数学教材习题点拨：两角和与差的正弦、余弦和正切公式

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，业必贵于专精教材习题点拨练习1．证明：(1)coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,2）－α））＝coseq\f（π,2）cosα＋sineq\f（π,2)sinα＝0×cosα＋1×sinα＝sinα。（2)cos(2π－α)＝cos2πcosα＋sin2πsinα＝1×cosα＋0×sinα＝cosα。2．解：∵cosα＝－eq\f(3，5）,α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，2)，π）)，∴sinα＝eq\r（1－cos2α）＝eq\f（4，5）。∴coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)－α)）＝coseq\f（π，4)cosα＋sineq\f(π，4）sinα＝eq\f（\r(2)，2)×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（3，5）))＋eq\f（\r（2),2）×eq\f(4,5）＝eq\f（\r(2）,10）.3．解：∵sinθ＝eq\f(15，17），θ是第二象限角，∴cosθ＝－eq\r（1－sin2θ)＝－eq\f(8，17）。∴coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3）））＝cosθcoseq\f（π,3)＋sinθsineq\f(π，3)＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（8,17)))×eq\f（1,2)＋eq\f（15,17）×eq\f（\r(3)，2）＝eq\f（15\r（3)－8，34）。4．解：∵sinα＝－eq\f(2，3)，α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π，2）)），∴cosα＝eq\r（1－sin2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(2，3)))\s\up12(2)）＝－eq\f（\r（5)，3）。又∵cosβ＝eq\f（3,4），β∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3π,2），2π）），∴sinβ＝－eq\r（1－cos2β)＝－eq\r(1－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3，4)))\s\up12（2)）＝－eq\f（\r(7)，4).∴cos(β－α）＝cosβcosα＋sinβsinα＝eq\f(3，4)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（\r（5)，3）)）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(\r（7）,4）)）×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(2,3）)）＝eq\f(2\r(7)－3\r（5),12).练习1．解：(1）sin15°＝sin(45°－30°）＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝eq\f(\r（6）－\r(2)，4)；(2）cos75°＝cos(45°＋30°）＝cos45°cos30°－sin45°sin30°＝eq\f（\r(6）－\r(2)，4);（3）sin75°＝sin(45°＋30°）＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq\f(\r（6)＋\r（2）,4)；（4)tan15°＝tan(45°－30°)＝eq\f(tan45°－tan30°,1＋tan45°tan30°）＝2－eq\r(3）。2．解:∵cosθ＝－eq\f(3,5),θ∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,2），π)），∴sinθ＝eq\r（1－cos2θ)＝eq\r（1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3，5)）)\s\up12(2))＝eq\f(4,5）；所以sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ＋\f(π，3)))＝sinθcoseq\f(π,3)＋cosθsineq\f（π,3)＝eq\f(4,5）×eq\f(1,2）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(3,5)）)×eq\f(\r（3）,2)＝eq\f（4－3\r（3)，10）.3．解：因为sinθ＝－eq\f（12，13），θ是第三象限角，所以cosθ＝－eq\r（1－sin2θ）＝－eq\r（1－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(12,13)))\s\up12(2)）＝－eq\f(5，13)，所以coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,6）＋θ)）＝coseq\f(π，6)cosθ－sineq\f(π,6)sinθ＝eq\f(\r（3)，2)×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（5,13））)－eq\f(1，2)×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（12,13）））＝eq\f(12－5\r(3),26)。4．解：taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f(π，4）)）＝eq\f(tanα＋tan\f(π，4)，1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f（3＋1,1－3）＝－2。5．解：(1）原式＝sin(72°＋18°）＝sin90°＝1；（2)原式＝cos（72°－12°）＝cos60°＝eq\f（1,2)；（3）原式＝tan（12°＋33°）＝tan45°＝1；(4)原式＝sin(14°－74°)＝sin(－60°）＝－sin60°＝－eq\f（\r(3),2)；（5)原式＝－(cos34°cos26°－sin34°sin26°）＝－cos(34°＋26°）＝－cos60°＝－eq\f（1，2）；(6)原式＝－sin20°cos70°－cos20°sin70°＝－(sin20°cos70°＋cos20°sin70°)＝－sin(20°＋70°)＝－sin90°＝－1。6．解：(1）原式＝coseq\f(π,3）cosx－sineq\f(π，3）sinx＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,3)＋x）)；（2）原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r(3），2）sinx＋\f(1，2）cosx）)＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（sinxcos\f（π,6）＋cosxsin\f(π,6）)）＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，6)））；(3）原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2），2)sinx－\f（\r(2）,2）cosx))＝2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（sinxcos\f（π,4)－cosxsin\f（π,4））)＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f(π,4)）)；（4)原式＝2eq\r(2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)cosx－\f(\r(3）,2）sinx））＝2eq\r(2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(cos\f（π,3)cosx－sin\f(π,3)sinx）)＝2eq\r（2）coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，3）＋x)）.7．解：由已知,得sin(α－β)cosα－cos(α－β）sinα＝eq\f（3，5)。所以sin（α－β－α)＝eq\f（3,5）。所以sin(－β）＝eq\f(3，5）.所以sinβ＝－eq\f(3,5）。又因为β是第三象限角，所以cosβ＝－eq\r（1－sin2β)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（3，5)）)\s\up12（2）)＝－eq\f（4,5)。所以sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（β＋\f（5π,4)））＝sinβcoseq\f（5π,4)＋cosβsineq\f（5π，4）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(3，5)））×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r（2），2））)＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(4，5))）×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（\r(2),2)））＝eq\f(7\r（2），10）.练习1．解:∵coseq\f(α,8)＝－eq\f（4，5）,8π<α<12π，∴π〈eq\f(α，8)〈eq\f(3,2)π∴sineq\f（α,8)＝－eq\r（1－cos2\f(α，8))＝－eq\r（1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（4，5）))\s\up12(2)）＝－eq\f（3,5).∴sineq\f（α，4）＝2sineq\f（α，8)coseq\f(α，8)＝eq\f(24，25),coseq\f(α,4)＝2cos2eq\f(α,8)－1＝eq\f（7,25)，taneq\f(α，4）＝eq\f（sin\f（α，4），cos\f(α，4)）＝eq\f(24，7).2．解：由sin(α－π)＝eq\f（3，5),得sinα＝－eq\f（3，5）,所以cos2α＝1－2sin2α＝eq\f(7，25)。3．解：由sin2α＝－sinα，∴2sinαcosα＝－sinα。又∵α∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2），π))，∴sinα≠0，从而有cosα＝－eq\f（1，2）。∴sinα＝eq\f（\r(3）,2)，tanα＝－eq\r(3）。4．解：由tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α）＝eq\f（1,3)，∴tan2α＋6tanα－1＝0。∴tanα＝－3±eq\r(10).5．解:(1)原式＝eq\f(1,2）×2sin15°cos15°＝eq\f（1,2）sin30°＝eq\f(1,4）;(2)原式＝coseq\f（π，4）＝eq\f（\r(2）,2)；（3)原式＝eq\f（1，2)×eq\f（2tan22.5°,1－tan222.5°）＝eq\f（1，2）tan45°＝eq\f（1，2）；(4)原式＝cos45°＝eq\f(\r(2），2）.习题3.1A组1．解:(1)∵coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π,2）－α)）＝coseq\f（3π，2）cosα＋sineq\f（3π，2)sinα＝－sinα，∴coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π，2）－α）)＝－sinα.（2)∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2）－α))＝sineq\f（3π，2)cosα－coseq\f(3π,2)sinα＝－cosα，∴sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3π,2)－α）)＝－cosα.(3)∵cos(π－α）＝cosπcosα＋sinπsinα＝－cosα,∴cos(π－α)＝－cosα.(4)∵sin（π－α)＝sinπcosα－cosπsinα＝sinα,∴sin(π－α)＝sinα。2．解:∵cosα＝eq\f(3，5），且0〈α<π，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f（4,5）.∴coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α－\f（π,6）))＝cosαcoseq\f(π，6)＋sinαsineq\f（π，6)＝eq\f(4＋3\r（3)，10).3．解：∵sinα＝eq\f（2,3），cosβ＝－eq\f（3,4)，α∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)，π）），β∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（π,\f(3π,2)))，∴cosα＝－eq\f（\r（5）,3），sinβ＝－eq\f（\r(7)，4）.∴cos（α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－eq\f(\r（5)，3）×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(3，4）））＋eq\f(2，3)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（\r（7），4）))＝eq\f(3\r(5）－2\r（7),12）.4．解：∵α，β都是锐角，∴0〈α＋β<π.又∵cosα＝eq\f（1，7），cos(α＋β）＝－eq\f(11,14),∴sinα＝eq\f（4\r（3），7），sin（α＋β）＝eq\f(5\r(3),14）.∴cosβ＝cos[（α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin（α＋β)sinα＝－eq\f(11,14）×eq\f（1,7)＋eq\f(4\r(3)，7)×eq\f（5\r(3),14）＝eq\f（1,2).5．解：∵60°〈α<150°,∴90°〈α＋30°<180°.又∵sin（α＋30°）＝eq\f（3,5)，∴cos(α＋30°）＝－eq\f（4，5）.于是cosα＝cos［（30°＋α)－30°]＝cos(α＋30°）cos30°＋sin（α＋30°）sin30°＝eq\f(3－4\r(3),10)。6．解：(1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（7π，12)）)＝－sineq\f（7，12)π＝－sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,4）＋\f(π，3））)＝－sineq\f（π,4)coseq\f（π,3)－coseq\f(π,4）sineq\f(π,3）＝－eq\f（\r（2）,2）×eq\f(1,2)－eq\f(\r（2)，2）×eq\f(\r(3),2）＝－eq\f(\r（6）＋\r（2）,4)；（2)coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（61π,12))）＝coseq\f(61π,12)＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（5π＋\f（π，12）））＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（π＋\f(π，12)））＝－coseq\f（π，12）＝－coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4）－\f(π,6）））＝－coseq\f(π,4)coseq\f（π,6）－sineq\f(π，4）sineq\f（π，6)＝－eq\f(\r（2),2）×eq\f(\r(3），2)－eq\f（\r(2），2）×eq\f(1，2)＝－eq\f（\r(6）＋\r（2),4)；(3）taneq\f(35π，12)＝taneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(3π－\f(π，12))）＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12）))＝－taneq\f(π,12)＝－taneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，4)－\f（π，6)）)＝eq\f（tan\f（π,6）－tan\f(π,4),1＋tan\f（π，6）tan\f（π,4））＝eq\f(\f（\r(3)，3）－1，1＋\f(\r（3),3）)＝eq\r(3)－2.7．解：∵sinα＝eq\f（2，3）且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，2），π）），∴cosα＝－eq\r（1－sin2α)＝－eq\r（1－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3）））\s\up12(2））＝－eq\f（\r（5)，3)。又∵cosβ＝－eq\f（3,4)，β是第三象限角,∴sinβ＝－eq\r（1－cos2β）＝－eq\r（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(3，4）))\s\up12(2）)＝－eq\f（\r（7）,4）.∴cos(α＋β）＝cosαcosβ－sinαsinβ＝－eq\f(\r(5）,3)×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（3，4)))－eq\f（2，3）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（\r（7),4)))＝eq\f(3\r（5)＋2\r（7),12)，sin（α－β）＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f（2，3)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(3，4)）)－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（\r(5),3）))×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（\r（7)，4)））＝－eq\f(6＋\r（35），12)。8．解：因为cosB＝eq\f(3，5），所以sinB＝eq\r（1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3，5)))\s\up12(2)）＝eq\f(4,5)且B为锐角，B∈（45°，90°)．∵sinA＝eq\f(5,13)〈eq\f（1,2)，∴0<A〈30°或150°〈A<180°(不可能)∴0〈A<30°，∴cosA＝eq\r（1－sin2A)＝eq\f（12，13）。∵A＋B＋C＝180°，∴C＝180°－（A＋B）∴cosC＝cos[180°－(A＋B)]＝－cos（A＋B）＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(16,65）.9．解:∵θ∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,2)，π））且sinθ＝eq\f（3,5）,∴cosθ＝－eq\f（4,5)，tanθ＝－eq\f（3，4).又∵tanφ＝eq\f（1，2)，∴tan(θ＋φ）＝eq\f(tanθ＋tanφ,1－tanθtanφ)＝－eq\f(2，11），tan(θ－φ）＝eq\f（tanθ－tanφ,1＋tanθtanφ)＝－2.10．解:由已知,得tanα＋tanβ＝－eq\f（3，2）,tanα＋tanβ＝－eq\f(7，2）。所以tan(α＋β）＝eq\f（tanα＋tanβ，1－tanαtanβ）＝eq\f(－\f(3,2），1－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（7，2)))）＝－eq\f（1,3）.11．解：tan2α＝tan[(α＋β）＋(α－β）]＝eq\f(tan(α＋β）＋tan（α－β),1－tan（α＋β)tan（α－β）)＝eq\f(3＋5,1－3×5)＝－eq\f(4,7)；tan2β＝tan［(α＋β）－（α－β）］＝eq\f(tan（α＋β)－tan（α－β），1－tan（α＋β）tan(α－β))＝eq\f(3－5，1＋3×5）＝－eq\f(1,8）.12．解:由题设有BD∶AD＝eq\f(1，3),DC∶AD＝eq\f(1,2）。设∠BAD＝α，∠DAC＝β，则tanα＝eq\f(BD，AD）＝eq\f（1,3），tanβ＝eq\f(DC,AD)＝eq\f（1,2).所以tan∠BAC＝tan（α＋β)＝1.又0°〈∠BAC〈180°，因此∠BAC＝45°。13．解：(1）原式＝6eq\r(5）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r（3),2）sinx＋\f(1,2)cosx）)＝6eq\r（5)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（sinxcos\f（π，6）＋cosxsin\f(π,6)））＝6eq\r(5）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))）；（2）原式＝eq\r（3)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r（3)，2）cosx－\f（1，2)sinx）)＝eq\r(3)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（sin\f（π,3）cosx－cos\f（π,3）sinx))＝eq\r(3）sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3）－x)）；（3)原式＝2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r（3）,2）sin\f(x,2）＋\f（1,2)cos\f(x,2）))＝2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(sin\f(x，2）cos\f（π,6)＋cos\f(x,2）sin\f（π，6）)）＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x，2）＋\f(π，6）)）；（4)原式＝eq\f(\r（2），2)eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)sin\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,4)－x）)＋\f(\r（3）,2）cos\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，4)－x）)））＝eq\f(\r（2），2）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(cos\f（π,3）sin\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，4)－x)）＋sin\f(π,3）cos\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,4）－x))))＝eq\f（\r(2）,2）sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，4)－x＋\f（π，3)）)＝eq\f（\r（2），2）sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－x)）;（5)原式＝sin（360°－13°)cos(180°－32°）＋sin（90°－13°)cos(90°－32°）＝－sin13°（－cos32°）＋cos13°sin32°＝sin13°cos32°＋cos13°sin32°＝sin（13°＋32°)＝sin45°＝eq\f(\r（2），2）；(6)原式＝sin(180°－16°)sin(180°＋44°)＋sin(180°＋74°)sin(360°－46°)＝sin16°（－sin44°)＋(－sin74°）(－sin46°）＝－sin16°sin44°＋sin(90°－16°）sin(90°－44°)＝－sin16°sin44°＋cos16°cos44°＝cos(44°＋16°)＝cos60°＝eq\f（1,2）；(7）原式＝sin（α＋β)cos(β－γ)－cos(α＋β)sin（β－γ）＝sin(α＋β－β＋γ)＝sin（α＋γ）；（8）原式＝sin（α－β）sin（β－γ）－cos(α－β)cos(β－γ）＝－cos(α－β＋β－γ）＝－cos(α－γ)；（9）原式＝eq\f（tan\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(π＋\f（π，4）))＋tan\f(5π，12），1－tan\f（π,4)tan\f(5π，12))＝eq\f（tan\f(π,4）＋tan\f（5π，12），1－tan\f(π,4)tan\f（5π,12)）＝taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4)＋\f(5π，12)））＝taneq\f（2，3）π＝－eq\r（3）；(10)原式＝eq\f（sinαcosβ＋cosαsinβ－2sinαcosβ,2sinαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ）＝eq\f（cosαsinβ－sinαcosβ，sinαsinβ＋cosαcosβ)＝eq\f(sin(β－α）,cos（β－α）)＝tan（β－α)．14．解:因为sinα＝0。80，α∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2）)），所以cosα＝eq\r(1－0。802)＝0。60.所以sin2α＝2sinαcosα＝2×0.80×0.60＝0。96，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×0.802＝－0.28.15．解：因为cosφ＝－eq\f（\r(3),3），180°<φ〈270°，所以sinφ＝－eq\r（1－cos2φ）＝－eq\r（1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3）)）\s\up12(2))＝－eq\f(\r（6）,3）。所以sin2φ＝2sinφcosφ＝2×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（\r（6),3)）)×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（\r(3），3）)）＝eq\f(2\r（2)，3）,cos2φ＝2cos2φ－1＝2×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(\r（3），3)))eq\s\up12（2）－1＝－eq\f（1,3),tan2φ＝eq\f（sin2φ,cos2φ)＝－2eq\r(2).16．解:设底角为α,顶角为β,则2α＋β＝π,且sinα＝eq\f（5，13)。∵α为等腰三角形的底角，∴0〈α〈eq\f(π,2)。∴cosα＝eq\f（12，13）.∴sinβ＝sin（π－2α)＝sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(120,169）。cosβ＝cos（π－2α)＝－cos2α＝－1＋2sin2α＝－eq\f(119,169）。tanβ＝eq\f（sinβ,cosβ）＝－eq\f（120，119)。17．解：∵tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f（1,3)，∴tan2β＝eq\f（2×\f(1,3)，1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3)））\s\up12（2）)＝eq\f(3，4）.∴tan（α＋2β)＝eq\f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β）＝eq\f(\f(1,7)＋\f(3，4),1－\f（1，7）×\f（3,4））＝1。18．解：∵cos(α＋β）cosβ＋sin(α＋β)sinβ＝cos[（α＋β）－β］＝cosα＝eq\f(1,3），又∵α∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3π，2），2π)),∴sinα＝－eq\f(2\r（2)，3）.∴sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(4\r(2)，9）,cos2α＝－eq\f(7，9）.∴coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2α＋\f(π,4））)＝cos2αcoseq\f(π，4)－sin2αsineq\f（π，4）＝eq\f（\r(2），2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（7,9)＋\f(4\r(2），9）)）＝eq\f(8－7\r（2)，18）。19．解：(1）原式＝sin2α＋cos2α＋2sinαcosα＝1＋sin2α；（2)原式＝（cos2θ＋sin2θ）（cos2θ－sin2θ）＝cos2