§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 θ1+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 θ1+sin 2θ,sin θ+cos θ)=eq \f(sin θsin θ+cos θ2,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 θ1+sin 2θ,sin θ+cos θ)
=eq \f(sin θsin θ+cos θ2,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(tanπ-αcos2π-αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-α+\f(3π,2))),cos-α-πsin-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,cosπ+α·[-sinπ+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+cosα-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+cosα-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(sinπ+α+cosπ-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(sinα-3πcos2π-αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-α+\f(3π,2))),cos-π-αsin-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(sinα-3πcos2π-αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-α+\f(3π,2))),cos-π-αsin-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(2sinπ+αcosπ-α-cosπ+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 α2sin α+1,sin α2sin 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 xcos x+sin x,1-\f(sin x,cos x))
=eq \f(2sin xcos xcos 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+sin22π-θ+sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+θ))-3,2+2cos2π+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))tan2π-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(sinα+π+cosα-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(sinα+π+cosα-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(sinα+π+cosα-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(3m2+-6m2))
=eq \f(-6m,3\r(5)|m|)
=eq \f(2\r(5),5),
cos α=eq \f(3m,\r(3m2+-6m2))
=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(sinα+kπ,sin α)+eq \f(cosα+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))tan22π-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))sinπ+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 αtan2α,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