(新高考)高考数学一轮复习讲义第4章§4.2同角三角函数基本关系式及诱导公式(含详解)

§4.2　同角三角函数基本关系式及诱导公式 考试要求　1.理解同角三角函数的基本关系式sin2α＋cos2α＝1，eq \f(sin α,cos α)＝tan α.2.掌握诱导公式，并会简单应用． 知识梳理 1．同角三角函数的基本关系 (1)平方关系：sin2α＋cos2α＝1. (2)商数关系：eq \f(sin α,cos α)＝tan αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)). 2．三角函数的诱导公式 常用结论 同角三角函数的基本关系式的常见变形 sin2α＝1－cos2α＝(1＋cos α)(1－cos α)； cos2α＝1－sin2α＝(1＋sin α)(1－sin α)； (sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α. 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若α，β为锐角，则sin2α＋cos2β＝1.(　×　) (2)若α∈R，则tan α＝eq \f(sin α,cos α)恒成立．(　×　) (3)sin(π＋α)＝－sin α成立的条件是α为锐角．(　×　) (4)若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝eq \f(1,3)，则cos α＝－eq \f(1,3).(　√　) 教材改编题 1．已知α是第二象限角，sin α＝eq \f(\r(5),5)，则cos α的值为 ． 答案　－eq \f(2\r(5),5) 解析　∵sin α＝eq \f(\r(5),5)，α是第二象限角， ∴cos α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(2\r(5),5). 2．已知eq \f(sin α－2cos α,3sin α＋5cos α)＝－5，那么tan α的值为 ． 答案　－eq \f(23,16) 解析　由eq \f(sin α－2cos α,3sin α＋5cos α)＝－5，知cos α≠0，等式左边分子、分母同时除以cos α， 可得eq \f(tan α－2,3tan α＋5)＝－5，解得tan α＝－eq \f(23,16). 3．化简eq \f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α)))·sin(α－π)·cos(2π－α)的结果为 ． 答案　－sin2α 解析　原式＝eq \f(sin α,cos α)·(－sin α)·cos α ＝－sin2α. 题型一　同角三角函数基本关系 例1　(1)已知cos α＝－eq \f(5,13)，则13sin α＋5tan α＝ . 答案　0 解析　∵cos α＝－eq \f(5,13)<0且cos α≠－1， ∴α是第二或第三象限角． ①若α是第二象限角， 则sin α＝eq \r(1－cos2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))2)＝eq \f(12,13)， ∴tan α＝eq \f(sin α,cos α)＝eq \f(\f(12,13),－\f(5,13))＝－eq \f(12,5). 此时13sin α＋5tan α＝13×eq \f(12,13)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,5)))＝0. ②若α是第三象限角， 则sin α＝－eq \r(1－cos2α)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))2) ＝－eq \f(12,13)， ∴tan α＝eq \f(sin α,cos α)＝eq \f(－\f(12,13),－\f(5,13))＝eq \f(12,5)， 此时，13sin α＋5tan α＝13×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＋5×eq \f(12,5)＝0. 综上，13sin α＋5tan α＝0. (2)已知tan α＝eq \f(1,2)，则eq \f(sin α－3cos α,sin α＋cos α)＝ ；sin2α＋sin αcos α＋2＝ . 答案　－eq \f(5,3)　eq \f(13,5) 解析　已知tan α＝eq \f(1,2)， 所以eq \f(sin α－3cos α,sin α＋cos α)＝eq \f(tan α－3,tan α＋1)＝－eq \f(5,3). sin2α＋sin αcos α＋2 ＝eq \f(sin2α＋sin αcos α,sin2α＋cos2α)＋2 ＝eq \f(tan2α＋tan α,tan2α＋1)＋2 ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\f(1,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋1)＋2＝eq \f(13,5). (3)已知sin θ＋cos θ＝eq \f(7,13)，θ∈(0，π)，则tan θ＝ . 答案　－eq \f(12,5) 解析　由sin θ＋cos θ＝eq \f(7,13)，得sin θcos θ＝－eq \f(60,169)， 因为θ∈(0，π)，所以sin θ>0，cos θ<0， 所以sin θ－cos θ＝eq \r(1－2sin θcos θ)＝eq \f(17,13)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin θ＋cos θ＝\f(7,13)，,sin θ－cos θ＝\f(17,13)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin θ＝\f(12,13)，,cos θ＝－\f(5,13)，)) 所以tan θ＝－eq \f(12,5). 教师备选 1．(2022·锦州联考)已知eq \f(sin α＋3cos α,3cos α－sin α)＝5，则cos2α＋eq \f(1,2)sin 2α等于(　　) A.eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5) C．－3 D．3 答案　A 解析　由eq \f(sin α＋3cos α,3cos α－sin α)＝5，得eq \f(tan α＋3,3－tan α)＝5， 可得tan α＝2， 则cos2α＋eq \f(1,2)sin 2α＝cos2α＋sin αcos α ＝eq \f(cos2α＋sin αcos α,cos2α＋sin2α)＝eq \f(1＋tan α,1＋tan2α) ＝eq \f(3,5). 2．若α∈(0，π)，sin(π－α)＋cos α＝eq \f(\r(2),3)，则sin α－cos α的值为(　　) A.eq \f(\r(2),3) B．－eq \f(\r(2),3) C.eq \f(4,3) D．－eq \f(4,3) 答案　C 解析　由诱导公式得 sin(π－α)＋cos α＝sin α＋cos α＝eq \f(\r(2),3)， 所以(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝eq \f(2,9)， 则2sin αcos α＝－eq \f(7,9)<0， 因为α∈(0，π)，所以sin α>0， 所以cos α<0，所以sin α－cos α>0， 因为(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝eq \f(16,9)， 所以sin α－cos α＝eq \f(4,3). 思维升华　(1)应用公式时注意方程思想的应用：对于sin α＋cos α，sin αcos α，sin α－cos α这三个式子，利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α，可以知一求二． (2)注意公式逆用及变形应用：1＝sin2α＋cos2α，sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α. 跟踪训练1　(1)(2021·新高考全国Ⅰ)若tan θ＝－2，则eq \f(sin θ1＋sin 2θ,sin θ＋cos θ)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　因为tan θ＝－2， 所以角θ的终边在第二或第四象限， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin θ＝\f(2,\r(5))，,cos θ＝－\f(1,\r(5))))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin θ＝－\f(2,\r(5))，,cos θ＝\f(1,\r(5))，)) 所以eq \f(sin θ1＋sin 2θ,sin θ＋cos θ)＝eq \f(sin θsin θ＋cos θ2,sin θ＋cos θ) ＝sin θ(sin θ＋cos θ) ＝sin2θ＋sin θcos θ ＝eq \f(4,5)－eq \f(2,5)＝eq \f(2,5). 方法二　(弦化切法)因为tan θ＝－2， 所以eq \f(sin θ1＋sin 2θ,sin θ＋cos θ) ＝eq \f(sin θsin θ＋cos θ2,sin θ＋cos θ) ＝sin θ(sin θ＋cos θ) ＝eq \f(sin2θ＋sin θcos θ,sin2θ＋cos2θ) ＝eq \f(tan2θ＋tan θ,1＋tan2θ)＝eq \f(4－2,1＋4)＝eq \f(2,5). (2)已知α是三角形的内角，且tan α＝－eq \f(1,3)，则sin α＋cos α的值为 ． 答案　－eq \f(\r(10),5) 解析　由tan α＝－eq \f(1,3)，得sin α＝－eq \f(1,3)cos α， 将其代入sin2α＋cos2α＝1，得eq \f(10,9)cos2α＝1， 所以cos2α＝eq \f(9,10)，易知cos α<0， 所以cos α＝－eq \f(3\r(10),10)，sin α＝eq \f(\r(10),10)， 故sin α＋cos α＝－eq \f(\r(10),5). 题型二　诱导公式 例2　(1)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq \f(1,3)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值为(　　) A.eq \f(2\r(2),3) B．－eq \f(2\r(2),3) C.eq \f(1,3) D．－eq \f(1,3) 答案　D 解析　coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))) ＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝－eq \f(1,3). 延伸探究　本例(1)改为已知θ是第二象限角，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝ . 答案　eq \f(3,4) 解析　∵θ是第二象限角，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)， ∴θ＋eq \f(π,4)为第二象限角， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(3,5)， ∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))) ＝eq \f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－\f(π,2))),cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－\f(π,2)))) ＝eq \f(－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))) ＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),\f(4,5))＝eq \f(3,4). (2)eq \f(tanπ－αcos2π－αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α＋\f(3π,2))),cos－α－πsin－π－α)的值为(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 答案　B 解析　原式＝eq \f(－tan α·cos α·－cos α,cosπ＋α·[－sinπ＋α]) ＝eq \f(tan α·cos2α,－cos α·sin α) ＝－eq \f(sin α,cos α)·eq \f(cos α,sin α)＝－1. 教师备选 1．已知函数f(x)＝ax－2＋2(a>0且a≠1)的图象过定点P，且角α的始边与x轴的正半轴重合，终边过点P，则eq \f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α))＋sin 2α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin－π－α)等于(　　) A.eq \f(2,3) B．－eq \f(2,3) C.eq \f(3,2) D．－eq \f(3,2) 答案　B 解析　易知函数f(x)＝ax－2＋2(a>0且a≠1)的图象过定点P(2,3)， 故tan α＝eq \f(3,2)，则 eq \f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α))＋sin 2α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin－π－α) ＝eq \f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＋sin 2α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin α) ＝eq \f(－sin αcos α＋2sin αcos α,－sin αsin α) ＝－eq \f(cos α,sin α) ＝－eq \f(1,tan α)＝－eq \f(2,3). 2．若sin x＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，则cos x·coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))等于(　　) A.eq \f(3,10) B．－eq \f(3,10) C.eq \f(3,4) D．－eq \f(3,4) 答案　A 解析　易知sin x＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝－3cos x， 所以tan x＝－3， 所以cos xcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) ＝－sin xcos x＝eq \f(－sin xcos x,sin2x＋cos2x) ＝eq \f(－tan x,tan2x＋1)＝eq \f(3,10). 思维升华　(1)诱导公式的两个应用 ①求值：负化正，大化小，化到锐角为终了； ②化简：统一角，统一名，同角名少为终了． (2)诱导公式的应用步骤 任意负角的三角函数eq \o(――――――→,\s\up7(利用诱导公式),\s\do5(三或一))任意正角的三角函数eq \o(――――――→,\s\up7(利用诱导公式一))0～2π内的角的三角函数eq \o(――――――→,\s\up7(利用诱导公式二),\s\do5(或四或五或六))锐角三角函数． 跟踪训练2　(1)已知cos(75°＋α)＝eq \f(1,3)，求cos(105°－α)＋sin(15°－α)＝ . 答案　0 解析　因为(105°－α)＋(75°＋α)＝180°， (15°－α)＋(α＋75°)＝90°， 所以cos(105°－α)＝cos[180°－(75°＋α)] ＝－cos(75°＋α)＝－eq \f(1,3)， sin(15°－α)＝sin[90°－(α＋75°)] ＝cos(75°＋α)＝eq \f(1,3). 所以cos(105°－α)＋sin(15°－α)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝0. (2)(2022·盐城南阳中学月考)设tan(5π＋α)＝2，则eq \f(sin－3π＋α＋cosα－π,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(11,2)π))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))＝ . 答案　3 解析　由已知tan(5π＋α)＝tan α＝2， eq \f(sin－3π＋α＋cosα－π,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(11,2)π))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α))) ＝eq \f(sinπ＋α＋cosπ－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))) ＝eq \f(－sin α－cos α,－sin α＋cos α) ＝eq \f(sin α＋cos α,sin α－cos α) ＝eq \f(tan α＋1,tan α－1)＝3. 题型三　同角三角函数基本关系式和诱导公式的综合应用 例3　已知f(α)＝eq \f(sinα－3πcos2π－αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α＋\f(3π,2))),cos－π－αsin－π－α). (1)化简f(α)； (2)若α＝－eq \f(31π,3)，求f(α)的值； (3)若coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(π,2)))＝eq \f(1,5)，α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，求f(α)的值． 解　(1)f(α)＝eq \f(sinα－3πcos2π－αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α＋\f(3π,2))),cos－π－αsin－π－α) ＝eq \f(－sin α×cos α×－cos α,－cos α×sin α) ＝－cos α. (2)若α＝－eq \f(31π,3)， 则f(α)＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(31π,3)))＝－cos eq \f(π,3)＝－eq \f(1,2). (3)由coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(π,2)))＝eq \f(1,5)， 可得sin α＝－eq \f(1,5)， 因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))， 所以cos α＝－eq \f(2\r(6),5)， 所以f(α)＝－cos α＝eq \f(2\r(6),5). 教师备选 设f(α)＝eq \f(2sinπ＋αcosπ－α－cosπ＋α,1＋sin2α＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))(1＋2sin α≠0)． (1)化简f(α)； (2)若α＝－eq \f(23π,6)，求f(α)的值． 解　(1)f(α)＝eq \f(－2sin α·－cos α－－cos α,1＋sin2α＋sin α－cos2α) ＝eq \f(2sin αcos α＋cos α,2sin2α＋sin α) ＝eq \f(cos α2sin α＋1,sin α2sin α＋1) ＝eq \f(cos α,sin α)＝eq \f(1,tan α). (2)当α＝－eq \f(23π,6)时， f(α)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,6)))＝eq \f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,6)))) ＝eq \f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4π＋\f(π,6)))) ＝eq \f(1,tan \f(π,6)) ＝eq \f(1,\f(\r(3),3))＝eq \r(3). 思维升华　(1)利用同角三角函数关系式和诱导公式求值或化简时，关键是寻求条件、结论间的联系，灵活使用公式进行变形． (2)注意角的范围对三角函数符号的影响． 跟踪训练3　(1)(2022·聊城模拟)已知α为锐角，且2tan(π－α)－3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)－1＝0，则sin α的值是(　　) A.eq \f(3\r(5),5) B.eq \f(3\r(7),7) C.eq \f(3\r(10),10) D.eq \f(1,3) 答案　C 解析　由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3sin β－2tan α＋5＝0，,tan α－6sin β－1＝0.)) 消去sin β，得tan α＝3， ∴sin α＝3cos α，代入sin2α＋cos2α＝1， 化简得sin2α＝eq \f(9,10)，则sin α＝eq \f(3\r(10),10)(α为锐角)． (2)已知－π0，∴sin x－cos x<0， 故sin x－cos x＝－eq \f(7,5). ∴eq \f(sin 2x＋2sin2x,1－tan x)＝eq \f(2sin xcos x＋sin x,1－\f(sin x,cos x)) ＝eq \f(2sin xcos xcos x＋sin x,cos x－sin x) ＝eq \f(－\f(24,25)×\f(1,5),\f(7,5))＝－eq \f(24,175). 课时精练 1．coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19π,3)))等于(　　) A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2) 答案　C 解析　coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19π,3)))＝cos eq \f(19π,3) ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π＋\f(π,3)))＝cos eq \f(π,3)＝eq \f(1,2). 2．若cos 165°＝a，则tan 195°等于(　　) A.eq \r(1－a2) B.eq \f(\r(1－a2),a) C．－eq \f(\r(1－a2),a) D．－eq \f(a,\r(1－a2)) 答案　C 解析　若cos 165°＝a， 则cos 15°＝cos(180°－165°) ＝－cos 165°＝－a， sin 15°＝eq \r(1－a2)， 所以tan 195°＝tan(180°＋15°) ＝tan 15°＝eq \f(sin 15°,cos 15°) ＝－eq \f(\r(1－a2),a). 3．若coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5)))＝eq \f(5,13)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)－α))等于(　　) A．－eq \f(5,13) B．－eq \f(12,13) C.eq \f(12,13) D.eq \f(5,13) 答案　D 解析　因为eq \f(7π,10)－α＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5)))＝eq \f(π,2)， 所以eq \f(7π,10)－α＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5)))， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)－α))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5)))＝eq \f(5,13). 4．(2022·天津西青区模拟)已知sin α＋cos α＝－eq \r(2)，则tan α＋eq \f(1,tan α)等于(　　) A．2 B.eq \f(1,2) C．－2 D．－eq \f(1,2) 答案　A 解析　由已知得1＋2sin αcos α＝2， ∴sin αcos α＝eq \f(1,2)， ∴tan α＋eq \f(1,tan α)＝eq \f(sin α,cos α)＋eq \f(cos α,sin α) ＝eq \f(sin2α＋cos2α,sin αcos α)＝eq \f(1,\f(1,2))＝2. 5．(多选)在△ABC中，下列结论正确的是(　　) A．sin(A＋B)＝sin C B．sin eq \f(B＋C,2)＝cos eq \f(A,2) C．tan(A＋B)＝－tan Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C≠\f(π,2))) D．cos(A＋B)＝cos C 答案　ABC 解析　在△ABC中，有A＋B＋C＝π， 则sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，A正确． sin eq \f(B＋C,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝cos eq \f(A,2)，B正确． tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tan Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C≠\f(π,2)))， C正确． cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cos C，D错误． 6．(多选)已知α∈(0，π)，且sin α＋cos α＝eq \f(1,5)，则(　　) A.eq \f(π,2)<α<π B．sin αcos α＝－eq \f(12,25) C．cos α－sin α＝eq \f(7,5) D．cos α－sin α＝－eq \f(7,5) 答案　ABD 解析　∵sin α＋cos α＝eq \f(1,5)， 等式两边平方得 (sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝eq \f(1,25)， 解得sin αcos α＝－eq \f(12,25)，故B正确； ∵α∈(0，π)，sin αcos α＝－eq \f(12,25)<0， ∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故A正确； cos α－sin α<0， 且(cos α－sin α)2＝1－2sin αcos α ＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,25)))＝eq \f(49,25)， 解得cos α－sin α＝－eq \f(7,5)，故D正确． 7．cos 1°＋cos 2°＋cos 3°＋…＋cos 177°＋cos 178°＋cos 179°＝ . 答案　0 解析　因为cos(180°－α)＝－cos α，于是得 cos 1°＋cos 2°＋cos 3°＋…＋cos 89°＋cos 90°＋cos 91°＋…＋cos 177°＋cos 178°＋cos 179° ＝cos 1°＋cos 2°＋cos 3°＋…＋cos 89°＋cos 90°－cos 89°－…－cos 3°－cos 2°－cos 1° ＝cos 90°＝0. 8．设f(θ)＝eq \f(2cos2θ＋sin22π－θ＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))－3,2＋2cos2π＋θ＋cos－θ)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,3)))＝ . 答案　－eq \f(5,12) 解析　∵f(θ)＝eq \f(2cos2θ＋sin2θ＋cos θ－3,2＋2cos2θ＋cos θ) ＝eq \f(cos2θ＋cos θ－2,2cos2θ＋cos θ＋2)， 又cos eq \f(17π,3)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π－\f(π,3))) ＝cos eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)， ∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,3)))＝eq \f(\f(1,4)＋\f(1,2)－2,\f(1,2)＋\f(1,2)＋2)＝－eq \f(5,12). 9．(1)已知cos α是方程3x2－x－2＝0的根，且α是第三象限角，求eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α＋\f(3π,2)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))tan2π－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)))的值； (2)已知sin x＋cos x＝－eq \f(7,13)(00，即sin x－cos x>0， 把sin x＋cos x＝－eq \f(7,13)， 两边平方得1＋2sin xcos x＝eq \f(49,169)， 即2sin xcos x＝－eq \f(120,169)， ∴(sin x－cos x)2＝1－2sin xcos x＝eq \f(289,169)， 即sin x－cos x＝eq \f(17,13)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin x＋cos x＝－\f(7,13)，,sin x－cos x＝\f(17,13)，)) 解得sin x＝eq \f(5,13)，cos x＝－eq \f(12,13)， ∴cos x－2sin x＝－eq \f(22,13). 10．(2022·衡水模拟)已知角α的终边经过点P(3m，－6m)(m≠0)． (1)求eq \f(sinα＋π＋cosα－π,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＋2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))))的值； (2)若α是第二象限角，求sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＋sin(π－α)cos α－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))的值． 解　(1)∵m≠0，∴cos α≠0， 即eq \f(sinα＋π＋cosα－π,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＋2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))) ＝eq \f(－sin α－cos α,cos α＋2sin α) ＝eq \f(－tan α－1,1＋2tan α). 又∵角α的终边经过点P(3m，－6m)(m≠0)， ∴tan α＝eq \f(－6m,3m)＝－2， 故eq \f(sinα＋π＋cosα－π,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＋2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))) ＝eq \f(－tan α－1,1＋2tan α) ＝eq \f(2－1,1＋2×－2)＝－eq \f(1,3). (2)∵α是第二象限角，∴m<0， 则sin α＝eq \f(－6m,\r(3m2＋－6m2)) ＝eq \f(－6m,3\r(5)|m|) ＝eq \f(2\r(5),5)， cos α＝eq \f(3m,\r(3m2＋－6m2)) ＝eq \f(3m,3\r(5)|m|) ＝－eq \f(\r(5),5)， ∴sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＋sin(π－α)cos α－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)) ＝cos2α＋sin αcos α＋sin α ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))2＋eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＋eq \f(2\r(5),5) ＝eq \f(－1＋2\r(5),5). 11．(多选)已知角α满足sin α·cos α≠0，则表达式eq \f(sinα＋kπ,sin α)＋eq \f(cosα＋kπ,cos α)(k∈Z)的取值可能为(　　) A．－2 B．－1或1 C．2 D．－2或2或0 答案　AC 解析　当k为奇数时，原式＝eq \f(－sin α,sin α)＋eq \f(－cos α,cos α)＝(－1)＋(－1)＝－2； 当k为偶数时，原式＝eq \f(sin α,sin α)＋eq \f(cos α,cos α)＝1＋1＝2. ∴原表达式的取值可能为－2或2. 12．(2022·河北六校联考)若sin α是方程5x2－7x－6＝0的根，则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(3π,2)))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))tan22π－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sinπ＋α)等于(　　) A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,3) C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4) 答案　B 解析　方程5x2－7x－6＝0的两根为 x1＝－eq \f(3,5)，x2＝2，则sin α＝－eq \f(3,5). 原式＝eq \f(cos α－cos αtan2α,sin α－sin α－sin α)＝－eq \f(1,sin α)＝eq \f(5,3). 13．曲线y＝ex＋x2－eq \f(2,3)x在x＝0处的切线的倾斜角为α，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝ . 答案　eq \f(4,5) 解析　由题意得y′＝f′(x)＝ex＋2x－eq \f(2,3)， 所以f′(0)＝e0－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)， 所以tan α＝eq \f(1,3)， 所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以cos α＝eq \f(3,\r(10))， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2))) ＝cos 2α＝2cos2α－1＝2×eq \f(9,10)－1＝eq \f(4,5). 14．函数y＝loga(x－3)＋2(a>0且a≠1)的图象过定点Q，且角α的终边也过点Q，则3sin2α＋2sin αcos α＝ . 答案　eq \f(7,5) 解析　由题意可知点Q(4,2)，所以tan α＝eq \f(1,2)， 所以3sin2α＋2sin αcos α ＝eq \f(3sin2α＋2sin αcos α,sin2α＋cos2α) ＝eq \f(3tan2α＋2tan α,1＋tan2α) ＝eq \f(3×\f(1,4)＋2×\f(1,2),1＋\f(1,4)) ＝eq \f(7,5). 15．(多选)已知f(α)＝eq \f(2sin αcos α－2,sin α＋cos α＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤\f(π,2)))，则下列说法正确的是(　　) A．f(α)的最小值为－eq \r(2) B．f(α)的最小值为－1 C．f(α)的最大值为eq \r(2)－1 D．f(α)的最大值为1－eq \r(2) 答案　BD 解析　设t＝sin α＋cos α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))， 由0≤α≤eq \f(π,2)， 得eq \f(π,4)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(3π,4)， 则1≤t≤eq \r(2)， 又由(sin α＋cos α)2＝t2， 得2sin αcos α＝t2－1， 所以f(α)＝g(t)＝eq \f(t2－1－2,t＋1)＝t－1－eq \f(2,t＋1)， 又因为函数y＝t－1和y＝－eq \f(2,t＋1)在[1，eq \r(2)]上单调递增， 所以g(t)＝t－1－eq \f(2,t＋1)在[1，eq \r(2)]上单调递增， g(t)min＝g(1)＝－1， g(t)max＝g(eq \r(2))＝1－eq \r(2). 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cos θ，θ∈(0,2π)，求： (1)eq \f(sin2θ,sin θ－cos θ)＋eq \f(cos θ,1－tan θ)的值； (2)m的值； (3)方程的两根及此时θ的值． 解　(1)原式＝eq \f(sin2θ,sin θ－cos θ)＋eq \f(cos θ,1－\f(sin θ,cos θ)) ＝eq \f(sin2θ,sin θ－cos θ)＋eq \f(cos2θ,cos θ－sin θ) ＝eq \f(sin2θ－cos2θ,sin θ－cos θ) ＝sin θ＋cos θ. 由已知得sin θ＋cos θ＝eq \f(\r(3)＋1,2)， 所以eq \f(sin2θ,sin θ－cos θ)＋eq \f(cos θ,1－tan θ)＝eq \f(\r(3)＋1,2). (2)由已知得sin θcos θ＝eq \f(m,2)， 因为1＋2sin θcos θ＝(sin θ＋cos θ)2， 所以1＋m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)))2， 解得m＝eq \f(\r(3),2). (3)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin θ＋cos θ＝\f(\r(3)＋1,2)，,sin θcos θ＝\f(\r(3),4)，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin θ＝\f(\r(3),2)，,cos θ＝\f(1,2))) 或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin θ＝\f(1,2)，,cos θ＝\f(\r(3),2).)) 因为θ∈(0,2π)，所以θ＝eq \f(π,3)或eq \f(π,6).公式一二三四五六角2kπ＋α (k∈Z)π＋α－απ－αeq \f(π,2)－αeq \f(π,2)＋α正弦sin α－sin α－sin αsin αcos αcos α余弦cos α－cos αcos α－cos αsin α－sin α正切tan αtan α－tan α－tan α口诀奇变偶不变，符号看象限