理有关问题，但可以改用诱导公式或其他方法． 3．公式灵活变形 (1)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)． (2)tanαtanβ＝1－eq \f(tanα＋tanβ,tan（α＋β）)＝eq \f(tanα－tanβ,tan（α－β）)－1． (3)在T(α±β)中，如果分子中出现“1”，常利用1＝tan45°来代换，以达到化简求值的目的，如eq \f(1－tanα,1＋tanα)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))；eq \f(\r(3)tanα＋\r(3),1－tanα)＝eq \r(3)taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))． 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)不存在α，β∈R，使tan(α＋β)＝tanα＋tanβ．(　　) (2)对任意的α，β∈R，tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)．(　　) (3)eq \f(tan16°＋tan44°,1＋tan16°tan44°)＝eq \r(3)．(　　) 2．做一做 (1)eq \f(tan75°－tan15°,1＋tan75°tan15°)＝(　　) A．－eq \r(2) B．eq \r(2) C．－eq \r(3) D．eq \r(3) (2)已知tanα＝1，tanβ＝2，则tan(α＋β)＝________． (3)若taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝2，则tanα＝________． 题型一　给角化简求值 例1　求值：(1)tan105°；(2)eq \f(1－tan75°,1＋tan75°)． 解　(1)原式＝tan(60°＋45°) ＝eq \f(tan60°＋tan45°,1－tan60°tan45°)＝eq \f(\r(3)＋1,1－\r(3))＝－(2＋eq \r(3))． (2)原式＝eq \f(tan45°－tan75°,1＋tan45°tan75°)＝tan(45°－75°) ＝tan(－30°)＝－tan30°＝－eq \f(\r(3),3)． 题型二　给值求值 例2　已知tanα＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－1,1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))的值是(　　) A．2 B．eq \f(1,2) C．－1 D．－3 解析　解法一：因为tanα＝eq \f(1,2)，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝eq \f(1＋tanα,1－tanα)＝3，所以eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－1,1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f(3－1,1＋3)＝eq \f(1,2)．故选B． 解法二：eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－1,1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－tan\f(π,4),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))tan\f(π,4))＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\f(π,4)))＝tanα＝eq \f(1,2)．故选B． [跟踪训练2]　已知α，β均为锐角，且tanβ＝eq \f(cosα－sinα,cosα＋sinα)，则tan(α＋β)＝(　　) A．1 B．2 C．－1 D．－2 解析　tanβ＝eq \f(cosα－sinα,cosα＋sinα)＝eq \f(1－tanα,1＋tanα)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))．∵α，β均为锐角，∴β＝eq \f(π,4)－α，即α＋β＝eq \f(π,4)，∴tan(α＋β)＝taneq \f(π,4)＝1． 题型三　给值求角 例3　已知tanα＝eq \f(1,7)，tanβ＝－eq \f(4,3)，且α，β∈(0，π)，则α＋β＝(　　) A．eq \f(2π,3) B．eq \f(3π,4) C．eq \f(5π,6) D．eq \f(7π,4) 解析　∵α，β∈(0，π)，tanα＝eq \f(1,7)>0，tanβ＝－eq \f(4,3)<0，∴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))，∴α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))．∵tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(\f(1,7)－\f(4,3),1＋\f(1,7)×\f(4,3))＝－1，∴α＋β＝eq \f(3π,4)，故选B． [跟踪训练3]　在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，则C的值是(　　) A．eq \f(3π,4) B．eq \f(π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(2π,3) 解析　由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，得tanA＋tanB＝－(1－tanAtanB)， ∴tan(A＋B)＝eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－1，∵tan(A＋B)＝－tanC，∴tanC＝1．又0<C<π，∴C＝eq \f(π,4)．故选B． 题型四　公式的综合应用 例4　已知在△ABC中，满足tanA＋tanB＋eq \r(3)＝eq \r(3)tanAtanB，且sinAcosA＝eq \f(\r(3),4)，判断△ABC的形状． 解　由tanA＋tanB＋eq \r(3)＝eq \r(3)tanAtanB， 得eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq \r(3)， 即tan(A＋B)＝－eq \r(3)． ∴tanC＝－tan(A＋B)＝eq \r(3)，从而C＝60°． 由sinAcosA＝eq \f(\r(3),4)，得sin2Acos2A＝eq \f(3,16)化为16cos4A－16cos2A＋3＝0，解得cos2A＝eq \f(3,4)或cos2A＝eq \f(1,4)， ∴cosA＝±eq \f(\r(3),2)或cosA＝±eq \f(1,2)． 又0°<A<180°，∴A＝30°或150°或60°或120°． 当A＝150°或120°时，A＋C≥180°，舍去． 当A＝30°时，C＝60°，∴B＝90°，与tanB有意义矛盾，舍去． ∴A＝60°，B＝60°，C＝60°，即△ABC为正三角形． 在三角形中，应用和、差角公式解题的注意点 (1)三角形的内角和等于180°； (2)创造条件使之能运用两角和与差的三角函数公式； (3)记住常用结论：在△ABC中，sin(A＋B)＝sinC，cos(A＋B)＝－cosC，tan(A＋B)＝－tanC，sineq \f(A＋B,2)＝coseq \f(C,2)等． [跟踪训练4]　证明：在△ABC中，taneq \f(A,2)taneq \f(B,2)＋taneq \f(B,2)taneq \f(C,2)＋taneq \f(C,2)taneq \f(A,2)＝1． 证明　在△ABC中，由A＋B＋C＝π，得eq \f(A,2)＋eq \f(B,2)＝eq \f(π,2)－eq \f(C,2)，且eq \f(A,2)，eq \f(B,2)，eq \f(C,2)，eq \f(A,2)＋eq \f(B,2)都不等于eq \f(π,2)， ∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(B,2)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(C,2)))， ∴eq \f(tan\f(A,2)＋tan\f(B,2),1－tan\f(A,2)tan\f(B,2))＝eq \f(1,tan\f(C,2))， ∴taneq \f(C,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tan\f(A,2)＋tan\f(B,2)))＝1－taneq \f(A,2)taneq \f(B,2)， ∴taneq \f(C,2)taneq \f(A,2)＋taneq \f(B,2)taneq \f(C,2)＝1－taneq \f(A,2)taneq \f(B,2)， ∴taneq \f(A,2)taneq \f(B,2)＋taneq \f(B,2)taneq \f(C,2)＋taneq \f(C,2)taneq \f(A,2)＝1． 1．eq \f(1＋tan15°,1－tan15°)的值为(　　) A．eq \r(3) B．1 C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(2),2) 解析　上式化为eq \f(tan45°＋tan15°,1－tan45°tan15°)＝tan60°＝eq \r(3)． 2．若tanβ＝3，tan(α－β)＝－2，则tanα＝(　　) A．eq \f(1,7) B．－eq \f(1,7) C．1 D．－1 解析　tanα＝tan[(α－β)＋β] ＝eq \f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq \f(－2＋3,1－（－2×3）)＝eq \f(1,7)． 3．已知tanα＝2，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________． 解析　taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq \f(2＋1,1－2×1)＝－3． 4．已知tan(α－β)＝eq \f(1,2)，tanβ＝－eq \f(1,7)，且α，β∈(0，π)，则2α－β的值为_______． 解析　tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq \f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,7),1－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝eq \f(1,3)，而α∈(0，π)，∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))．∵tanβ＝－eq \f(1,7)，β∈(0，π)，∴β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴－π<α－β<0．而tan(α－β)＝eq \f(1,2)>0，∴－π<α－β<－eq \f(π,2)，∴2α－β∈(－π，0)，又tan(2α－β)＝tan[(α－β)＋α]＝eq \f(tan（α－β）＋tanα,1－tan（α－β）tanα)＝eq \f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1，∴2α－β＝－eq \f(3π,4)． －eq \f(3π,4) 5．求值：eq \f(tan55°－tan385°,1－tan（－305°）tan（－25°）)． 解　原式＝eq \f(tan55°－tan（360°＋25°）,1＋tan（－360°＋55°）tan25°) ＝eq \f(tan55°－tan25°,1＋tan55°tan25°)＝tan(55°－25°) ＝tan30°＝eq \f(\r(3),3)． 一、选择题 1．tan15°＋tan75°＝(　　) A．2 B．2＋eq \r(3) C．4 D．eq \f(4\r(3),3) 解析　tan15°＋tan75°＝tan(45°－30°)＋tan(45°＋30°)＝eq \f(tan45°－tan30°,1＋tan45°tan30°)＋eq \f(tan45°＋tan30°,1－tan45°tan30°)＝4． 2．已知cosα＝－eq \f(4,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))等于(　　) A．－eq \f(1,7) B．－7 C．eq \f(1,7) D．7 解析　由cosα＝－eq \f(4,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，得tanα＝－eq \f(3,4)，∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(－\f(3,4)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×1)＝eq \f(1,7)． 3．已知tanα，tanβ是方程6x2－5x＋1＝0的两根，且0<α<eq \f(π,2)，π<β<eq \f(3π,2)，则α＋β的值为(　　) A．eq \f(5π,4) B．eq \f(7π,4) C．eq \f(4π,3) D．eq \f(3π,4) 解析　因为tanα，tanβ是方程6x2－5x＋1＝0的两根，所以tanα＋tanβ＝eq \f(5,6)，tanαtanβ＝eq \f(1,6)，所以tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(\f(5,6),1－\f(1,6))＝1，因为0<α<eq \f(π,2)，π<β<eq \f(3π,2)，所以π<α＋β<2π，所以α＋β＝eq \f(5π,4)． 4．已知M＝sin100°－cos100°，N＝eq \r(2)(cos46°·cos78°＋cos44°cos12°)，P＝eq \f(1－tan10°,1＋tan10°)，Q＝eq \f(tan22°＋tan23°,1－tan22°tan23°)，那么M，N，P，Q之间的大小顺序是(　　) A．M<N<P<Q B．P<Q<M<N C．N<M<Q<P D．Q<P<N<M 解析　M＝sin100°－cos100°＝eq \r(2)sin(100°－45°)＝eq \r(2)sin55°>1，N＝eq \r(2)(cos46°cos78°＋cos44°cos12°)＝eq \r(2)(sin44°cos78°＋cos44°sin78°)＝eq \r(2)sin122°＝eq \r(2)sin58°>M，P＝eq \f(1－tan10°,1＋tan10°)＝tan(45°－10°)＝tan35°<1，Q＝eq \f(tan22°＋tan23°,1－tan22°tan23°)＝tan(22°＋23°)＝tan45°＝1，所以P<Q<M<N．故选B． 5．(多选)已知在△ABC中，C＝120°，tanA＋tanB＝eq \f(2\r(3),3)，则下列各式正确的是(　　) A．tanAtanB＝eq \f(1,3) B．tan(A＋B)＝－eq \r(3) C．tanA＝tanB D．cosB＝eq \r(3)sinA 解析　∵C＝120°，∴A＋B＝60°．∴2(A＋B)＝C．∴tan(A＋B)＝eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq \r(3)，故B错误；∵tanA＋tanB＝eq \r(3)(1－tanAtanB)＝eq \f(2\r(3),3)，∴tanAtanB＝eq \f(1,3)　①，故A正确；又tanA＋tanB＝eq \f(2\r(3),3)　②，由①②联立解得tanA＝tanB＝eq \f(\r(3),3)，故C正确；由以上易知，A＝B＝30°，所以cosB＝eq \r(3)sinA，故D正确．故选ACD． 二、填空题 6．tan50°－tan20°－eq \f(\r(3),3)tan50°tan20°＝________． 解析　tan50°－tan20°－eq \f(\r(3),3)tan50°tan20°＝tan(50°－20°)(1＋tan50°tan20°)－eq \f(\r(3),3)tan50°tan20°＝tan30°(1＋tan50°tan20°)－eq \f(\r(3),3)tan50°tan20°＝eq \f(\r(3),3)＋eq \f(\r(3),3)tan50°tan20°－eq \f(\r(3),3)tan50°tan20°＝eq \f(\r(3),3)． eq \f(\r(3),3) 7．已知sinα＝eq \f(1,3)，α是第二象限角，且tan(α＋β)＝－eq \r(3)，则tanβ的值为_____________． 解析　由sinα＝eq \f(1,3)且α是第二象限角可得tanα＝－eq \f(1,2\r(2))．于是tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq \f(tan（α＋β）－tanα,1＋tan（α＋β）tanα)＝eq \f(－\r(3)＋\f(1,2\r(2)),1＋\f(\r(3),2\r(2)))＝eq \f(8\r(2)－9\r(3),5)． eq \f(8\r(2)－9\r(3),5) eq \f(1,7) 解析　∵AD⊥BC，且BD∶CD∶AD＝2∶3∶6，∴tan∠BAD＝eq \f(BD,AD)＝eq \f(1,3)，tan∠CAD＝eq \f(CD,AD)＝eq \f(1,2)，∴tan∠BAC＝tan(∠CAD－∠BAD)＝eq \f(tan∠CAD－tan∠BAD,1＋tan∠CADtan∠BAD)＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq \f(1,7)． 三、解答题 9．已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1,3)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，若β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq \f(\r(5),5)，求α＋β的值． 解　∵taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1,3)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))， ∴eq \f(1－tanα,1＋tanα)＝eq \f(1,3)，解得tanα＝eq \f(1,2)． ∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq \f(\r(5),5)，∴eq \f(3π,4)<eq \f(3π,4)＋β<eq \f(5π,4)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))<0，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq \f(－2,\r(5))， ∴sinβ＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(3π,4)))－\f(3π,4))) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(3π,4)))coseq \f(3π,4)－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(3π,4)))sineq \f(3π,4) ＝eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(5))))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,\r(10))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴cosβ＝eq \f(3,\r(10))，∴tanβ＝eq \f(1,3)． ∴tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1， 又α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，∴α＋β＝eq \f(π,4)． 解　(1)由tanAtanB＝1可得eq \f(sinA,cosA)·eq \f(sinB,cosB)＝1． ∴sinAsinB＝cosAcosB． ∴cosAcosB－sinAsinB＝cos(A＋B)＝0． ∵A，B是△ABC的内角，即0<A＋B<π， ∴A＋B＝eq \f(π,2)．∴C＝eq \f(π,2)．∴△ABC为直角三角形． (2)∵tanAtanB>1， ∴tanA>0，tanB>0且1－tanAtanB<0． ∴tan(A＋B)＝eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)<0． 又tanC＝－tan(A＋B)>0， ∴A，B，C全为锐角，△ABC为锐角三角形． 1．是否存在锐角α和β，使得下列两式同时成立？ (1)α＋2β＝eq \f(2π,3)；(2)taneq \f(α,2)tanβ＝2－eq \r(3)． 解　假设存在符合题意的锐角α，β． 由(1)得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)＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3)． 由(2)taneq \f(α,2)tanβ＝2－eq \r(3)，得taneq \f(α,2)＋tanβ＝3－eq \r(3)． ∴taneq \f(α,2)，tanβ是方程x2－(3－eq \r(3))x＋(2－eq \r(3))＝0的两根． ∴x1＝1，x2＝2－eq \r(3)． ∵0<α<eq \f(π,2)，0<eq \f(α,2)<eq \f(π,4)，∴0<taneq \f(α,2)<1，∴taneq \f(α,2)＝2－eq \r(3)，tanβ＝1， 又0<β<eq \f(π,2)，∴β＝eq \f(π,4)，代入(1)中，得α＝eq \f(π,6)． ∴存在锐角α＝eq \f(π,6)，β＝eq \f(π,4)，使(1)(2)同时成立． 2．A，B，C为△ABC的内角，且△ABC不为直角三角形． (1)求证：tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC； (2)当eq \r(3)tanC－1＝eq \f(tanB＋tanC,tanA)时，求B． 解　(1)证明：在△ABC中， 由A＋B＋C＝π，得A＋B＝π－C，∴tan(A＋B)＝tan(π－C)， ∴eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－tanC，∴tanA＋tanB＝－tanC＋tanAtanBtanC， ∴tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC． (2)由eq \r(3)tanC－1＝eq \f(tanB＋tanC,tanA)，得 eq \r(3)tanAtanC＝tanA＋tanB＋tanC ＝tanAtanBtanC， ∴tanB＝eq \r(3)． ∵B为△ABC的内角，∴B＝eq \f(π,3)． $$