高考數學一輪復習試題第2節(jié) 同角三角函數的基本關系及誘導公式_第1頁
高考數學一輪復習試題第2節(jié) 同角三角函數的基本關系及誘導公式_第2頁
高考數學一輪復習試題第2節(jié) 同角三角函數的基本關系及誘導公式_第3頁
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第2節(jié)同角三角函數的基本關系及誘導公式考試要求1.理解同角三角函數的基本關系式:sin2x+cos2x=1,eq\f(sinx,cosx)=tanx.2.能利用單位圓中的對稱性推導出eq\f(π,2)±α,π±α的正弦、余弦、正切的誘導公式.1.同角三角函數的基本關系(1)平方關系:sin2α+cos2α=1.(2)商數關系:eq\f(sinα,cosα)=tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)+kπ,k∈Z)).2.三角函數的誘導公式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sinα-sin__α-sin__αsin__αcos__αcos__α余弦cosα-cos__αcos__α-cos__αsin__α-sin__α正切tanαtan__α-tan__α-tan__α口訣奇變偶不變,符號看象限1.同角三角函數關系式的常用變形(sinα±cosα)2=1±2sinαcosα;sinα=tanα·cosα.2.誘導公式的記憶口訣“奇變偶不變,符號看象限”,其中的奇、偶是指eq\f(π,2)的奇數倍和偶數倍,變與不變指函數名稱的變化.3.在利用同角三角函數的平方關系時,若開方,要特別注意判斷符號.1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)若α,β為銳角,則sin2α+cos2β=1.()(2)sin(π+α)=-sinα成立的條件是α為銳角.()(3)若α∈R,則tanα=eq\f(sinα,cosα)恒成立.()(4)若sin(kπ-α)=eq\f(1,3)(k∈Z),則sinα=eq\f(1,3).()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)對任意的角α,sin2α+cos2α=1.(2)中對于任意α∈R,恒有sin(π+α)=-sinα.(3)中當α的終邊落在y軸上時,商數關系不成立.(4)當k為奇數時,sinα=eq\f(1,3),當k為偶數時,sinα=-eq\f(1,3).2.(多選)已知x∈R,則下列等式恒成立的是()A.sin(-x)=sinxB.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)-x))=cosxC.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+x))=-sinxD.cos(x-π)=-cosx答案CD解析sin(-x)=-sinx,故A不成立;sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)-x))=-cosx,故B不成立;coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+x))=-sinx,故C成立;cos(x-π)=-cosx,故D成立.3.(2022·南昌一模)已知3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,2)))+sin(θ+π)=0,θ∈(-π,0),則sinθ=()A.-eq\f(3\r(10),10) B.-eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(\r(10),10)答案A解析∵3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,2)))+sin(θ+π)=0,∴3cosθ-sinθ=0,∴tanθ=eq\f(sinθ,cosθ)=3,∵θ∈(-π,0),sin2θ+cos2θ=1,所以sinθ=-eq\f(3\r(10),10).4.(2021·沈陽郊聯體一模)已知2sin(π-α)=3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α)),則sin2α-eq\f(1,2)sin2α-cos2α=()A.eq\f(5,13) B.-eq\f(1,13) C.-eq\f(5,13) D.eq\f(1,13)答案B解析由條件得2sinα=3cosα,即tanα=eq\f(3,2),故原式=eq\f(sin2α-\f(1,2)sin2α-cos2α,sin2α+cos2α)=eq\f(sin2α-sinαcosα-cos2α,sin2α+cos2α)=eq\f(tan2α-tanα-1,1+tan2α)=eq\f(\f(9,4)-\f(3,2)-1,1+\f(9,4))=-eq\f(1,13).5.化簡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)的結果為________.答案-sin2α解析原式=eq\f(sinα,cosα)·(-sinα)·cosα=-sin2α.6.(易錯題)已知sinαcosα=eq\f(1,8),且eq\f(5π,4)<α<eq\f(3π,2),則cosα-sinα的值為________.答案eq\f(\r(3),2)解析∵eq\f(5π,4)<α<eq\f(3π,2),∴cosα<0,sinα<0且cosα>sinα,∴cosα-sinα>0.又(cosα-sinα)2=1-2sinαcosα=1-2×eq\f(1,8)=eq\f(3,4),∴cosα-sinα=eq\f(\r(3),2).考點一同角三角函數基本關系式的應用角度1切弦互化例1(1)已知α是三角形的內角,且tanα=-eq\f(1,3),則sinα+cosα的值為________.答案-eq\f(\r(10),5)解析由tanα=-eq\f(1,3),得sinα=-eq\f(1,3)cosα,將其代入sin2α+cos2α=1,得eq\f(10,9)cos2α=1,所以cos2α=eq\f(9,10),易知cosα<0,所以cosα=-eq\f(3\r(10),10),sinα=eq\f(\r(10),10),故sinα+cosα=-eq\f(\r(10),5).(2)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+θ))+3cos(π-θ)=sin(-θ),則sinθcosθ+cos2θ=()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5) C.eq\f(3,5) D.eq\f(\r(5),5)答案C解析由已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+θ))+3cos(π-θ)=sin(-θ)?cosθ-3cosθ=-sinθ?tanθ=2,則sinθcosθ+cos2θ=eq\f(sinθcosθ+cos2θ,sin2θ+cos2θ)=eq\f(tanθ+1,tan2θ+1)=eq\f(3,5).角度2“和”“積”轉換例2(1)已知sinαcosα=eq\f(3,8),且eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2),則cosα-sinα的值為()A.eq\f(1,2) B.±eq\f(1,2) C.-eq\f(1,4) D.-eq\f(1,2)答案D解析∵sinαcosα=eq\f(3,8),∴(cosα-sinα)2=cos2α-2sinαcosα+sin2α=1-2sinαcosα=1-2×eq\f(3,8)=eq\f(1,4),∵eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2),∴cosα<sinα,即cosα-sinα<0,∴cosα-sinα=-eq\f(1,2).(2)(多選)(2021·濱州模擬)已知θ∈(0,π),sinθ+cosθ=eq\f(1,5),則下列結論正確的是()A.sinθ=eq\f(4,5) B.cosθ=-eq\f(3,5)C.tanθ=-eq\f(3,4) D.sinθ-cosθ=eq\f(7,5)答案ABD解析由題意知sinθ+cosθ=eq\f(1,5),∴(sinθ+cosθ)2=1+2sinθcosθ=eq\f(1,25),∴2sinθcosθ=-eq\f(24,25)<0,又∵θ∈(0,π),∴eq\f(π,2)<θ<π,∴sinθ-cosθ>0,∴sinθ-cosθ=eq\r(1-2sinθcosθ)=eq\r(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(24,25))))=eq\r(\f(49,25))=eq\f(7,5),∴sinθ=eq\f(4,5),cosθ=-eq\f(3,5).∴tanθ=-eq\f(4,3),∴A、B、D正確.感悟提升1.(1)利用sin2α+cos2α=1可以實現角α的正弦、余弦的互化,利用eq\f(sinα,cosα)=tanα可以實現角α的弦切互化.(2)形如eq\f(asinx+bcosx,csinx+dcosx),asin2x+bsinxcosx+ccos2x等類型可進行弦化切.2.注意公式的逆用及變形應用:1=sin2α+cos2α,sin2α=1-cos2α,cos2α=1-sin2α.3.應用公式時注意方程思想的應用:對于sinα+cosα,sinαcosα,sinα-cosα這三個式子,利用(sinα±cosα)2=1±2sinαcosα,可以知一求二.訓練1(1)若tanα=eq\f(3,4),則cos2α+2sin2α等于()A.eq\f(64,25) B.eq\f(48,25) C.1 D.eq\f(16,25)答案A解析tanα=eq\f(3,4),則cos2α+2sin2α=eq\f(cos2α+2sin2α,cos2α+sin2α)=eq\f(cos2α+4sinαcosα,cos2α+sin2α)=eq\f(1+4tanα,1+tan2α)=eq\f(64,25).(2)已知sinα,cosα是方程3x2-2x+a=0的兩個根,則實數a的值為()A.eq\f(5,6) B.-eq\f(5,6) C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)答案B解析由題可得,sinα+cosα=eq\f(2,3),sinαcosα=eq\f(a,3).所以sin2α+cos2α=(sinα+cosα)2-2sinαcosα=eq\f(4,9)-eq\f(2a,3)=1,解得a=-eq\f(5,6).考點二誘導公式的應用1.sin570°的值是()A.-eq\f(1,2) B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),2) D.-eq\f(\r(3),2)答案A解析sin570°=sin(720°-150°)=-sin150°=-eq\f(1,2).2.化簡eq\f(cos(π+α)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)-α)),cos(π-α)sin(-π-α)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)+α)))的結果是()A.-1 B.1 C.tanα D.-tanα答案C解析原式=eq\f(-cosα·(-sinα)·cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)-α)),-cosα·sinα·sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α)))=eq\f(-sin2α·cosα,-sinα·cos2α)=tanα.3.已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,3)))=eq\f(12,13),則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-α))等于()A.eq\f(5,13) B.eq\f(12,13) C.-eq\f(5,13) D.-eq\f(12,13)答案B解析因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,3)))=eq\f(12,13),所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-α))=sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-α))))=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,3)))=eq\f(12,13).4.設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+2sinα≠0),則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(23π,6)))=________.答案eq\r(3)解析因為f(α)=eq\f((-2sinα)(-cosα)+cosα,1+sin2α+sinα-cos2α)=eq\f(2sinαcosα+cosα,2sin2α+sinα)=eq\f(cosα(1+2sinα),sinα(1+2sinα))=eq\f(1,tanα),所以feq\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\r(3).感悟提升(1)誘導公式的兩個應用①求值:負化正,大化小,化到銳角為終了.②化簡:統一角,統一名,同角名少為終了.(2)含2π整數倍的誘導公式的應用由終邊相同的角的關系可知,在計算含有2π的整數倍的三角函數式中可直接將2π的整數倍去掉后再進行運算.如cos(5π-α)=cos(π-α)=-cosα.考點三同角關系式和誘導公式的綜合應用例3(1)(2020·全國Ⅰ卷)已知α∈(0,π),且3cos2α-8cosα=5,則sinα=()A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3) C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(5),9)答案A解析由3cos2α-8cosα=5,得3(2cos2α-1)-8cosα=5,即3cos2α-4cosα-4=0,解得cosα=-eq\f(2,3)或cosα=2(舍去).又因為α∈(0,π),所以sinα=eq\r(1-cos2α)=eq\r(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2,3)))\s\up12(2))=eq\f(\r(5),3).(2)已知α是第三象限角,且cosα=-eq\f(\r(10),10).則eq\f(cos(π-α),2sin(-α)+sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α)))的值為________.答案eq\f(1,5)解析∵α是第三象限角,∴sinα=-eq\r(1-cos2α)=-eq\f(3\r(10),10),eq\f(cos(π-α),2sin(-α)+sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α)))=eq\f(-cosα,-2sinα+cosα)=eq\f(cosα,2sinα-cosα)=eq\f(-\f(\r(10),10),-\f(6\r(10),10)+\f(\r(10),10))=eq\f(1,5).(3)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-θ))=a(|a|≤1),則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)+θ))+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)-θ))的值是________.答案0解析∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)+θ))=coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-θ))))=-coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-θ))=-a,sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)-θ))=sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-θ))))=coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-θ))=a,∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)+θ))+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)-θ))=0.感悟提升1.利用同角三角函數關系式和誘導公式求值或化簡時,關鍵是尋求條件、結論間的聯系,靈活使用公式進行變形.注意角的范圍對三角函數值符號的影響.2.用誘導公式求值時,要善于觀察所給角之間的關系,利用整體代換的思想簡化解題過程.常見的互余關系有eq\f(π,3)-α與eq\f(π,6)+α,eq\f(π,3)+α與eq\f(π,6)-α,eq\f(π,4)+α與eq\f(π,4)-α等,常見的互補關系有eq\f(π,6)-θ與eq\f(5π,6)+θ,eq\f(π,3)+θ與eq\f(2π,3)-θ,eq\f(π,4)+θ與eq\f(3π,4)-θ等.訓練2(1)(多選)給出下列四個結論,其中正確的結論是()A.sin(π+α)=-sinα成立的條件是角α是銳角B.若cos(nπ-α)=eq\f(1,3)(n∈Z),則cosα=eq\f(1,3)C.若α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z),則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α))=eq\f(-1,tanα)D.若sinα+cosα=1,則sinnα+cosnα=1答案CD解析由誘導公式二知α∈R時,sin(π+α)=-sinα,所以A錯誤;當n=2k(k∈Z)時,cos(nπ-α)=cos(-α)=cosα,此時cosα=eq\f(1,3);當n=2k+1(k∈Z)時,cos(nπ-α)=cos[(2k+1)π-α]=cos(π-α)=-cosα,此時cosα=-eq\f(1,3),所以B錯誤;若α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z),則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α))=eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α)))=eq\f(cosα,-sinα)=-eq\f(1,tanα),所以C正確;將等式sinα+cosα=1兩邊平方,得sinαcosα=0,所以sinα=0或cosα=0.若sinα=0,則cosα=1,此時sinnα+cosnα=1;若cosα=0,則sinα=1,此時sinnα+cosnα=1,故sinnα+cosnα=1,所以D正確.(2)已知sinα+cosα=-eq\f(1,5),且eq\f(π,2)<α<π,則eq\f(1,sin(π-α))+eq\f(1,cos(π-α))的值為________.答案eq\f(35,12)解析由sinα+cosα=-eq\f(1,5),平方得sinαcosα=-eq\f(12,25),∵eq\f(π,2)<α<π,∴sinα-cosα=eq\r((sinα+cosα)2-4sinαcosα)=eq\f(7,5),∴eq\f(1,sin(π-α))+eq\f(1,cos(π-α))=eq\f(1,sinα)-eq\f(1,cosα)=eq\f(cosα-sinα,sinαcosα)=eq\f(-\f(7,5),-\f(12,25))=eq\f(35,12).1.sin1050°等于()A.eq\f(1,2) B.-eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),2) D.-eq\f(\r(3),2)答案B解析sin1050°=sin(3×360°-30°)=-sin30°=-eq\f(1,2).2.已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(π,3)))=eq\f(1,3),則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,6)))的值是()A.-eq\f(1,3) B.eq\f(1,3) C.eq\f(2\r(2),3) D.-eq\f(2\r(2),3)答案A解析∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(π,3)))=eq\f(1,3),∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,6)))=coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(π,3)))))=-sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(π,3)))=-eq\f(1,3).故選A.3.(多選)若cos(π-α)=-eq\f(1,2),則()A.sin(-α)=eq\f(\r(3),2) B.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α))=-eq\f(\r(3),2)C.cos(π+α)=-eq\f(1,2) D.cos(α-π)=-eq\f(1,2)答案CD解析由cos(π-α)=-eq\f(1,2)可得cosα=eq\f(1,2),則sinα=±eq\f(\r(3),2).A中,sin(-α)=-sinα=±eq\f(\r(3),2),不正確.B中,sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+α))=cosα=eq\f(1,2),不正確.C中,cos(π+α)=-cosα=-eq\f(1,2),正確.D中,cos(α-π)=-cosα=-eq\f(1,2),正確.4.(2022·廣州模擬)若點P(cosα,sinα)在直線y=-2x上,則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α+\f(π,2)))的值等于()A.-eq\f(3,5) B.eq\f(3,5) C.-eq\f(4,5) D.eq\f(4,5)答案A解析由點P(cosα,sinα)在直線y=-2x上,得tanα=-2,故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α+\f(π,2)))=cos2α=eq\f(cos2α-sin2α,cos2α+sin2α)=eq\f(1-tan2α,1+tan2α)=-eq\f(3,5).5.(多選)(2021·臨沂質檢)已知eq\r(3)sin(π+θ)=cos(2π-θ),θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3),π)),則θ可能等于()A.-eq\f(π,6) B.-eq\f(π,3) C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,6)答案AD解析∵eq\r(3)sin(π+θ)=cos(2π-θ),∴-eq\r(3)sinθ=cosθ,∴tanθ=-eq\f(\r(3),3),∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,3),π)),∴θ=-eq\f(π,6)或θ=eq\f(5π,6).6.(多選)在△ABC中,下列結論正確的是()A.sin(A+B)=sinCB.sineq\f(B+C,2)=coseq\f(A,2)C.tan(A+B)=-tanCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C≠\f(π,2)))D.cos(A+B)=cosC答案ABC解析在△ABC中,有A+B+C=π,則sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,A正確;sineq\f(B+C,2)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-\f(A,2)))=coseq\f(A,2),B正確;tan(A+B)=tan(π-C)=-tanCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C≠\f(π,2))),C正確;cos(A+B)=cos(π-C)=-cosC,D錯誤.故選ABC.7.(2022·重慶診斷)已知sinα+cosα=-eq\r(2),則tanα+eq\f(1,tanα)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+2sinαcosα=2,∴sinαcosα=eq\f(1,2),∴tanα+eq\f(1,tanα)=eq\f(sinα,cosα)+eq\f(cosα,sinα)=eq\f(sin2α+cos2α,sinαcosα)=eq\f(1,\f(1,2))=2.8.已知角α的頂點為坐標原點,始邊與x軸的非負半軸重合,終邊上有兩點A(1,a),B(2,b),且cos2α=eq\f(2,3),則|a-b|=()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(2\r(5),5) D.1答案B解析由cos2α=eq\f(2,3),得cos2α-sin2α=eq\f(2,3),∴eq\f(cos2α-sin2α,cos2α+sin2α)=eq\f(2,3),即eq\f(1-tan2α,1+tan2α)=eq\f(2,3),∴tanα=±eq\f(\r(5),5),即eq\f(b-a,2-1)=±eq\f(\r(5),5),∴|a-b|=eq\f(\r(5),5),故選B.9.若eq\f(sin(π-θ)+cos(θ-2π),sinθ+cos(π+θ))=eq\f(1,2),則tanθ=________.答案-3解析因為eq\f(sin(π-θ)+cos(θ-2π),sinθ+cos(π+θ))=eq\f(sinθ+cosθ,sinθ-cosθ)=eq\f(1,2),所以2(sinθ+cosθ)=sinθ-cosθ,所以sinθ=-3cosθ,所以tanθ=-3.10.若tanα=-2,則cos2α+2sin2α=________.答案-eq\f(7,5)解析原式=eq\f(cos2α+2sin2α,cos2α+sin2α)=eq\f(cos2α+4sinαcosα,cos2α+sin2α)=eq\f(1+4tanα,1+tan2α)=eq\f(1-8,1+4)=-eq\f(7,5).11.已知-eq\f(π,2)<α<0,sinα+cosα=eq\f(1,5),則eq\f(1,cos2α-sin2α)的值為________.答案eq\f(25,7)解析由題意,因為sinα+cosα=eq\f(1,5),所以1+2sinαcosα=eq\f(1,25),所以2sinαcosα=-eq\f(24,25),所以(cosα-sinα)2=1-2sinαcosα=eq\f(49,25),又因為-eq\f(π,2)<α<0,所以sinα<0,cosα>0,所以cosα-sinα=eq\f(7,5),所以eq\f(1,cos2α-sin2α)=eq\f(1,(cosα+sinα)(cosα-sinα))=eq\f(25,7).12.已知θ是第四象限角,且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4)))=eq\f(3,5),則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ-\f(π,4)))=________.答案-eq\f(4,3)解析由題意,得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4)))=eq\f(4,5),∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4)))=eq\f(3,4).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ-\f(π,4)))=taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4)-\f(π,2)))=-eq\f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4))))=-eq\f(4,3).13.(2021·哈爾濱一模)若sinα+cosα=eq\f(1,5),α∈(0,π),則eq\f(1+tan\f(α,2),1-tan\f(α,2))的值為()A.-3 B.-eq\f(1,3) C.eq\f(1,3) D.3答案A解析因為sinα+cosα=eq\f(1,5),所以sin2α+cos2α=sin2α+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)-sinα))eq\s\up12(2)=1,可得25sin2α-5sinα-12=0,解得sinα=eq\f(4,5)或-eq\f(3,5),又因為α∈(0,π),所以sinα=eq\f(4,5),所以cosα=eq\f(1,5)-eq\f(4,5)=-eq\f(3,5),則eq\f(1+tan\f(α,2),1-tan\f(α,2))=eq\f(cos\f(α,2)+sin\f(α,2),cos\f(α,2)-sin\f(α,2))=eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)+sin\f(α,2)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)-sin\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)+sin\f(α,2

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