多维层次练21-同角三角函数基本关系式与诱导公式（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案

这是一份多维层次练21-同角三角函数基本关系式与诱导公式（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案，共9页。

1．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＝－eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))的值为( )
A．eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3)
C．eq \f(2\r(3),3) D．－eq \f(2\r(3),3)
解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(1,3)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，故选A.
答案：A
2．(2020·安徽江南十校联考)已知tan α＝－eq \f(3,4)，则sin α·(sin α－cs α)等于( )
A.eq \f(21,25) B.eq \f(25,21)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4)
解析：sin α·(sin α－cs α)＝sin2 α－sin α·cs α＝eq \f(sin2 α－sin α·cs α,sin2 α＋cs2 α)＝eq \f(tan2 α－tan α,tan2 α＋1)，
将tan α＝－eq \f(3,4)代入，得原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋1)＝eq \f(21,25).
答案：A
3．(2020·衡水金卷信息卷)已知直线2x－y－1＝0的倾斜角为α，则sin 2α－2cs2 α＝( )
A．eq \f(2,5) B．－eq \f(6,5)
C．－eq \f(4,5) D．－eq \f(12,5)
解析：由题意知tan α＝2，
所以sin 2α－2cs2 α＝eq \f(2sin αcs α－2cs2 α,sin2 α＋cs2 α)＝eq \f(2tan α－2,tan2 α＋1)＝eq \f(2,5).
答案：A
4．若角α的终边落在第三象限，则eq \f(cs α,\r(1－sin2 α))＋eq \f(2sin α,\r(1－cs2 α))的值为( )
A．3 B．－3
C．1 D．－1
解析：由角α的终边落在第三象限，
得sin α<0，cs α<0，
故原式＝eq \f(cs α,|cs α|)＋eq \f(2sin α,|sin α|)＝eq \f(cs α,－cs α)＋eq \f(2sin α,－sin α)＝－3.
答案：B
5．(2020·厦门期末)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点P(sin 47°，cs 47°)，则sin(α－13°)＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),2)
C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(\r(3),2)
解析：由题知cs α＝sin 47°＝cs 43°，sin α＝cs 47°＝sin 43°，且k·360°<α<90°＋k·360°，k∈Z，则α＝43°＋k·360°，k∈Z，
所以sin(α－13°)＝sin(43°－13°＋k·360°)＝sin 30°＝eq \f(1,2)，k∈Z，
故选A.
答案：A
6．(多选题)在△ABC中，下列结论正确的是( )
A．sin(A＋B)＝sin C
B．sin eq \f(B＋C,2)＝cs eq \f(A,2)
C．tan(A＋B)＝－tan C(C≠eq \f(π,2))
D．cs(A＋B)＝cs C
解析：在△ABC中，有A＋B＋C＝π，则sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C；sin eq \f(B＋C,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝cs eq \f(A,2)；tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tan Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C≠\f(π,2)))；cs(A＋B)＝cs(π－C)＝－cs C.
答案：ABC
7．化简：eq \f(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,2))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)＋α)))·sin(α－π)·cs(2π－α)＝________．
解析：原式＝eq \f(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋\f(π,2)＋α)))·(－sin α)·cs α＝eq \f(sin α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)))·(－sin α)·cs α＝eq \f(sin α,cs α)·(－sin α)·cs α＝－sin2 α.
答案：－sin2 α
8．已知3cs2(π＋x)＋5cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝1，则6sin x＋4tan2 x－3cs2(π－x)的值为________．
解析：由已知得3cs2 x＋5sin x＝1，
即3sin2 x－5sin x－2＝0，解得sin x＝－eq \f(1,3)(sin x＝2舍去)．这时cs2 x＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9)，tan2 x＝eq \f(sin2 x,cs2 x)＝eq \f(1,8)，
故6sin x＋4tan2 x－3cs2(π－x)＝6sin x＋4tan2 x－3cs2 x＝6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＋4×eq \f(1,8)－3×eq \f(8,9)＝－eq \f(25,6).
答案：－eq \f(25,6)
9．(2020·济南检测)已知eq \f(π,2)<α<π，tan α－eq \f(1,tan α)＝－eq \f(3,2).
(1)求tan α的值；
(2)求eq \f(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋α))－cs（π－α）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))的值．
解：(1)令tan α＝x，则x－eq \f(1,x)＝－eq \f(3,2)，整理得2x2＋3x－2＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝－2，
因为eq \f(π,2)<α<π，
所以tan α<0，故tan α＝－2.
(2)eq \f(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋α))－cs（π－α）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))＝eq \f(sin α＋cs α,cs α)＝tan α＋1＝－2＋1＝－1.
10．已知tan α＝－eq \f(3,2)，α为第二象限角．
(1)求eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－α－\f(π,2)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋α))tan（π－α）,tan（－α－π）sin（－π－α）)的值；
(2)求eq \f(1,cs α\r(1＋tan2 α))＋eq \r(\f(1＋sin α,1－sin α))＋eq \r(\f(1－sin α,1＋sin α))的值．
解：(1)原式＝eq \f(－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2)))sin α（－tan α）,tan（－α）[－sin（π＋α）])＝
eq \f(－cs αsin α（－tan α）,－tan αsin α)＝－cs α.
因为tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝－eq \f(3,2)，α为第二象限角，
又sin2 α＋cs2 α＝1，
解得cs α＝－eq \f(2,13)eq \r(13)，故原式＝eq \f(2,13)eq \r(13).
(2)原式＝eq \f(1,cs α\r(1＋\f(sin2 α,cs2 α)))＋eq \r(\f(（1＋sin α）2,（1－sin α）（1＋sin α）))＋
eq \r(\f(（1－sin α）2,（1－sin α）（1＋sin α）))＝eq \f(1,cs α\f(1,|cs α|))＋eq \f(1＋sin α,|cs α|)＋eq \f(1－sin α,|cs α|)＝eq \f(|cs α|,cs α)＋eq \f(2,|cs α|)，
因为α为第二象限角，
又由(1)知cs α＝－eq \f(2,13)eq \r(13)，
所以上式＝－1－eq \f(2,cs α)＝－1－eq \f(2,－\f(2,13)\r(13))＝eq \r(13)－1.
[综合应用练]
11．k∈Z时，eq \f(sin（kπ－α）cs（kπ＋α）,sin[（k＋1）π＋α]cs[（k＋1）π＋α])的值( )
A．为－1 B．为1
C．为±1 D．与α的取值有关
解析：当k为奇数时，原式＝eq \f(sin α（－cs α）,sin αcs α)＝－1；
当k为偶数时，原式＝eq \f(－sin αcs α,－sin α（－cs α）)＝－1.
综上，原式＝－1.
答案：A
12．已知sin α＋cs α＝eq \f(1,2)，α∈(0，π)，则eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝( )
A．－eq \r(7) B．eq \r(7)
C．eq \r(3) D．－eq \r(3)
解析：因为sin α＋cs α＝eq \f(1,2)，
所以(sin α＋cs α)2＝1＋2sin αcs α＝eq \f(1,4)，
所以sin αcs α＝－eq \f(3,8)，又因为α∈(0，π)，
所以sin α>0，cs α<0，所以cs α－sin α<0，
因为(cs α－sin α)2＝1－2sin αcs α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)))＝eq \f(7,4)，
所以cs α－sin α＝－eq \f(\r(7),2)，
所以eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝eq \f(1－\f(sin α,cs α),1＋\f(sin α,cs α))＝eq \f(cs α－sin α,cs α＋sin α)＝eq \f(－\f(\r(7),2),\f(1,2))＝－eq \r(7).
答案：A
13．(2020·通州模拟)如图是由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的内角为θ，大正方形的面积是1，小正方形的面积是eq \f(1,25)，则sin2 θ－cs2 θ的值是________．
解析：由题图知，每个直角三角形长直角边为cs θ，短直角边为sin θ，
小正方形边长为cs θ－sin θ，
因为小正方形的面积是eq \f(1,25)，所以(cs θ－sin θ)2＝eq \f(1,25)，
又θ为直角三角形中较小的锐角，
所以cs θ>sin θ，cs θ－sin θ＝eq \f(1,5)，
又(cs θ－sin θ)2＝1－2sin θcs θ＝eq \f(1,25)，
所以2sin θcs θ＝eq \f(24,25)，
(cs θ＋sin θ)2＝1＋2sin θcs θ＝eq \f(49,25)，
cs θ＋sin θ＝eq \f(7,5)，所以sin2 θ－cs2 θ＝(sin θ－cs θ)(cs θ＋sin θ)＝－eq \f(1,5)×eq \f(7,5)＝－eq \f(7,25).
答案：－eq \f(7,25)
14．若|sin θ|＋|cs θ|＝eq \f(2\r(3),3)，则sin4 θ＋cs4 θ＝________．
解析：将|sin θ|＋|cs θ|＝eq \f(2\r(3),3)两边平方，得1＋|sin 2θ|＝eq \f(4,3)，所以|sin 2θ|＝eq \f(1,3)，所以sin4 θ＋cs4 θ＝(sin2 θ＋cs2 θ)2－2sin2 θcs2 θ＝1－2sin2 θcs2 θ＝1－eq \f(1,2)sin2 2θ＝1－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(17,18).
答案：eq \f(17,18)
15．是否存在α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，β∈(0，π)，使等式sin(3π－α)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，eq \r(3)cs(－α)＝－eq \r(2)cs(π＋β)同时成立？若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由．
解：假设存在角α，β满足条件．
由已知条件可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin α＝\r(2)sin β， ①,\r(3)cs α＝\r(2)cs β，②))
由①2＋②2，得sin2 α＋3cs2 α＝2.
所以sin2 α＝eq \f(1,2)，所以sin α＝±eq \f(\r(2),2).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以α＝±eq \f(π,4).
当α＝eq \f(π,4)时，由②式知cs β＝eq \f(\r(3),2)，
又β∈(0，π)，所以β＝eq \f(π,6)，此时①式成立；
当α＝－eq \f(π,4)时，由②式知cs β＝eq \f(\r(3),2)，
又β∈(0，π)，所以β＝eq \f(π,6)，此时①式不成立，故舍去．
所以存在α＝eq \f(π,4)，β＝eq \f(π,6)满足条件．
[拔高创新练]
16．已知关于x的方程2x2－(eq \r(3)＋1)x＋m＝0的两根分别是sin θ和cs θ，θ∈(0，2π)，则m＝________，θ＝________．
解析：由已知，得sin θ＋cs θ＝eq \f(\r(3)＋1,2)，sin θcs θ＝eq \f(m,2)，
又1＋2sin θcs θ＝(sin θ＋cs θ)2，可得m＝eq \f(\r(3),2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin θ＋cs θ＝\f(\r(3)＋1,2)，,sin θcs θ＝\f(\r(3),4)，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin θ＝\f(\r(3),2)，,cs θ＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin θ＝\f(1,2)，,cs θ＝\f(\r(3),2).))
又θ∈(0，2π)，故θ＝eq \f(π,3)或θ＝eq \f(π,6).
答案：eq \f(\r(3),2) eq \f(π,3)或eq \f(π,6)