8.2.2 第2课时 两角和与差的正切-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第三册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第八章　向量的数量积与 三角恒等变换 8.2　三角恒等变换 8.2.2　两角和与差的正弦、正切 第2课时　两角和与差的正切 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 16 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 9.已知tanα，tanβ是方程lg (3x2－x－2)＝0的两个实数根，则tan(α＋β)＝________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 四、解答题 11.(1)若α，β为锐角，且α＋β＝45°，求证：(1＋tanα)(1＋tanβ)＝2； (2)求log2(1＋tan1°)＋log2(1＋tan2°)＋…＋log2(1＋tan44°)＋log2(1＋tan45°)的值. 解：(1)证明：(1＋tanα)(1＋tanβ) ＝1＋tanα＋tanβ＋tanαtanβ ＝1＋tan(α＋β)(1－tanαtanβ)＋tanαtanβ ＝1＋tan45°(1－tanαtanβ)＋tanαtanβ ＝1＋1－tanαtanβ＋tanαtanβ＝2. (2)由(1)知，(1＋tan1°)(1＋tan44°)＝(1＋tan2°)(1＋tan43°)＝…＝2. 因为1＋tan45°＝2，所以原式＝log2223＝23. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 13.已知△ABC中，A，B，C为其三个内角，且tanA，tanB，tanC都是整数，则tanA＋tanB＋tanC＝________. 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 14.已知正方形ABCD的边长为1，点P，Q分别在边AB，AD上(不与端点重合)，设∠DCQ＝α，∠BCP＝β. (1)若AP＝DQ，求tan(α＋β)的最大值； (2)若△APQ的周长为2，求∠PCQ的大小. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　给角求值 1.已知A＋B＝eq \f(π,3)，则tanA＋tanB＋eq \r(3)tanAtanB－eq \r(3)＝(　　) A.－2eq \r(3) B.2eq \r(3) C.0 D.1－eq \r(3) 解析：∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)＝eq \r(3)(1－tanAtanB)，∴tanA＋tanB＋eq \r(3)tanAtanB－eq \r(3)＝0. 2.eq \f(tan70°－tan10°＋tan120°,tan70°tan10°)＝________. 解析：原式＝eq \f(tan(70°－10°)(1＋tan70°tan10°)－\r(3),tan70°tan10°) ＝eq \f(\r(3)＋\r(3)tan70°tan10°－\r(3),tan70°tan10°)＝eq \r(3). eq \r(3) 知识点二　给值求值 3.已知tan(α＋β)＝eq \f(2,5)，tan(α－β)＝eq \f(1,4)，则tan2α＝(　　) A.eq \f(1,6) B.eq \f(22,13) C.eq \f(3,22) D.eq \f(13,18) 解析：tan2α＝tan[(α＋β)＋(α－β)]＝eq \f(tan(α＋β)＋tan(α－β),1－tan(α＋β)tan(α－β))＝eq \f(\f(2,5)＋\f(1,4),1－\f(2,5)×\f(1,4))＝eq \f(13,18). 4.设θ为第二象限角，若taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，则sinθ＋cosθ＝________. 解析：解法一：由θ为第二象限角，且taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(5),5)，所以sinθ＋cosθ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(10),5). 解法二：利用两角和的正切公式将taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))展开，得eq \f(tanθ＋1,1－tanθ)＝eq \f(1,2)，求得tanθ＝－eq \f(1,3)，又θ为第二象限角，所以sinθ＝eq \f(1,\r(10))，cosθ＝－eq \f(3,\r(10))，所以sinθ＋cosθ＝－eq \f(2,\r(10))＝－eq \f(\r(10),5). －eq \f(\r(10),5) 5.已知sinα＝eq \f(3,5)，α∈(0，2π)，tan(α－β)＝eq \f(1,2)，求tanβ及tan(2α－β). 解：∵sinα＝eq \f(3,5)>0，∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))或α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)). ①当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时， cosα＝eq \r(1－sin2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq \f(4,5)，∴tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝eq \f(\f(3,5),\f(4,5))＝eq \f(3,4)， ∴tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq \f(tanα－tan(α－β),1＋tanαtan(α－β))＝eq \f(\f(3,4)－\f(1,2),1＋\f(3,4)×\f(1,2))＝eq \f(2,11)， tan(2α－β)＝tan[α＋(α－β)]＝eq \f(tanα＋tan(α－β),1－tanαtan(α－β))＝eq \f(\f(3,4)＋\f(1,2),1－\f(3,4)×\f(1,2))＝2； ②当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时， cosα＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝－eq \f(4,5)， tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))＝－eq \f(3,4)， ∴tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq \f(tanα－tan(α－β),1＋tanαtan(α－β)) ＝eq \f(－\f(3,4)－\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\f(1,2))＝－2， tan(2α－β)＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋(α－β)))＝eq \f(tanα＋tan(α－β),1－tanαtan(α－β)) ＝eq \f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\f(1,2))＝－eq \f(2,11). 综上可得，当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，tanβ＝eq \f(2,11)，tan(2α－β)＝2； 当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，tanβ＝－2，tan(2α－β)＝－eq \f(2,11). 知识点三　给值求角 6.已知tanα＝2，tanβ＝3，α，β均为锐角，则α＋β的值是________. 解析：因为α，β是锐角，所以0<α＋β<π，又tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(2＋3,1－2×3)＝－1，所以α＋β＝eq \f(3π,4). eq \f(3π,4) 7.已知tan(α＋β)＝7，tanα＝eq \f(3,4)，且β∈(0，π)，则β的值为________. 解析：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，因为β∈(0，π)，所以β＝eq \f(π,4). eq \f(π,4) 知识点四　公式的综合应用 8.设向量a＝(cosα，－1)，b＝(2，sinα)，若a⊥b，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝(　　) A.－eq \f(1,3) B.eq \f(1,3) C.－3 D.3 解析：∵a⊥b，∴a·b＝2cosα－sinα＝0，得tanα＝2，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)＝eq \f(1,3). 9.已知－eq \f(π,2)<α<eq \f(π,2)，－eq \f(π,2)<β<eq \f(π,2)，且tanα，tanβ是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两个根，则α＋β的值为________. 解析：∵tanα，tanβ是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两个根，∴tanα＋tanβ＝－3eq \r(3)，tanαtanβ＝4，∴tanα<0，tanβ<0，∴－eq \f(π,2)<α<0，－eq \f(π,2)<β<0，∴－π<α＋β<0.又tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(－3\r(3),1－4)＝eq \r(3)，∴α＋β＝－eq \f(2π,3). －eq \f(2π,3) 10.在△ABC中，已知tanB＋tanC＋eq \r(3)tanBtanC＝eq \r(3)(tanBtanC≠1)，eq \r(3)tanA＋eq \r(3)tanB＋1＝tanAtanB(tanAtanB≠1)，试判断△ABC的形状. 解：由tanB＋tanC＋eq \r(3)tanBtanC＝eq \r(3)， 得tanB＋tanC＝eq \r(3)(1－tanBtanC). ∵tanBtanC≠1， ∴tan(B＋C)＝eq \f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝eq \r(3). 又B，C为△ABC的内角， ∴0°<B＋C<180°，∴B＋C＝60°. 由eq \r(3)tanA＋eq \r(3)tanB＋1＝tanAtanB， 得eq \r(3)(tanA＋tanB)＝－(1－tanAtanB). ∵tanAtanB≠1， ∴tan(A＋B)＝eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq \f(\r(3),3). 又A，B为△ABC的内角， ∴0°<A＋B<180°，∴A＋B＝150°. 又A＋B＋C＝180°， ∴B＝C＝30°，A＝120°. 故△ABC为等腰三角形. 一、单选题 1.若tanα＝3，tanβ＝eq \f(4,3)，则eq \f(1,tan(α－β))＝(　　) A.－3 B.－eq \f(1,3) C.3 D.eq \f(1,3) 解析：eq \f(1,tan(α－β))＝eq \f(1＋tanαtanβ,tanα－tanβ)＝eq \f(1＋3×\f(4,3),3－\f(4,3))＝3. 2.已知tanα＋tanβ＝2，tan(α＋β)＝4，则tanαtanβ＝(　　) A.2 B.1 C.eq \f(1,2) D.4 解析：因为tanα＋tanβ＝2，所以tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(2,1－tanαtanβ)＝4，所以tanαtanβ＝eq \f(1,2).故选C. 3.若tanα＝eq \r(3)(1＋a)，eq \r(3)(tanαtanβ＋a)＋tanβ＝0，α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则α＋β＝(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(π,2) 解析：因为tanα＝eq \r(3)(1＋a)，且eq \r(3)(tanαtanβ＋a)＋tanβ＝0，所以eq \r(3)tanαtanβ＋tanα－eq \r(3)＋tanβ＝0，所以eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \r(3)，所以tan(α＋β)＝eq \r(3).因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝eq \f(π,3). 4.已知A，B为△ABC的内角，且(1＋tanA)(1＋tanB)＝2，则A＋B＝(　　) A.eq \f(π,4) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(5π,4) D.eq \f(π,2) 解析：∵(1＋tanA)(1＋tanB)＝2，∴1＋tanA＋tanB＋tanAtanB＝2，即tanA＋tanB＝1－tanAtanB.于是eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝1，故tan(A＋B)＝eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝1，∵A，B为△ABC的内角，∴A＋B＝eq \f(π,4). 5.若tan(α＋β)＝7，eq \f(tan2α－tan2β,1－tan2αtan2β)＝21，则tan2α＝(　　) A.－eq \f(1,2) B.－2 C.eq \f(10,21) D.eq \f(21,10) 解析：因为tan(α＋β)＝7，所以tan(α＋β)tan(α－β)＝7tan(α－β)，等式左边＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)·eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq \f(tan2α－tan2β,1－tan2αtan2β)＝21，所以21＝7tan(α－β)，即tan(α－β)＝3，故tan2α＝tan[(α＋β)＋(α－β)]＝eq \f(tan(α＋β)＋tan(α－β),1－tan(α＋β)tan(α－β))＝eq \f(7＋3,1－7×3)＝－eq \f(1,2). 二、多选题 6.如图，在△ABC中，AD⊥BC，D为垂足，AD在△ABC的外部，且BD∶CD∶AD＝2∶3∶6，则下列说法正确的是(　　) A.tan∠BAD＝eq \f(1,3) B.tan∠CAD＝eq \f(5,6) C.tan∠BAC＝eq \f(1,7) D.tan(∠BAD＋∠CAD)＝eq \f(1,2) 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(3,6)＝eq \f(1,2)，故A正确，B错误；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)，故C正确；tan(∠BAD＋∠CAD)＝eq \f(tan∠BAD＋tan∠CAD,1－tan∠BADtan∠CAD)＝eq \f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1，故D错误.故选AC. 7.已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sinβ＝2cos(α＋β)sinα，则下列结论正确的是(　　) A.tan(α＋β)＝3tanα B.tanβ有最大值eq \r(3) C.tanβ有最大值eq \f(\r(3),3) D.tanβ有最小值eq \f(\r(3),3) 解析：因为sinβ＝sin(α＋β－α)＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα，又sinβ＝2cos(α＋β)sinα，所以sin(α＋β)cosα＝3cos(α＋β)sinα，则tan(α＋β)＝3tanα，故A正确；令tanα＝t，则tan(α＋β)＝3tanα＝3t，因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα>0，则t>0，所以tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq \f(tan(α＋β)－tanα,1＋tan(α＋β)tanα)＝eq \f(2t,1＋3t2)＝eq \f(2,3t＋\f(1,t))≤eq \f(2,2\r(3t·\f(1,t)))＝eq \f(\r(3),3)，当且仅当3t＝eq \f(1,t)，即t＝eq \f(\r(3),3)，tanα＝eq \f(\r(3),3)，tan(α＋β)＝eq \r(3)，即α＝β＝eq \f(π,6)时取等号，所以tanβ有最大值eq \f(\r(3),3)，故C正确，B，D错误.故选AC. 三、填空题 8.计算：tan19°＋tan101°－eq \r(3)tan19°tan101°＝________. 解析：∵tan120°＝eq \f(tan19°＋tan101°,1－tan19°tan101°)＝－eq \r(3)，∴tan19°＋tan101°＝－eq \r(3)＋eq \r(3)tan19°tan101°，∴tan19°＋tan101°－eq \r(3)tan19°tan101°＝－eq \r(3). －eq \r(3) 解析：由题意知tanα，tanβ是方程lg (3x2－x－2)＝0的两个实数根，即tanα，tanβ是方程3x2－x－3＝0的两个实数根，所以tanα＋tanβ＝eq \f(1,3)，tanαtanβ＝－1，则tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(\f(1,3),1＋1)＝eq \f(1,6). eq \f(1,6) －eq \f(2,11) 10.已知α，β为锐角，cosα＝eq \f(3,5)，cos(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，则sinβ＝________，tan(α－β)＝________. 解析：∵0<α<eq \f(π,2)，0<β<eq \f(π,2)，∴0<α＋β<π.又cosα＝eq \f(3,5)，cos(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，∴sinα＝eq \f(4,5)，sin(α＋β)＝eq \f(2\r(5),5)，∴sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(3,5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))×eq \f(4,5)＝eq \f(2\r(5),5).∵0<α<eq \f(π,2)，0<β<eq \f(π,2)，cosα＝eq \f(3,5)，sinβ＝eq \f(2\r(5),5)，∴tanα＝eq \f(4,3)，tanβ＝2，∴tan(α－β)＝eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq \f(\f(4,3)－2,1＋\f(4,3)×2)＝－eq \f(2,11). eq \f(2\r(5),5) 12.如图，在平面直角坐标系xOy中，以Ox轴为始边作两个锐角α，β，它们的终边分别与单位圆交于A，B两点，已知点A，B的横坐标分别为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：由题意，得cosα＝eq \f(\r(2),10)，cosβ＝eq \f(2\r(5),5). ∵α，β为锐角，∴sinα＝eq \r(1－cos2α)＝eq \f(7\r(2),10)， sinβ＝eq \r(1－cos2β)＝eq \f(\r(5),5).∴tanα＝7，tanβ＝eq \f(1,2). (1)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(tan(α＋β)＋tanβ,1－tan(α＋β)tanβ)＝eq \f(－3＋\f(1,2),1－(－3)×\f(1,2))＝－1. ∵0<α<eq \f(π,2)，0<β<eq \f(π,2)， ∴0<α＋2β<eq \f(3π,2)，∴α＋2β＝eq \f(3π,4). 解析：在△ABC中，不妨令A≤B≤C，显然A为锐角，而tanA是整数，若tanA＝2>eq \r(3)＝taneq \f(π,3)，又函数y＝tanx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，则A>eq \f(π,3)，此时A＋B＋C≥3A>π与A＋B＋C＝π矛盾，又tanA>0，因此tanA＝1，A＝eq \f(π,4)，B＋C＝eq \f(3π,4)，tan(B＋C)＝eq \f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝－1，整理，得(tanB－1)(tanC－1)＝2，又tanB，tanC都是整数，且tanB≤tanC，因此tanB＝2，tanC＝3，所以tanA＋tanB＋tanC＝6. 解：(1)设AP＝DQ＝λ(0<λ<1)，则tanα＝λ，tanβ＝1－λ， 所以tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(1,1－λ(1－λ))＝eq \f(1,λ2－λ＋1)， 又λ2－λ＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，当且仅当λ＝eq \f(1,2)时取等号， 所以tan(α＋β)≤eq \f(1,\f(3,4))＝eq \f(4,3)，即tan(α＋β)的最大值为eq \f(4,3). (2)因为△APQ的周长为2，所以AP＋PQ＋AQ＝1－tanβ＋1－tanα＋eq \r((1－tanβ)2＋(1－tanα)2)＝2，则tanβ＋tanα＝eq \r((1－tanβ)2＋(1－tanα)2)， 两边同时平方并化简，得tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ，所以tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1， 又0<α＋β<eq \f(π,2)，所以α＋β＝eq \f(π,4)， 所以∠PCQ＝eq \f(π,2)－(α＋β)＝eq \f(π,4). $$