2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題二-微專題14-三角函數(shù)的概念與三角恒等變換-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

專題二平面向量、三角函數(shù)與解三角形微專題14三角函數(shù)的概念與三角恒等變換[考情分析]三角函數(shù)的概念與三角恒等變換是高考?？純?nèi)容，主要考查三角函數(shù)的概念、同角三角函數(shù)關(guān)系式、誘導(dǎo)公式，以及三角恒等變換的綜合應(yīng)用，給值求值問題．試題難度中等，常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)．考點(diǎn)一三角函數(shù)的定義、誘導(dǎo)公式及基本關(guān)系式典例1(1)已知角α的終邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(5π,6)，cos\f(5π,6)))，則角α的最小正值為()A.eq\f(5π,6)B.eq\f(11π,6)C.eq\f(5π,3)D.eq\f(2π,3)答案C解析角α的終邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(5π,6)，cos\f(5π,6)))，即為點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，在第四象限，且滿足cosα＝eq\f(1,2)，sinα＝－eq\f(\r(3),2)，故α的最小正值為eq\f(5π,3).(2)(2023·全國乙卷)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\f(1,2)，則sinθ－cosθ＝________.答案－eq\f(\r(5),5)解析因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinθ>0，cosθ>0，又因?yàn)閠anθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(1,2)，則cosθ＝2sinθ，且cos2θ＋sin2θ＝4sin2θ＋sin2θ＝5sin2θ＝1，解得sinθ＝eq\f(\r(5),5)或sinθ＝－eq\f(\r(5),5)(舍去)，所以sinθ－cosθ＝sinθ－2sinθ＝－sinθ＝－eq\f(\r(5),5).跟蹤訓(xùn)練1(1)已知α∈(0，π)，且cosα＝－eq\f(15,17)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)等于()A．－eq\f(15,17)B.eq\f(15,17)C．－eq\f(8,17)D.eq\f(8,17)答案D解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝cosα·tanα＝sinα，因?yàn)棣痢?0，π)，且cosα＝－eq\f(15,17)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,17)))2)＝eq\f(8,17).即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝eq\f(8,17).(2)若sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)，則tan2θ等于()A．－eq\f(\r(5),3) B.eq\f(\r(5),3)C．－eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(5),2)答案C解析∵sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)，∴sinθ＝eq\r(5)cosθ，得tanθ＝eq\r(5)，∴tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2\r(5),1－\r(5)2)＝－eq\f(\r(5),2).考點(diǎn)二兩角和與差的三角函數(shù)典例2(1)(2022·新高考全國Ⅱ)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，則()A．tan(α－β)＝1B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1D．tan(α＋β)＝－1答案C解析由題意得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)sinβ，整理得sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.(2)(2023·新高考全國Ⅰ)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，則cos(2α＋2β)等于()A.eq\f(7,9)B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9)D．－eq\f(7,9)答案B解析因?yàn)閟in(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，則sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(1,9).跟蹤訓(xùn)練2(1)(2023·景德鎮(zhèn)模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(5),5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－α))等于()A．－eq\f(\r(10),10)B.eq\f(\r(10),10)C．－eq\f(3\r(10),10)D.eq\f(3\r(10),10)答案B解析因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))，因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(5),5)<0，所以α＋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(α＋\f(π,3)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝－eq\r(1－\f(5,25))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))＝coseq\f(3π,4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sineq\f(3π,4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＝eq\f(\r(10),10).(2)(2023·衡陽模擬)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(1,tanα)，則()A．α－β＝－eq\f(π,4)B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(9π,4)D．α＋β＝eq\f(5π,2)答案D解析由eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(cosα,sinα)，則sin(2α＋β)－2sinαcos(α＋β)＝cosα，又sin(2α＋β)＝sinαcos(α＋β)＋cosαsin(α＋β)，所以cosαsin(α＋β)－sinαcos(α＋β)＝cosα，即sinβ＝cosα，∴sinβ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))，∴β＝α＋eq\f(π,2)＋2kπ或β＋α＋eq\f(π,2)＝π＋2kπ，k∈Z，∴α－β＝－eq\f(π,2)－2kπ或α＋β＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，α＋β∈(2π，3π)，則α－β無解，α＋β＝eq\f(5π,2).考點(diǎn)三三角恒等變換典例3(1)(2023·青島模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋cos2α等于()A．－eq\f(2,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(7,9)D.eq\f(7,9)答案D解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋cos2α＝eq\f(\r(3),2)sin2α＋eq\f(1,2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(7,9).(2)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值是________．答案eq\f(\r(2),10)解析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tanα＝－eq\f(1,3)，當(dāng)tanα＝2時(shí)，sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(4,5)，cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＝－eq\f(3,5)，此時(shí)sin2α＋cos2α＝eq\f(1,5)；同理當(dāng)tanα＝－eq\f(1,3)時(shí)，sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5)，此時(shí)sin2α＋cos2α＝eq\f(1,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).跟蹤訓(xùn)練3(1)(2023·聊城模擬)若eq\f(3sin2α－6sinαcosα,sin2α－2cos2α－2)＝2，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))等于()A．－eq\f(5,3) B.eq\f(5,3)C．－eq\f(1,3)或－1 D.eq\f(1,3)或1答案A解析由eq\f(3sin2α－6sinαcosα,sin2α－2cos2α－2)＝eq\f(3sin2α－6sinαcosα,sin2α－4cos2α)＝eq\f(3tan2α－6tanα,tan2α－4)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tan2α－6tanα＋8＝0，,tan2α≠4，))得tanα＝4，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝－eq\f(5,3).(2)(2023·淄博模擬)eq\f(cos10°,2sin10°)－2cos10°等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2答案A解析eq\f(cos10°,2sin10°)－2cos10°＝eq\f(cos10°－4sin10°cos10°,2sin10°)＝eq\f(cos10°－2sin20°,2sin10°)＝eq\f(cos10°－2sin30°－10°,2sin10°)＝eq\f(cos10°－cos10°－\r(3)sin10°,2sin10°)＝eq\f(\r(3),2).[總結(jié)提升]三角函數(shù)的化簡與求值遵循的“三看”原則一看角，這是最重要的一環(huán)，通過看角之間的差別與聯(lián)系，把角進(jìn)行合理地拆分，從而正確使用公式；二看函數(shù)名稱，看函數(shù)名稱之間的差異，從而確定使用的公式，常用的有“切化弦”；三看結(jié)構(gòu)特征，分析結(jié)構(gòu)特征，可以幫助我們找到變化的方向，常見的有“通分、去根號、降冪”．1．(2023·岳陽模擬)已知角α的頂點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，點(diǎn)A是角α的終邊與單位圓的交點(diǎn)，若點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為－eq\f(4,5)，則cos2α等于()A．－eq\f(2,5)B.eq\f(2,5)C．－eq\f(7,25)D.eq\f(7,25)答案D解析因?yàn)辄c(diǎn)A的橫坐標(biāo)為－eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\f(4,5)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(7,25).2．(2023·煙臺(tái)模擬)已知tan(α＋β)＝3，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－3，則tanβ等于()A．－eq\f(1,5)B.eq\f(1,5)C．－eq\f(1,7)D.eq\f(1,7)答案D解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝－3，解得tanα＝2，則tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(3－2,1＋3×2)＝eq\f(1,7).3．(2021·新高考全國Ⅰ)若tanθ＝－2，則eq\f(sinθ1＋sin2θ,sinθ＋cosθ)等于()A．－eq\f(6,5)B．－eq\f(2,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(6,5)答案C解析方法一因?yàn)閠anθ＝－2，所以角θ的終邊在第二或第四象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(2,\r(5))，,cosθ＝－\f(1,\r(5))))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝－\f(2,\r(5))，,cosθ＝\f(1,\r(5))，))所以eq\f(sinθ1＋sin2θ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθsinθ＋cosθ2,sinθ＋cosθ)＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝sin2θ＋sinθcosθ＝eq\f(4,5)－eq\f(2,5)＝eq\f(2,5).方法二(弦化切法)因?yàn)閠anθ＝－2，所以eq\f(sinθ1＋sin2θ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθsinθ＋cosθ2,sinθ＋cosθ)＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝eq\f(sin2θ＋sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(4－2,1＋4)＝eq\f(2,5).方法三(正弦化余弦法)因?yàn)閠anθ＝－2，所以sinθ＝－2cosθ.則eq\f(sinθ1＋sin2θ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθsinθ＋cosθ2,sinθ＋cosθ)＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝eq\f(sin2θ＋sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(4cos2θ－2cos2θ,4cos2θ＋cos2θ)＝eq\f(4－2,4＋1)＝eq\f(2,5).4．已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，若eq\f(sinα＋β,cosβ)＝4，則tan(α＋β)等于()A．－eq\f(16,7)B．－eq\f(7,8)C.eq\f(16,7)D.eq\f(2,3)答案C解析因?yàn)閟inα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(4,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(3,4)，因?yàn)閑q\f(sinα＋β,cosβ)＝eq\f(sinαcosβ＋cosαsinβ,cosβ)＝sinα＋cosα·tanβ＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)tanβ＝4，所以tanβ＝－eq\f(17,4)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)－\f(17,4),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,4))))＝eq\f(16,7).5．若cosα－sinα＝－eq\f(1,2)，則eq\f(sinαcosα,tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))等于()A．－eq\f(21,4)B.eq\f(21,4)C．－eq\f(21,8)D.eq\f(21,8)答案D解析因?yàn)?cosα－sinα)2＝cos2α＋sin2α－2sinαcosα＝eq\f(1,4)，所以sinαcosα＝eq\f(3,8).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)－cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)(sinα－cosα)＝eq\f(\r(2),4)，所以cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝1－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(7,8)，故tan2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))),cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq\f(1,7).所以eq\f(sinαcosα,tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq\f(3,8)×7＝eq\f(21,8).6．(2023·宣城模擬)已知eq\r(3)sinα－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－2α))等于()A．－eq\f(7,25)B.eq\f(9,25)C.eq\f(7,25)D.eq\f(24,25)答案C解析由題意可知，eq\r(3)sinα－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(3)sinα－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinα＋\f(1,2)cosα))＝eq\f(\r(3),2)sinα－eq\f(1,2)cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－2α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)－2α))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2))＝eq\f(7,25).7．(多選)(2023·湛江模擬)若5sin2α＋5cos2α＋1＝0，則tanα的值可能為()A．2B．3C．－eq\f(1,3)D．－eq\f(1,2)答案BD解析因?yàn)?sin2α＋5cos2α＋1＝0，所以10sinαcosα＋5(cos2α－sin2α)＋cos2α＋sin2α＝0，整理得2sin2α－5sinαcosα－3cos2α＝0，則2tan2α－5tanα－3＝0，解得tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,2).8．(多選)(2023·張家口模擬)已知sinθcosθ＋eq\r(3)cos2θ＝cosθ＋eq\f(\r(3),2)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則θ等于()A.eq\f(π,3)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,12)D.eq\f(π,18)答案BD解析sinθcosθ＋eq\r(3)cos2θ＝eq\f(1,2)sin2θ＋eq\r(3)×eq\f(1＋cos2θ,2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),2)＝cosθ＋eq\f(\r(3),2)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＝cosθ，所以2θ－eq\f(π,6)＝θ＋2kπ或2θ－eq\f(π,6)＝－θ＋2kπ(k∈Z)，故θ＝eq\f(π,6)＋2kπ或θ＝eq\f(π,18)＋eq\f(2kπ,3)(k∈Z)．又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,6)或eq\f(π,18).9．(2023·襄陽模擬)已知銳角α，β滿足eq\f(sin2α,cos2α－1)＝eq\f(1－tanβ,1＋tanβ)，則cos(α＋β)＝________.答案－eq\f(\r(2),2)解析由題意，eq\f(sin2α,cos2α－1)＝eq\f(1－tanβ,1＋tanβ)，由二倍角公式與同角三角函數(shù)的關(guān)系可得eq\f(2sinαcosα,－2sin2α)＝eq\f(1－tanβ,1＋tanβ)，即－eq\f(1,tanα)＝eq\f(1－tanβ,1＋tanβ)，整理可得tanβ＋tanα＝tanαtanβ－1，故tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝－1，又α，β為銳角，故α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝eq\f(3π,4)，故cos(α＋β)＝coseq\f(3π,4)＝－eq\f(\r(2),2).10．(2023·陜西寶雞中學(xué)模擬)sin(θ＋75°)＋cos(θ＋45°)－eq\r(3)cos(θ＋15°)＝________.答案0解析sin(θ＋75°)＋cos(θ＋45°)－eq\r(3)cos(θ＋15°)＝sin(θ＋15°＋60°)＋cos(θ＋45°)－eq\r(3)cos(θ＋15°)＝sin(θ＋15°)cos60°＋cos(θ＋15°)sin60°＋cos(θ＋45°)－eq\r(3)cos(θ＋15°)＝eq\f(1,2)sin(θ＋15°)＋eq\f(\r(3),2)cos(θ＋15°)＋cos(θ＋45°)－eq\r(3)cos(θ＋15°)＝eq\f(1,2)sin(θ＋15°)－eq\f(\r(3),2)cos(θ＋15°)＋cos(θ＋45°)＝sin30°sin(θ＋15°)－cos30°cos(θ＋15°)＋cos(θ＋45°)＝－cos(θ＋45°)＋cos(θ＋45°)＝0.11．(2023·淄博模擬)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，θ∈(0，π)，則cosθ＝________.答案eq\f(1－2\r(6),6)解析∵θ∈(0，π)，∴θ＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝e