高考數(shù)學(xué)科學(xué)復(fù)習(xí)提升版第23講同角三角函數(shù)的基本關(guān)系與誘導(dǎo)公式

第23講同角三角函數(shù)的基本關(guān)系與誘導(dǎo)公式[課程標準]1.借助單位圓的對稱性，利用定義推導(dǎo)出誘導(dǎo)公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α±\f(π,2)，α±π的正弦、余弦、正切)).2.理解同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanα.1．同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式(1)平方關(guān)系：eq\x(\s\up1(01))sin2α＋cos2α＝1．(2)商數(shù)關(guān)系：eq\x(\s\up1(02))eq\f(sinα,cosα)＝tanα．2．六組誘導(dǎo)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－sinα－sinαsinαcosαcosα余弦cosα－cosαcosα－cosαsinα－sinα正切tanαtanα－tanα－tanα－－口訣函數(shù)名不變，符號看象限函數(shù)名改變，符號看象限同角三角函數(shù)基本關(guān)系式的常用變形(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα；(sinα＋cosα)2＋(sinα－cosα)2＝2；(sinα＋cosα)2－(sinα－cosα)2＝4sinαcosα；sinα＝tanαcosαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))；sin2α＝eq\f(sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α,tan2α＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))；cos2α＝eq\f(cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1,tan2α＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).1．(人教B必修第三冊7.2.3練習(xí)AT1(2)改編)若cosα＝eq\f(1,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，則tanα＝()A．－eq\f(\r(2),4) B.eq\f(\r(2),4)C．－2eq\r(2) D．2eq\r(2)答案C解析由已知得sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\f(1,9))＝－eq\f(2\r(2),3)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－2eq\r(2).故選C.2．已知cos31°＝a，則sin239°tan149°的值為()A.eq\f(1－a2,a) B.eq\r(1－a2)C.eq\f(a2－1,a) D．－eq\r(1－a2)答案B解析sin239°tan149°＝sin(270°－31°)tan(180°－31°)＝－cos31°·(－tan31°)＝sin31°＝eq\r(1－a2).3．(人教B必修第三冊第七章復(fù)習(xí)題A組T6改編)已知tanθ＝2，則eq\f(3sinα＋2cosα,4sinα－3cosα)＝________．答案eq\f(8,5)解析∵tanθ＝2，∴原式＝eq\f(3tanα＋2,4tanα－3)＝eq\f(3×2＋2,4×2－3)＝eq\f(8,5).4．(人教A必修第一冊習(xí)題5.2T12改編)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝2，則cosα＝________．答案eq\f(\r(5),5)解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＞0，cosα＞0，∵tanα＝2＝eq\f(sinα,cosα)，sin2α＋cos2α＝1，∴cosα＝eq\f(\r(5),5).5．(人教A必修第一冊5.3例4改編)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(jié)果為________．答案－sin2α解析原式＝eq\f(sinα,cosα)(－sinα)cosα＝－sin2α.多角度探究突破考向一同角三角函數(shù)的基本關(guān)系角度常規(guī)問題例1(1)已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上一點A(2sinα，3)(sinα≠0)，則cosα＝()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解析由三角函數(shù)定義，得tanα＝eq\f(3,2sinα)，所以eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3,2sinα)，則2(1－cos2α)＝3cosα，所以(2cosα－1)(cosα＋2)＝0，則cosα＝eq\f(1,2).(2)(2023·全國乙卷)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\f(1,2)，則sinθ－cosθ＝________．答案－eq\f(\r(5),5)解析因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinθ>0，cosθ>0，又因為tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(1,2)，則cosθ＝2sinθ，且cos2θ＋sin2θ＝4sin2θ＋sin2θ＝5sin2θ＝1，解得sinθ＝eq\f(\r(5),5)或sinθ＝－eq\f(\r(5),5)(舍去)，所以sinθ－cosθ＝sinθ－2sinθ＝－sinθ＝－eq\f(\r(5),5).利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式求值的三個基本題型1.(2023·長郡十八校聯(lián)盟聯(lián)考)已知第二象限角α的終邊上有兩點A(－1，a)，B(b，2)，且cosα＋3sinα＝0，則b－3a＝()A．－7 B．－5C．5 D．7答案A解析因為cosα＋3sinα＝0，所以3sinα＝－cosα，所以tanα＝－eq\f(1,3)，又因為tanα＝eq\f(a,－1)＝eq\f(2,b)，所以a＝eq\f(1,3)，b＝－6，所以b－3a＝－7.故選A.2．(2024·東莞模擬)已知2sin2θ－3sinθ－2＝0，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則cosθ的值為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(1,2)答案B解析因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則sinθ∈(－1，1)，cosθ>0，因為2sin2θ－3sinθ－2＝(2sinθ＋1)·(sinθ－2)＝0，則sinθ＝－eq\f(1,2)，因此cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(3),2).故選B.角度“1”的變換例2(2021·新高考Ⅰ卷)若tanθ＝－2，則eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝()A．－eq\f(6,5) B．－eq\f(2,5)C.eq\f(2,5) D.eq\f(6,5)答案C解析解法一：因為tanθ＝－2，所以eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθ（sinθ＋cosθ）2,sinθ＋cosθ)＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝eq\f(sin2θ＋sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(4－2,1＋4)＝eq\f(2,5).故選C.解法二：eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθ（sin2θ＋2sinθcosθ＋cos2θ）,sinθ＋cosθ)＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝cos2θ(tan2θ＋tanθ)．由tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝－2，sin2θ＋cos2θ＝1，解得cos2θ＝eq\f(1,5).所以eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝cos2θ(tan2θ＋tanθ)＝eq\f(1,5)×(4－2)＝eq\f(2,5).故選C.對于含有sin2α，cos2α，sinαcosα的三角函數(shù)求值問題，一般可以考慮添加分母1，再將1用“sin2α＋cos2α”代替，然后用分子分母同除以角的余弦的平方的方式將其轉(zhuǎn)化為關(guān)于tanα的式子，從而求解．(2023·?？谀M)已知角α的頂點為坐標原點，始邊為x軸的非負半軸，終邊上有一點P(1，2)，則eq\f(sin2α,1－3sinαcosα)＝________．答案－4解析因為角α的終邊上有一點P(1，2)，所以tanα＝2.所以eq\f(sin2α,1－3sinαcosα)＝eq\f(sin2α,sin2α＋cos2α－3sinαcosα)＝eq\f(tan2α,tan2α＋1－3tanα)＝eq\f(22,22＋1－3×2)＝－4.角度sinx＋cosx，sinx－cosx，sinxcosx之間的關(guān)系例3(2023·濟南模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且sinα＋cosα＝eq\f(\r(5),5)，則tanα的值為________．答案－eq\f(1,2)解析∵sinα＋cosα＝eq\f(\r(5),5)，∴sin2α＋cos2α＋2sinαcosα＝eq\f(1,5)，∴sinαcosα＝－eq\f(2,5)＜0，∴sin2α＋cos2α－2sinαcosα＝eq\f(9,5)＝(sinα－cosα)2，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴sinα＜0，cosα＞0，∴cosα－sinα＝eq\f(3\r(5),5)，∴sinα＝－eq\f(\r(5),5)，cosα＝eq\f(2\r(5),5)，∴tanα＝－eq\f(1,2).(1)已知asinx＋bcosx＝c可與sin2x＋cos2x＝1聯(lián)立，求得sinx，cosx.(2)sinx＋cosx，sinx－cosx，sinxcosx之間的關(guān)系為(sinx＋cosx)2＝1＋2sinxcosx，(sinx－cosx)2＝1－2sinxcosx，(sinx＋cosx)2＋(sinx－cosx)2＝2.因此，已知上述三個代數(shù)式中的任意一個代數(shù)式的值，便可求其余兩個代數(shù)式的值．(2024·青島調(diào)研)若sinθ＋cosθ＝eq\f(2\r(3),3)，則sin4θ＋cos4θ＝()A.eq\f(5,6) B.eq\f(17,18)C.eq\f(8,9) D.eq\f(2,3)答案B解析由sinθ＋cosθ＝eq\f(2\r(3),3)，平方得1＋2sinθcosθ＝eq\f(4,3)，∴sinθcosθ＝eq\f(1,6)，∴sin4θ＋cos4θ＝(sin2θ＋cos2θ)2－2sin2θcos2θ＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))eq\s\up12(2)＝eq\f(17,18).故選B.考向二誘導(dǎo)公式的應(yīng)用例4(1)(2023·北京市八一中學(xué)模擬)若角α的終邊在第三象限，則下列三角函數(shù)值中小于零的是()A．sin(π＋α) B．cos(π－α)C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))答案D解析因為角α的終邊在第三象限，所以sinα<0，cosα<0.對于A，sin(π＋α)＝－sinα>0；對于B，cos(π－α)＝－cosα>0；對于C，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－sinα>0；對于D，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cosα<0.故選D.(2)化簡：eq\f(tan（π＋α）cos（2π＋α）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2))),cos（－α－3π）sin（－3π－α）)＝________．答案－1解析原式＝eq\f(tanαcosαsin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))),cos（3π＋α）[－sin（3π＋α）])＝eq\f(tanαcosαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),－cosαsinα)＝eq\f(tanαcosαcosα,－cosαsinα)＝－eq\f(tanαcosα,sinα)＝－eq\f(sinα,cosα)·eq\f(cosα,sinα)＝－1.(3)已知cos(75°＋α)＝eq\f(5,13)，α是第三象限角，則sin(195°－α)＋cos(α－15°)的值為________．答案－eq\f(17,13)解析因為cos(75°＋α)＝eq\f(5,13)>0，α是第三象限角，所以75°＋α是第四象限角，sin(75°＋α)＝－eq\r(1－cos2（75°＋α）)＝－eq\f(12,13).所以sin(195°－α)＋cos(α－15°)＝sin[180°＋(15°－α)]＋cos(15°－α)＝－sin(15°－α)＋cos(15°－α)＝－sin[90°－(75°＋α)]＋cos[90°－(75°＋α)]＝－cos(75°＋α)＋sin(75°＋α)＝－eq\f(5,13)－eq\f(12,13)＝－eq\f(17,13).利用誘導(dǎo)公式化簡求值的基本步驟提醒：用誘導(dǎo)公式求值時，要善于觀察所給角之間的關(guān)系，利用整體代換的思想簡化解題過程．常見的互余關(guān)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(guān)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．1.(2024·江西宜春中學(xué)診斷)若α為銳角，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))的值為()A.eq\f(2\r(2),3) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(2),6) D.eq\f(5\r(2),6)答案A解析∵0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(2\r(2),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(2\r(2),3).故選A.2．(2023·咸陽模擬)已知角α終邊上一點P(sin1180°，cos1180°)，那么cos(3α＋60°)＝()A．0 B.eq\f(1,2)C．1 D.eq\f(\r(3),2)答案D解析∵|OP|＝eq\r(sin21180°＋cos21180°)＝1，∴sinα＝cos1180°＝cos(100°＋3×360°)＝cos100°＝－sin10°＝sin(－10°)，cosα＝sin1180°＝sin(100°＋3×360°)＝sin100°＝cos10°＝cos(－10°)，∴α＝－10°＋k·360°(k∈Z)，cos(3α＋60°)＝cos(－30°＋3k·360°＋60°)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).故選D.考向三誘導(dǎo)公式與同角三角函數(shù)基本關(guān)系式的綜合應(yīng)用例5(1)(2023·南京二模)利用誘導(dǎo)公式可以將任意角的三角函數(shù)值轉(zhuǎn)化為0°～90°之間角的三角函數(shù)值，而這個范圍內(nèi)的三角函數(shù)值又可以通過查三角函數(shù)表得到．如表為部分銳角的正弦值，則tan1600°的值為(小數(shù)點后保留兩位有效數(shù)字)()α10°20°30°40°sinα0.17360.34200.50000.6428α50°60°70°80°sinα0.76600.86600.93970.9848A.－0.42 B．－0.36C．0.36 D．0.42答案B解析tan1600°＝tan(4×360°＋160°)＝tan160°＝－tan20°＝－eq\f(sin20°,cos20°)＝－eq\f(sin20°,sin70°)＝－eq\f(0.3420,0.9397)≈－0.36.故選B.(2)(2023·聊城模擬)已知角α為銳角，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，則sinα＝()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\{(\a\vs4\al\co1(3sinβ－2tanα＋5＝0，,tanα－6sinβ－1＝0，))消去sinβ，得tanα＝3，所以sinα＝3cosα，代入sin2α＋cos2α＝1，化簡得sin2α＝eq\f(9,10)，因為α為銳角，所以sinα＝eq\f(3\r(10),10).(1)利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式和誘導(dǎo)公式求值或化簡時，關(guān)鍵是尋求條件、結(jié)論間的聯(lián)系，靈活使用公式進行變形．(2)注意角的范圍對三角函數(shù)符號的影響．1.(2023·吉安模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))＝－eq\f(3,5)，且α是第四象限角，則cos(－3π＋α)的值為()A.eq\f(4,5) B．－eq\f(4,5)C．±eq\f(4,5) D.eq\f(3,5)答案B解析∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))＝－eq\f(3,5)，∴sinα＝－eq\f(3,5).∵α是第四象限角，∴cos(－3π＋α)＝－cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(4,5).故選B.2．(2023·黃山模擬)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－x))＝eq\f(1,cosx)，則sinx＝()A.eq\f(\r(3)－1,2) B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(1－\r(5),2) D.eq\f(－1±\r(5),2)答案B解析由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－x))＝eq\f(1,cosx)，可得eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,cosx)，即cos2x－sinx＝0，即sin2x＋sinx－1＝0，解得sinx＝eq\f(－1＋\r(5),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\r(5),2)舍去)).故選B.課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2024·衡陽月考)若角α的終邊在第三象限，則eq\f(cosα,\r(1－sin2α))＋eq\f(2sinα,\r(1－cos2α))的值為()A．3 B．－3C．1 D．－1答案B解析因為角α的終邊在第三象限，所以sinα<0，cosα<0，所以原式＝eq\f(cosα,－cosα)＋eq\f(2sinα,－sinα)＝－3.2．設(shè)sin25°＝a，則sin65°cos115°tan205°＝()A.eq\f(a2,\r(1－a2)) B．－eq\f(a2,\r(1－a2))C．－a2 D．a(chǎn)2答案C解析因為sin65°＝cos25°，cos115°＝cos(90°＋25°)＝－sin25°，tan205°＝tan(180°＋25°)＝tan25°＝eq\f(sin25°,cos25°)，所以sin65°cos115°tan205°＝－sin225°＝－a2.3．(2023·湖北四校聯(lián)考)已知角α是第二象限角，且滿足sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＋3cos(α－π)＝1，則tan(π＋α)＝()A.eq\r(3) B．－eq\r(3)C．－eq\f(\r(3),3) D．－1答案B解析由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＋3cos(α－π)＝1，得cosα－3cosα＝1，∴cosα＝－eq\f(1,2)，∵角α是第二象限角，∴sinα＝eq\f(\r(3),2)，∴tan(π＋α)＝tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\r(3).4．(2024·泰安質(zhì)檢)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(1,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(17π,12)))的值為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2\r(2),3)C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(2\r(2),3)答案A解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(17π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)＋\f(3π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(1,3).5．已知函數(shù)f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，且f(3)＝3，則f(2024)的值為()A．－1 B．1C．3 D．－3答案D解析∵函數(shù)f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，∴f(3)＝asin(3π＋α)＋bcos(3π＋β)＝－(asinα＋bcosβ)＝3，∴asinα＋bcosβ＝－3.∴f(2024)＝asin(2024π＋α)＋bcos(2024π＋β)＝asinα＋bcosβ＝－3.故選D.6．(2023·遼寧?？家荒?已知角α的終邊上一點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)，cos\f(4π,5)))，則α的最小正值為()A.eq\f(π,5) B.eq\f(3π,10)C.eq\f(4π,5) D.eq\f(17π,10)答案D解析因為eq\f(4π,5)＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))，所以sineq\f(4π,5)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))，而coseq\f(4π,5)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))，所以角α終邊上的點的坐標可寫為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))))，所以α＝－eq\f(3π,10)＋2kπ，k∈Z，因此α的最小正值為－eq\f(3π,10)＋2π＝eq\f(17π,10).故選D.7．(2023·益陽模擬)若eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,2)，則sin2α－sinαcosα－3cos2α＝()A.eq\f(1,10) B.eq\f(3,10)C.eq\f(9,10) D．－eq\f(3,2)答案C解析由eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,2)，得eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝eq\f(1,2)，即tanα＝－3，∴sin2α－sinαcosα－3cos2α＝eq\f(sin2α－sinαcosα－3cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α－tanα－3,tan2α＋1)＝eq\f(9,10).故選C.8．(2024·青島模擬)田忌賽馬是中國古代對策論與運籌思想運用的著名范例．故事中齊將田忌與齊王賽馬，孫臏獻策以下馬對齊王上馬，以上馬對齊王中馬，以中馬對齊王下馬，結(jié)果田忌一負兩勝，從而獲勝．在比大小游戲中(大者為勝)，已知我方的三個數(shù)為a＝cosθ，b＝sinθ＋cosθ，c＝cosθ－sinθ，對方的三個數(shù)以及排序如表：第一局第二局第三局2tanθsinθ若0<θ<eq\f(π,4)，則我方必勝的排序是()A．a(chǎn)，b，c B．b，c，aC．c，a，b D．c，b，a答案D解析因為當0<θ<eq\f(π,4)時，sinθ>0，cosθ>0，tanθ>0，sinθ－tanθ＝eq\f(sinθ（cosθ－1）,cosθ)<0，所以sinθ<tanθ<2，cosθ－sinθ<cosθ<sinθ＋cosθ，即c<a<b.又b2＝(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ>1，所以b＝sinθ＋cosθ>1>tanθ，a＝cosθ>sinθ，c＝cosθ－sinθ<2，故類比“田忌賽馬”，我方必勝的排序是c，b，a.故選D.二、多項選擇題9．在△ABC中，下列結(jié)論正確的是()A．sin(A＋B)＝sinC B．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；sineq\f(B＋C,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝coseq\f(A,2)；tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tanCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C≠\f(π,2)))；cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cosC.10．(2024·淄博調(diào)研)已知θ∈(0，π)，sinθ＋cosθ＝eq\f(1,5)，則下列結(jié)論正確的是()A．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) B．cosθ＝－eq\f(3,5)C．tanθ＝－eq\f(3,4) D．sinθ－cosθ＝eq\f(7,5)答案ABD解析因為sinθ＋cosθ＝eq\f(1,5)，所以1＋2sinθcosθ＝eq\f(1,25)，所以2sinθcosθ＝－eq\f(24,25)<0，又θ∈(0，π)，所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，A正確；進而可得sinθ>cosθ，因為(sinθ－cosθ)2＝1－2sinθcosθ＝eq\f(49,25)，所以sinθ－cosθ＝eq\f(7,5)，D正確；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ＝\f(1,5)，,sinθ－cosθ＝\f(7,5)，))解得sinθ＝eq\f(4,5)，cosθ＝－eq\f(3,5)，進而得tanθ＝－eq\f(4,3)，故B正確，C錯誤．故選ABD.11．(2023·宜昌高三模擬)定義：角θ與φ都是任意角，若滿足θ＋φ＝eq\f(π,2)，則稱θ與φ“廣義互余”．已知sin(π＋α)＝－eq\f(1,4)，下列角β中，可能與角α“廣義互余”的是()A．sinβ＝eq\f(\r(15),4) B．cos(π＋β)＝eq\f(1,4)C．tanβ＝eq\r(15) D．tanβ＝eq\f(\r(15),5)答案AC解析∵sin(π＋α)＝－sinα＝－eq\f(1,4)，∴sinα＝eq\f(1,4)，若α＋β＝eq\f(π,2)，則β＝eq\f(π,2)－α.sinβ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cosα＝±eq\f(\r(15),4)，故A符合條件；cos(π＋β)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝－sinα＝－eq\f(1,4)，故B不符合條件；tanβ＝eq\r(15)，即sinβ＝eq\r(15)cosβ，又sin2β＋cos2β＝1，∴sinβ＝±eq\f(\r(15),4)，故C符合條件；tanβ＝eq\f(\r(15),5)，即sinβ＝eq\f(\r(15),5)cosβ，又sin2β＋cos2β＝1，∴sinβ＝±eq\f(\r(6),4)，故D不符合條件．故選AC.三、填空題12．(2023·西安調(diào)研)sin(－570°)＋cos(－2640°)＋tan1665°＝________．答案1解析原式＝sin(－570°＋720°)＋cos(－2640°＋2880°)＋tan(1665°－1620°)＝sin150°＋cos240°＋tan45°＝sin30°－cos60°＋1＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＋1＝1.13．已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊過點P(sin138°，cos138°)，則tan(α＋18°)＝________．答案－eq\f(\r(3),3)解析因為cos138°<0，sin138°>0，所以點P在第四象限，即α為第四象限角，由三角函數(shù)定義得tanα＝eq\f(cos138°,sin138°)＝eq\f(cos（90°＋48°）,sin（90°＋48°）)＝eq\f(－sin48°,cos48°)＝eq\f(sin（－48°）,cos（－48°）)＝tan(－48°)，所以α＝－48°＋k·360°，k∈Z，所以tan(α＋18°)＝tan(－48°＋k·360°＋18°)＝tan(－30°)＝－eq\f(\r(3),3).14．(2023·浙江名校協(xié)作體檢測)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,2)＋α))＝eq\f(12,25)，且0<α<eq\f(π,4)，則sinα＝________，cosα＝________．答案eq\f(3,5)eq\f(4,5)解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,2)＋α))＝－cosα(－sinα)＝sinαcosα＝eq\f(12,25).∵0<α<eq\f(π,4)，∴0<sinα<cosα.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinαcosα＝\f(12,25)，,sin2α＋cos2α＝1，))得sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5).四、解答題15．已知eq\f(tanα,tanα－1)＝－1，求下列各式的值．(1)eq\f(sinα－3cosα,sinα＋cosα)；(2)sin2α＋sinαcosα＋2.解由已知得tanα＝eq\f(1,2).(1)eq\f(sinα－3cosα,sinα＋cosα)＝eq\f(tanα－3,tanα＋1)＝－eq\f(5,3).(2)sin2α＋sinαcosα＋2＝eq\f(sin2α＋sinαcosα,sin2α＋cos2α)＋2＝eq\f(tan2α＋tanα,tan2α＋1)＋2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\