分析：假设题目中的两个式子都成立，则由①\(\tan(\alpha+2\beta)=-\sqrt{3}\)得到，
\(\tan(\alpha+2\beta)=\tan2(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)=\cfrac{2\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)}{1-\tan^2(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)}=-\sqrt{3}\)；
即\(\sqrt{3}\tan^2(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)-2\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)-\sqrt{3}=0\)，
即\([\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)-\sqrt{3}][\sqrt{3}\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)+1]=0\)，
从而解方程得到，\(\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)=\sqrt{3}\)或者\(\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，[1]
由于\(\alpha，\beta\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)，以及\(\tan\cfrac{\alpha}{2}\tan\beta=2-\sqrt{3}\)可知，
\(\tan\cfrac{\alpha}{2}>0\)，\(\tan\beta>0\)，故\(\tan\cfrac{\alpha}{2}+\tan\beta>0\)，
又由于\(\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)=\cfrac{\tan\cfrac{\alpha}{2}+\tan\beta}{1-\tan\cfrac{\alpha}{2}\cdot\tan\beta}\)，分子和分母都是正数，
故只能是\(\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)=\sqrt{3}\)；
由\(\cfrac{\tan\cfrac{\alpha}{2}+\tan\beta}{1-\tan\cfrac{\alpha}{2}\cdot\tan\beta}=\sqrt{3}\)可得，
\(\tan\cfrac{\alpha}{2}+\tan\beta=\sqrt{3}(1-2+\sqrt{3})=3-\sqrt{3}\)，
又\(\tan\cfrac{\alpha}{2}\cdot\tan\beta=2-\sqrt{3}\)，
逆用韦达定理，则\(\tan\cfrac{\alpha}{2}\)和\(\tan\beta\)是方程\(x^2-(3-\sqrt{3})x+2-\sqrt{3}=0\)的两个根；
由于方程能分解为\([x-(2-\sqrt{3})](x-1)=0\)，则方程的两个根为\(x=2-\sqrt{3}\)和\(x=1\)；
故\(\left\{\begin{array}{l}{\tan\cfrac{\alpha}{2}=2-\sqrt{3}}\\{\tan\beta=1}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{\alpha=\cfrac{\pi}{6}}\\{\beta=\cfrac{\pi}{4}}\end{array}\right.\)
或者\(\left\{\begin{array}{l}{\tan\cfrac{\alpha}{2}=1}\\{\tan\beta=2-\sqrt{3}}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{\alpha=\cfrac{\pi}{2}}\\{\beta=\cfrac{\pi}{12}}\end{array}\right.\) 舍去；
故存在\(\alpha=\cfrac{\pi}{6}\)，\(\beta=\cfrac{\pi}{4}\)，使得已知的两个式子同时成立；
\(\sin^245^{\circ}+\cos^275^{\circ}+\sin45^{\circ}\cdot\cos75^{\circ}\)；
\(\sin^236^{\circ}+\cos^266^{\circ}+\sin36^{\circ}\cdot\cos66^{\circ}\)；
\(\sin^215^{\circ}+\cos^245^{\circ}+\sin15^{\circ}\cdot\cos45^{\circ}\)；
\(\sin^2(-15^{\circ})+\cos^215^{\circ}+\sin(-15^{\circ})\cdot\cos15^{\circ}\)；
\(\sin^2(-45^{\circ})+\cos^2(-15^{\circ})+\sin(-45^{\circ})\cdot\cos(-15^{\circ})\)；
(1).试从上述五个式子中任选一个式子，求出此常数；
\(\sin^245^{\circ}+\cos^275^{\circ}+\sin45^{\circ}\cdot\cos75^{\circ}\)；
\(=(\cfrac{\sqrt{2}}{2})^2+(\cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4})^2+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times\cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=\cfrac{3}{4}\)；
(2).根据(1)的结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明；
观察上述五个式子中涉及的两个角，可正可负也可零，且两个角相差\(30^{\circ}\)，故归纳得到两个角分别为\(\theta\)和\(\theta+30^{\circ}\)；
仿照原式，猜想如下：
\(\sin^2\theta+\cos^2(\theta+30^{\circ})+\sin\theta\cdot\cos(\theta+30^{\circ})=\cfrac{3}{4}\)；
证明：\(\sin^2\theta+\cos^2(\theta+30^{\circ})+\sin\theta\cdot\cos(\theta+30^{\circ})\)
\(=\)
以下的四步求解是为了排除\(\tan(\cfrac{\alpha}{2}+\beta)=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)的可能性； ??
原文：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/12941055.html