2021数学苏教版一轮考点测试21两角和与差的正弦、余弦和正切公式含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学苏教版一轮考点测试21两角和与差的正弦、余弦和正切公式含解析考点测试21两角和与差的正弦、余弦和正切公式高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中等难度考纲研读1.会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式2．会用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式3．会用两角差的余弦公式推导出两角和的正弦、余弦、正切公式，推导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系一、基础小题1．已知coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2)＋α）)＝2cos(π－α），则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α）)＝（）A．－3 B．3C．－eq\f（1,3) D．eq\f（1，3)答案A解析∵coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝2cos(π－α)，∴－sinα＝－2cosα，∴tanα＝2，∴taneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,4）＋α））＝eq\f（1＋tanα，1－tanα）＝－3,故选A.2．已知tanα＝eq\f（m，3），taneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，4））)＝eq\f（2，m）,则m＝()A．－6或1 B．－1或6C．6 D．1答案A解析由题意，得tanα＝eq\f(m，3)，taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,4）))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝eq\f（2，m)，则eq\f(\f(m,3）＋1,1－\f(m,3））＝eq\f（2,m），所以m＝－6或1，故选A.3．若eq\f（cos2α,sin\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α－\f（π,4））))＝－eq\f(\r（2）,2)，则cosα＋sinα的值为()A．－eq\f（\r(7)，2) B．－eq\f（1,2）C．eq\f（1，2) D．eq\f(\r（7),2）答案C解析依题意得eq\f（cos2α－sin2α,\f（\r（2)，2)sinα－cosα）＝－eq\r(2)（sinα＋cosα）＝－eq\f(\r（2），2），所以cosα＋sinα＝eq\f（1,2).故选C。4。eq\f(2cos10°－sin20°,sin70°)的值是（)A.eq\f（1,2） B．eq\f（\r（3），2)C．eq\r(3) D．eq\r(2)答案C解析原式＝eq\f(2cos30°－20°－sin20°,sin70°)＝eq\f（2cos30°cos20°＋sin30°sin20°－sin20°,sin70°）＝eq\f(\r(3)cos20°，cos20°)＝eq\r（3)。5．已知coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(α－\f（π，6）））＋sinα＝eq\f（4\r（3），5),则sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π，6）))＝（）A．－eq\f(2\r（3)，5) B．eq\f(2\r(3)，5）C．－eq\f(4,5) D．eq\f（4,5)答案C解析因为coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α－\f（π,6）））＋sinα＝eq\f(4\r(3）,5）,所以eq\f(\r（3)，2）cosα＋eq\f(1,2）sinα＋sinα＝eq\f（4\r（3),5），即eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r（3)，2）sinα＝eq\f（4,5）,所以sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,6)））＝eq\f(4,5），所以sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,6)）)＝－sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,6)))＝－eq\f（4，5）.故选C。6．设α,β都是锐角，且cosα＝eq\f(\r(5）,5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5），则cosβ＝(）A.eq\f（2\r（5）,25) B．eq\f（2\r（5）,5)C。eq\f（2\r（5）,25)或eq\f(2\r（5）,5) D．±eq\f（2\r(5），25）答案A解析∵α，β都是锐角，且cosα＝eq\f(\r(5），5）＜eq\f（1,2)，∴0<β〈eq\f（π,2),eq\f(π,3)〈α<eq\f（π,2)，∴eq\f(π，3）<α＋β〈π，又sin(α＋β）＝eq\f(3，5）〈eq\f（\r（3）,2)，∴eq\f（2π，3)<α＋β〈π，∴cos(α＋β)＝－eq\r（1－sin2α＋β）＝－eq\f（4，5)，sinα＝eq\r(1－cos2α）＝eq\f(2\r（5),5)，则cosβ＝cos［(α＋β）－α］＝cos(α＋β）cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f（4，5）×eq\f（\r(5），5）＋eq\f(3,5)×eq\f（2\r(5)，5）＝eq\f（2\r（5)，25)。故选A.7．sin10°sin50°sin70°＝________.答案eq\f（1,8)解析sin10°sin50°sin70°＝sin10°cos40°cos20°＝eq\f（sin10°cos10°cos20°cos40°,cos10°)＝eq\f（\f（1,8)sin80°，cos10°）＝eq\f(1,8)。8．在平面直角坐标系xOy中，角θ的顶点在原点,始边与x轴的正半轴重合,终边过点eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，\f(\r(3)，2)）)，则coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2θ＋\f(π,3）))＝________.答案－1解析解法一：由题意，得cosθ＝eq\f(1,2)，sinθ＝eq\f(\r(3），2）,则sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f（\r（3）,2），cos2θ＝2cos2θ－1＝－eq\f(1，2），所以coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2θ＋\f(π，3)）)＝cos2θcoseq\f（π，3）－sin2θsineq\f(π,3)＝－eq\f（1，2)×eq\f（1,2)－eq\f(\r（3),2）×eq\f（\r(3），2）＝－1。解法二：由题意，得tanθ＝eq\r(3），θ为第一象限角，所以θ＝2kπ＋eq\f（π，3)（k∈Z），所以2θ＝4kπ＋eq\f(2π，3）(k∈Z），则coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)））＝cos(4kπ＋π）＝－1。二、高考小题9．（2018·全国卷Ⅲ）若sinα＝eq\f(1，3），则cos2α＝()A。eq\f（8，9） B．eq\f(7，9）C．－eq\f(7,9) D．－eq\f（8,9）答案B解析cos2α＝1－2sin2α＝1－eq\f(2,9）＝eq\f(7,9），故选B。10．（2017·全国卷Ⅲ）已知sinα－cosα＝eq\f（4，3)，则sin2α＝(）A．－eq\f（7,9） B．－eq\f(2,9）C．eq\f（2,9） D．eq\f（7，9）答案A解析∵（sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(4，3）))2＝eq\f（16，9)，∴sin2α＝－eq\f(7，9）.故选A。11．（2019·江苏高考)已知eq\f（tanα，tan\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,4）)）)＝－eq\f（2，3），则sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2α＋\f（π,4)））的值是________．答案eq\f(\r(2),10）解析解法一：由eq\f（tanα,tan\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f（π,4）))）＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα)）＝eq\f(tanα1－tanα，tanα＋1）＝－eq\f（2，3)，解得tanα＝2或－eq\f（1,3).∵sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2α＋\f(π,4)））＝eq\f(\r(2），2)（sin2α＋cos2α）＝eq\f（\r(2),2)(2sinαcosα＋2cos2α－1）＝eq\r(2)（sinαcosα＋cos2α）－eq\f（\r(2），2）＝eq\r（2)·eq\f(sinαcosα＋cos2α,sin2α＋cos2α）－eq\f(\r（2）,2)＝eq\r(2）·eq\f(tanα＋1,tan2α＋1)－eq\f(\r（2）,2),将tanα＝2和－eq\f（1,3）分别代入，得sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)））＝eq\f(\r(2），10）。解法二：∵eq\f(tanα,tan\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))）＝eq\f（sinαcos\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,4）)）,cosαsin\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π，4))））＝－eq\f(2，3）,∴sinαcoseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f(π，4)))＝－eq\f（2，3)cosαsineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，4))）.①又sineq\f（π，4)＝sineq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4））)－α））＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（π,4）)）cosα－coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，4))）sinα＝eq\f(\r（2),2），②由①②,解得sinαcoseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,4))）＝－eq\f(\r（2），5）,cosαsineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π，4）))＝eq\f（3\r(2），10).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)））＝sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（α＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，4）))))＝sinαcoseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，4)))＋cosαsineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,4）））＝eq\f(\r(2），10).12．(2018·全国卷Ⅱ)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(5π，4）））＝eq\f(1，5），则tanα＝________。答案eq\f(3，2)解析taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α－\f（5π,4）))＝eq\f(tanα－tan\f(5π,4),1＋tanα·tan\f（5π,4）)＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,5),解得tanα＝eq\f(3,2)。13．(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π，2)))，tanα＝2,则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（α－\f(π，4))）＝________.答案eq\f(3\r（10）,10)解析因为α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2）)），且tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝2，所以sinα＝2cosα，又sin2α＋cos2α＝1，所以sinα＝eq\f(2\r（5），5），cosα＝eq\f(\r(5），5)，则coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(α－\f（π，4)）)＝cosαcoseq\f（π，4）＋sinαsineq\f(π，4)＝eq\f(\r（2)，2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3\r（10),10）.三、模拟小题14．（2019·陕西榆林模拟)设α∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2））），若coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,6）））＝eq\f(4，5），则sinα＝（)A.eq\f（3－4\r(3），10) B．eq\f(3＋4\r(3），10）C.eq\f（3\r(3)＋4，10) D．eq\f(3\r(3)－4，10)答案D解析由题意知α∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2））)，coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π，6））)＝eq\f（4，5),则sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)）)＝eq\f（3,5)，所以sinα＝sineq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,6)））－\f(π，6))）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π，6)）)coseq\f（π，6)－coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,6))）sineq\f(π,6）＝eq\f(3\r(3）－4，10），故选D.15．（2019·北京丰台二中期中)若sin2α＝a，cos2α＝b，且taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4）＋α））有意义，则taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4）＋α）)＝（）A。eq\f（1＋a＋b,1－a＋b) B．eq\f（a＋1－b，a－1＋b)C.eq\f（1＋a，b) D．eq\f(b，1－a）答案C解析因为sin2α＝a,cos2α＝b，所以taneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4）＋α）)＝eq\f(1＋tanα，1－tanα）＝eq\f（sinα＋cosα，cosα－sinα)＝eq\f(sinα＋cosα2,cos2α－sin2α）＝eq\f(1＋sin2α，cos2α）＝eq\f(1＋a,b).故选C.16．(2019·黄冈质检）已知α＋β＝eq\f（π，6),且eq\r(3）(tanαtanβ＋2)＋2tanα＋3tanβ＝0,则tanα＝()A．－eq\f（\r（3），3） B．eq\r(3）C．－eq\r（3) D．3eq\r（3）答案D解析由eq\r(3)（tanαtanβ＋2)＋2tanα＋3tanβ＝0，得eq\r(3）tanαtanβ＋3(tanα＋tanβ)＝tanα－2eq\r（3），①由tan(α＋β）＝eq\f（tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f（\r(3)，3），得eq\r(3）(tanα＋tanβ)＝1－tanαtanβ，②由①②得tanα＝3eq\r(3）,故选D.17．(2019·辽宁省鞍山市第一中学高三一模)若α，β均为锐角且cosα＝eq\f（1，7)，cos（α＋β）＝－eq\f(11，14),则sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3π,2)＋2β))＝（)A．－eq\f(1，2) B．eq\f(1，2)C．－eq\f(\r(3),2） D．eq\f(\r(3）,2)答案B解析∵α，β均为锐角，且cosα＝eq\f（1,7），cos（α＋β）＝－eq\f（11,14），∴sinα＝eq\r（1－\f(1,49)）＝eq\f(4\r(3),7)，sin(α＋β)＝eq\r（1－cos2α＋β)＝eq\f(5\r(3），14）,∴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),可得sinβ＝eq\r（1－cos2β）＝eq\f(\r(3),2），∴sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3π，2）＋2β)）＝－cos2β＝sin2β－cos2β＝eq\f(3，4)－eq\f（1，4）＝eq\f（1,2).故选B。18．(2019·郑州二模)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f（π，3）))＋cosα＝eq\f（4\r(3),5)，则coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，6)－α））＝________.答案eq\f（4，5）解析由coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α－\f（π,3))）＋cosα＝eq\f(4\r(3）,5），可得cosαcoseq\f（π，3）＋sinαsineq\f（π，3）＋cosα＝eq\f（4\r（3),5)，即eq\f（3，2)cosα＋eq\f（\r（3),2)sinα＝eq\f(4\r(3),5),eq\r(3）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)，2）cosα＋\f(1，2）sinα))＝eq\f(4\r(3)，5)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,3)＋α））＝eq\f(4,5)，故coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,6）－α))＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，3）＋α）)＝eq\f（4,5)。一、高考大题1．（2018·江苏高考)已知α，β为锐角,tanα＝eq\f（4，3），cos（α＋β)＝－eq\f（\r(5)，5）.(1)求cos2α的值；（2）求tan(α－β)的值．解(1）因为tanα＝eq\f（4,3）,tanα＝eq\f（sinα,cosα），所以sinα＝eq\f(4，3）cosα。因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f（9，25)，所以cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25)。(2）因为α，β为锐角，所以α＋β∈（0，π)．又因为cos（α＋β)＝－eq\f(\r（5），5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(2\r（5)，5），因此tan（α＋β）＝－2。因为tanα＝eq\f（4，3),所以tan2α＝eq\f(2tanα，1－tan2α）＝－eq\f(24，7).因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β）]＝eq\f（tan2α－tanα＋β，1＋tan2αtanα＋β)＝－eq\f（2，11）.二、模拟大题2．(2019·厦门模拟)已知α,β均为锐角，且sinα＝eq\f(3，5)，tan(α－β)＝－eq\f(1,3）。(1）求sin(α－β）的值；(2)求cosβ的值．解(1)因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2)）），从而－eq\f（π,2）〈α－β〈eq\f(π,2)。又因为tan(α－β)＝－eq\f（1,3）<0，所以－eq\f(π，2)〈α－β<0。利用同角三角函数的基本关系可得sin2(α－β)＋cos2（α－β)＝1，且eq\f（sinα－β,cosα－β)＝－eq\f(1,3）,解得sin（α－β）＝－eq\f(\r(10),10)。（2)由(1）可得，cos（α－β）＝eq\f（3\r(10），10)。因为α为锐角，sinα＝eq\f（3，5），所以cosα＝eq\f（4,5)。所以cosβ＝cos[α－（α－β）]＝cosαcos（α－β）＋sinαsin（α－β)＝eq\f（4,5)×eq\f(3\r(10)，10）＋eq\f（3,5）×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（\r（10）,10)）)＝eq\f（9\r（10)，50).3．（2019·贵阳质量监测（二）)已知函数f（x)＝（2cos2x－1）sin2x＋eq\f（1,2)cos4x.(1）求f（x)的最小正周期及单调递减区间；(2)若α∈(0，π），且feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(α，4）－\f(π,8)））＝eq\f（\r（2），2),求taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,3)))的值．解(1）f（x)＝（2cos2x－1）sin2x＋eq\f（1,2）cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2）cos4x＝eq\f(1,2）（sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2)，2)sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(4x＋\f（π，4）)），∴f（x）的最小正周期T＝eq\f（π，2).令2kπ＋eq\f(π，2）≤4x＋eq\f(π,4）≤2kπ＋eq\f(3,2）π(k∈Z),得eq\f(kπ，2）＋eq\f(π,16）≤x≤eq\f（kπ，2）＋eq\f（5π，16）(k∈Z)．∴f（x)的单调递减区间为eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(kπ，2)＋\f(π,16）,\f（kπ,2)＋\f（5π,16))）(k∈Z)．（2)由feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（α,4)－\f（π,8）)）＝eq\f(\r（2）,2),得sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f（π,4）)）＝1.因为α∈（0，π）,所以－eq\f（π，4)<α－eq\f(π,4）〈eq\f（3π，4)，所以α－eq\f(π，4)＝eq\f（π,2)，故α＝eq\f（3π,4）。因此taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3）))＝eq\f（tan\f（3π，4)＋tan\f（π，3）,1－tan\f（3π,4)tan\f(π，3））＝eq\f（－1＋\r（3）,1＋\r（3)）＝2－eq\r(3)。4．(2020·陕西安康高三阶段考试)已知coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，6）＋α）)coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，3)－α)）＝－eq\f（1,4）,α∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,3）,\f(π，2))）.（1)求sin2α的值；(2）求tanα－eq\f(1，tanα）的值．解（1）coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,6）＋α))coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，3）－α）)＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)＋α）)sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,6)＋α）)＝eq\f(1，2）sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2α＋\f（π，3））)＝－eq\f（1，4)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2α＋\f(π，3)）)＝－eq\f(1，2），因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f（π,2)))，所以2α＋eq\f(π，3)∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(π，\f（4π，3)))，所以coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2α＋\f(π,3))）＝－eq\f(\r（3），2)，所以sin2α＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2α＋\f（π,3）)）－\f(π,3）))＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2α＋\f（π,3））)coseq\f(π,3）－coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2α＋\f（π，3）)）sineq\f(π，3）＝－eq\f(1，2）×eq\f(1,2）－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(\r(3),2))）×eq\f（\r(3），2）＝eq\f(1，2)。（2)因为α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，3)，\f(π,2)）)，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2π,3），π）），又由(1）知sin2α＝eq\f(1,2)，所以cos2α＝－eq\f(\r(3)，2）.所以tanα－eq\f(1,tanα）＝eq\f（sinα,cosα)－eq\f（cosα，sinα）＝eq\f（sin2α－cos2α,sinαcosα）＝eq\f（－2cos2α,sin2α)＝－2×eq\f（－\f(\r(3），2），\f（1，2）)＝2eq\r(3）。5．（2019·哈尔滨模拟）已知函数f(x)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2）））·cos（x＋θ）为奇函数,且feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）））＝0,其中a∈R，θ∈(0，π）．(1)求a，θ的值；(2)若α∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,2），π）），feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(α，2）＋\f（π,8）))＋eq\f（2，5)coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,4））)cos2α＝0,求cosα－sinα的值．解(1）因为f(x)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋2cos2\f（x,2))）cos(x＋θ）是奇函数，所以eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f（x,2））)cos(x＋θ)＝－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（a＋2cos2\f（x,2))）·cos（－x＋θ），化简整理，得eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋2cos2\f(x,2)))·2cosxcosθ＝0，则有cosθ＝0,由θ∈（0，π)，得θ＝eq\f(π,2），所以f（x)＝－sinxeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a＋2cos2\f（x,2)））.由feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4