2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第3讲　第1课时　高效演练分层突破学案

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1．(2020·广东揭阳一模)若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝eq \f(3,5)，则sin4α－cs4α的值为( )
A.eq \f(4,5) B．eq \f(3,5)
C．－eq \f(4,5) D．－eq \f(3,5)
解析：选D.因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝eq \f(3,5)，所以cs 2α＝eq \f(3,5)，因此sin4α－cs4α＝(sin2α＋cs2α)(sin2α－cs2α)＝1－2cs2α＝－cs 2α＝－eq \f(3,5)，选D.
2．(2020·湖南长沙长郡中学一模)已知sin(α＋2β)＝eq \f(3,4)，cs β＝eq \f(1,3)，α，β为锐角，则sin(α＋β)的值为( )
A.eq \f(3\r(7)－2\r(2),12) B．eq \f(3－2\r(14),12)
C.eq \f(3\r(7)＋2\r(2),12) D．eq \f(3＋2\r(14),12)
解析：选D.因为cs β＝eq \f(1,3)，0<β所以eq \f(π,2)<2β<π.
因为sin(α＋2β)＝eq \f(3,4)，α为锐角，所以eq \f(π,2)<α＋2β<π，
所以cs(α＋2β)＝－eq \f(\r(7),4)，
所以sin(α＋β)＝sin[(α＋2β)－β]
＝sin(α＋2β)cs β－cs(α＋2β)sin β
＝eq \f(3,4)×eq \f(1,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(7),4)))×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(3＋2\r(14),12).故选D.
3．已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，且－eq \f(π,2)<α<0，则eq \f(2sin2α＋sin 2α,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4))))＝( )
A．－eq \f(2\r(5),5) B．－eq \f(3\r(5),10)
C．－eq \f(3\r(10),10) D．eq \f(2\r(5),5)
解析：选A.因为taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝eq \f(1,2)，所以tan α＝－eq \f(1,3)，因为tan α＝eq \f(sin α,cs α)，sin2α＋cs2α＝1，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，所以sin α＝－eq \f(\r(10),10).
所以eq \f(2sin2α＋sin 2α,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4))))＝eq \f(2sin α（sin α＋cs α）,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α)))＝
eq \f(4sin α（sin α＋cs α）,\r(2)（sin α＋cs α）)＝2eq \r(2)sin α＝2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),10)))＝－eq \f(2\r(5),5).故选A.
4．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \f(1,4)，则cs x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝( )
A.eq \f(\r(3),4) B．－eq \f(\r(3),4)
C.eq \f(1,4) D．±eq \f(\r(3),4)
解析：选A.因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \f(1,4)，
所以cs x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝cs x＋eq \f(1,2)cs x＋eq \f(\r(3),2)sin x
＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x＋\f(1,2)sin x))＝eq \r(3)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝eq \r(3)×eq \f(1,4)＝eq \f(\r(3),4).
故选A.
5.eq \f(2cs 10°－sin 20°,sin 70°)的值是( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),2)
C.eq \r(3) D．eq \r(2)
解析：选C.原式＝eq \f(2cs（30°－20°）－sin 20°,sin 70°)
＝eq \f(2（cs 30°·cs 20°＋sin 30°·sin 20°）－sin 20°,sin 70°)
＝eq \f(\r(3)cs 20°,cs 20°)＝eq \r(3).
6．sin 10°sin 50°sin 70°＝________．
解析：sin 10°sin 50°sin 70°＝sin 10°cs 40°cs 20°
＝eq \f(sin 10°cs 10°cs 20°cs 40°,cs 10°)＝eq \f(\f(1,8)sin 80°,cs 10°)＝eq \f(1,8).
答案：eq \f(1,8)
7．(2020·益阳模拟)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋sin α＝eq \f(4\r(3),5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))＝________．
解析：由cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋sin α＝eq \f(4\r(3),5)，
可得eq \f(\r(3),2)cs α＋eq \f(1,2)sin α＋sin α＝eq \f(4\r(3),5)，
即eq \f(3,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cs α＝eq \f(4\r(3),5)，
所以eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4\r(3),5)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝－eq \f(4,5).
答案：－eq \f(4,5)
8．已知tan α＝eq \f(m,3)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(2,m)，则m＝________．
解析：由题意，tan α＝eq \f(m,3)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝eq \f(2,m)，则eq \f(\f(m,3)＋1,1－\f(m,3))＝eq \f(2,m)，所以m＝－6或1.
答案：－6或1
9．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，－\f(4,5))).
(1)求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋π))的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝eq \f(5,13)，求cs β的值．
解：(1)由角α的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得sin α＝－eq \f(4,5)，
所以sin(α＋π)＝－sin α＝eq \f(4,5).
(2)由角α的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得cs α＝－eq \f(3,5)，
由sin(α＋β)＝eq \f(5,13)得cs(α＋β)＝±eq \f(12,13).
由β＝(α＋β)－α得
cs β＝cs(α＋β)cs α＋sin(α＋β)sin α，
所以cs β＝－eq \f(56,65)或cs β＝eq \f(16,65).
10．已知α，β为锐角，tan α＝eq \f(4,3)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5).
(1)求cs 2α的值；
(2)求tan(α－β)的值．
解：(1)因为tan α＝eq \f(4,3)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)，
所以sin α＝eq \f(4,3)cs α.
因为sin2 α＋cs2 α＝1，
所以cs2 α＝eq \f(9,25)，
因此cs 2α＝2cs2 α－1＝－eq \f(7,25).
(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．
又因为cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，
所以sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2（α＋β）)＝eq \f(2\r(5),5)，
因此tan(α＋β)＝－2.
因为tan α＝eq \f(4,3)，所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2 α)＝－eq \f(24,7)，
所以tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq \f(tan 2α－tan（α＋β）,1＋tan 2αtan（α＋β）)＝－eq \f(2,11).
[综合题组练]
1．(2020·河南九师联盟2月质量检测)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且cs 2α＝eq \f(\r(2),5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，则tan α＝( )
A.eq \f(3,4) B．eq \f(3,5)
C.eq \f(4,3) D．eq \f(5,3)
解析：选A.因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sin α＋cs α>0.
因为cs 2α＝eq \f(\r(2),5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，
所以(cs α＋sin α)(cs α－sin α)＝eq \f(1,5)(sin α＋cs α)，
所以cs α－sin α＝eq \f(1,5).
将cs α－sin α＝eq \f(1,5)两边平方可得1－2sin αcs α＝eq \f(1,25)，
所以sin αcs α＝eq \f(12,25).所以eq \f(sin αcs α,sin2 α＋cs2 α)＝eq \f(12,25).
分子、分母同除以cs2 α可得eq \f(tan α,tan2 α＋1)＝eq \f(12,25)，
解得tan α＝eq \f(3,4)或eq \f(4,3)(舍)，即tan α＝eq \f(3,4).
2．(创新型)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝( )
A．8 B．4
C．2 D．1
解析：选C.因为m＝2sin 18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cs218°.
所以eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝eq \f(2sin 18°\r(4cs218°),2cs227°－1)＝eq \f(4sin 18°cs 18°,2cs227°－1)＝eq \f(2sin 36°,cs 54°)＝eq \f(2sin 36°,sin 36°)＝2.故选C.
3．已知0<α解析：因为0<α所以cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(4,5)，
所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(3,4)，
则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,4)))＝tan(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝7.
eq \f(sin2 α＋sin 2α,cs2α＋cs 2α)＝eq \f(sin2α＋2sin αcs α,2cs2α－sin2α)＝eq \f(tan2α＋2tan α,2－tan2α)＝eq \f(\f(9,16)＋\f(6,4),2－\f(9,16))＝eq \f(33,23).
答案：7 eq \f(33,23)
4．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcs β－cs αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为________．
解析：由sin αcs β－cs αsin β＝1，
得sin(α－β)＝1，
又α，β∈[0，π]，所以α－β＝eq \f(π,2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))即eq \f(π,2)≤α≤π，
所以sin(2α－β)＋sin(α－2β)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)
＝cs α＋sin α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))).
因为eq \f(π,2)≤α≤π，
所以eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
所以－1≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))≤1，
即取值范围为[－1，1]．
答案：[－1，1]
5．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝－eq \f(1,4)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
(1)求sin 2α的值；
(2)求tan α－eq \f(1,tan α)的值．
解：(1)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,4)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,2).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，
所以2α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(4π,3)))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)，
所以sin 2α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))cs eq \f(π,3)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))sin eq \f(π,3)＝－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2).
(2)因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))，
又由(1)知sin 2α＝eq \f(1,2)，所以cs 2α＝－eq \f(\r(3),2).
所以tan α－eq \f(1,tan α)＝eq \f(sin α,cs α)－eq \f(cs α,sin α)＝eq \f(sin2α－cs2α,sin αcs α)
＝eq \f(－2cs 2α,sin 2α)＝－2×eq \f(－\f(\r(3),2),\f(1,2))＝2eq \r(3).
6.如图，在平面直角坐标系xOy中，以x轴正半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆分别交于A，B两点，x轴正半轴与单位圆交于点M，已知S△OAM＝eq \f(\r(5),5)，点B的纵坐标是eq \f(\r(2),10).
(1)求cs(α－β)的值；
(2)求2α－β的值．
解：(1)由题意，OA＝OM＝1，
因为S△OAM＝eq \f(\r(5),5)，α为锐角，
所以sin α＝eq \f(2\r(5),5)，cs α＝eq \f(\r(5),5).
又点B的纵坐标是eq \f(\r(2),10).
所以sin β＝eq \f(\r(2),10)，cs β＝－eq \f(7\r(2),10)，
所以cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β＝eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10)))＋eq \f(2\r(5),5)×eq \f(\r(2),10)＝－eq \f(\r(10),10).
(2)因为cs 2α＝2cs2α－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)))eq \s\up12(2)－1＝－eq \f(3,5)，
sin 2α＝2sin α·cs α＝2×eq \f(2\r(5),5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(4,5)，
所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).
因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
所以2α－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))).
因为sin(2α－β)＝sin 2α·cs β－cs 2α·sin β＝－eq \f(\r(2),2)，
所以2α－β＝－eq \f(π,4).