2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第五章第1講含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第五章第1講任意角和弧度制及任意角的三角函數(shù)[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.了解任意角的概念和弧度制，能進(jìn)行弧度與角度的互化，體會(huì)引入弧度制的必要性.2.借助單位圓理解任意角三角函數(shù)(正弦、余弦、正切)的定義．1．角的概念(1)任意角①一條射線繞其端點(diǎn)按eq\x(\s\up1(01))逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)形成的角叫做正角，按eq\x(\s\up1(02))順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)形成的角叫做負(fù)角．②如果一條射線沒(méi)有做任何旋轉(zhuǎn)，就稱(chēng)它形成了一個(gè)eq\x(\s\up1(03))零角．(2)象限角使角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，角的始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，角的eq\x(\s\up1(04))終邊在第幾象限，就說(shuō)這個(gè)角是第幾象限角．(3)終邊相同的角所有與角α終邊相同的角，連同角α在內(nèi)，可構(gòu)成一個(gè)集合eq\x(\s\up1(05))S＝{β|β＝α＋k·360°，k∈Z}．2．弧度的定義和公式(1)定義：長(zhǎng)度等于eq\x(\s\up1(06))半徑長(zhǎng)的圓弧所對(duì)的圓心角叫做1弧度的角，弧度單位記作rad.(2)弧度與角度的換算：360°＝eq\x(\s\up1(07))2π弧度；(3)公式①弧長(zhǎng)公式：l＝eq\x(\s\up1(11))|α|r．②扇形面積公式：S扇形＝eq\x(\s\up1(12))eq\f(1,2)lr＝eq\x(\s\up1(13))eq\f(1,2)|α|r2．說(shuō)明：公式中的α必須為弧度制！3．任意角的三角函數(shù)(1)定義設(shè)P(x，y)是角α終邊上異于頂點(diǎn)的任一點(diǎn)，其到原點(diǎn)O的距離為r，則sinα＝eq\f(y,r)，cosα＝eq\f(x,r)，tanα＝eq\f(y,x)(x≠0)．(2)三角函數(shù)值在各象限內(nèi)的符號(hào)三角函數(shù)值在各象限內(nèi)的符號(hào)：一全正、二正弦、三正切、四余弦．1．象限角2．軸線角3．重要結(jié)論若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則tanα>α>sinα.1．67°30′化為弧度是()A.eq\f(3π,8) B.eq\f(3,8)C.eq\f(673π,1800) D.eq\f(673,1800)答案A解析67°30′＝67.5×eq\f(π,180)＝eq\f(3π,8).故選A.2．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題5.1T7(2)改編)若角α的終邊與240°角的終邊相同，則eq\f(α,2)的終邊所在象限是()A．第二或第四象限 B．第二或第三象限C．第一或第四象限 D．第三或第四象限答案A解析由已知得α＝k·360°＋240°，k∈Z.所以eq\f(α,2)＝k·180°＋120°，k∈Z.所以eq\f(α,2)的終邊所在象限是第二或第四象限．3．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題5.2T10改編)若sinθcosθ<0，則角θ是()A．第一或第二象限角 B．第二或第三象限角C．第三或第四象限角 D．第二或第四象限角答案D解析因?yàn)閟inθcosθ<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ>0，,cosθ<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ<0，,cosθ>0.))所以角θ是第二或第四象限角．故選D.4．(人教A必修第一冊(cè)5.2.1練習(xí)T3改編)若角α的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(－1，2)，則sinα－cosα＋tanα＝________．答案eq\f(3\r(5)－10,5)解析由已知得r＝eq\r(（－1）2＋22)＝eq\r(5)，所以sinα－cosα＋tanα＝eq\f(y,r)－eq\f(x,r)＋eq\f(y,x)＝eq\f(2,\r(5))－eq\f(－1,\r(5))＋eq\f(2,－1)＝eq\f(3,\r(5))－2＝eq\f(3\r(5)－10,5).5．(2024·福州摸底)若圓弧長(zhǎng)度等于該圓內(nèi)接正方形的邊長(zhǎng)，則其圓心角的弧度數(shù)是________．答案eq\r(2)解析由圓的幾何性質(zhì)可知，圓內(nèi)接正方形的邊長(zhǎng)為eq\r(2)r，故弧長(zhǎng)為eq\r(2)r的弧所對(duì)的圓心角的弧度數(shù)為eq\r(2).考向一角的概念及表示例1(1)(2023·寧波模擬)若α是第二象限角，則()A．－α是第一象限角B.eq\f(α,2)是第三象限角C.eq\f(3π,2)＋α是第二象限角D．2α是第三或第四象限角或終邊在y軸負(fù)半軸上的角答案D解析因?yàn)棣潦堑诙笙藿牵詄q\f(π,2)＋2kπ<α<π＋2kπ，k∈Z.對(duì)于A，可得－π－2kπ<－α<－eq\f(π,2)－2kπ，k∈Z，所以－α是第三象限角，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，可得eq\f(π,4)＋kπ<eq\f(α,2)<eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，eq\f(α,2)是第一象限角，當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，eq\f(α,2)是第三象限角，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，可得2π＋2kπ<eq\f(3π,2)＋α<eq\f(5π,2)＋2kπ，k∈Z，即2(k＋1)π<eq\f(3π,2)＋α<eq\f(π,2)＋2(k＋1)π，k∈Z，所以eq\f(3π,2)＋α是第一象限角，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，可得π＋4kπ<2α<2π＋4kπ，k∈Z，所以2α是第三或第四象限角或終邊在y軸負(fù)半軸上的角，所以D正確．(2)終邊在直線y＝eq\r(3)x上，且在[－2π，2π)內(nèi)的角α的集合為_(kāi)_______．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)，－\f(2π,3)，\f(π,3)，\f(4π,3)))解析如圖，在平面直角坐標(biāo)系中畫(huà)出直線y＝eq\r(3)x，可以發(fā)現(xiàn)它的傾斜角是eq\f(π,3)，在[0，2π)內(nèi)，終邊在直線y＝eq\r(3)x上的角有兩個(gè)，分別為eq\f(π,3)，eq\f(4π,3)；在[－2π，0)內(nèi)滿足條件的角有兩個(gè)，分別為－eq\f(2π,3)，－eq\f(5π,3).故滿足條件的角α構(gòu)成的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)，－\f(2π,3)，\f(π,3)，\f(4π,3))).1．終邊相同角的集合的應(yīng)用利用終邊相同的角的集合可以求適合某些條件的角，方法是先寫(xiě)出與這個(gè)角的終邊相同的所有角的集合，然后通過(guò)對(duì)集合中的參數(shù)k賦值來(lái)求得所需角．2．象限角的兩種判斷方法(1)圖象法：在平面直角坐標(biāo)系中作出已知角，并根據(jù)象限角的定義直接判斷已知角是第幾象限角．(2)轉(zhuǎn)化法：先將已知角化為2kπ＋α(α∈[0，2π)，k∈Z)的形式，即找出與已知角終邊相同的角α，再由角α終邊所在的象限判斷已知角是第幾象限角．3．求eq\f(θ,n)或nθ(n∈N*)終邊所在象限的方法(1)將θ的范圍用不等式(含有k，k∈Z)表示．(2)兩邊同除以n或乘n.(3)對(duì)k進(jìn)行討論，得到eq\f(θ,n)或nθ(n∈N*)終邊所在的象限．提醒：注意用旋轉(zhuǎn)的觀點(diǎn)理解角的加減運(yùn)算．例如：k·180°＋60°(k∈Z)表示的角的終邊可理解為60°角的終邊逆時(shí)針(k>0)或順時(shí)針(k<0)旋轉(zhuǎn)180°的倍數(shù)而得到的．1.集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)≤α≤kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))中的角所表示的范圍(陰影部分)是()答案C解析當(dāng)k＝2n(n∈Z)時(shí)，2nπ＋eq\f(π,4)≤α≤2nπ＋eq\f(π,2)(n∈Z)，此時(shí)α表示的范圍與eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)表示的范圍一樣；當(dāng)k＝2n＋1(n∈Z)時(shí)，2nπ＋π＋eq\f(π,4)≤α≤2nπ＋π＋eq\f(π,2)(n∈Z)，此時(shí)α表示的范圍與eq\f(5π,4)≤α≤eq\f(3π,2)表示的范圍一樣．故選C.2．與－2023°終邊相同的最小正角是________．答案137°解析因?yàn)椋?023°＝(－6)×360°＋137°，所以137°與－2023°終邊相同，又終邊相同的兩個(gè)角相差360°的整數(shù)倍，所以在0°～360°中只有137°與－2023°終邊相同，故與－2023°終邊相同的最小正角是137°.考向二扇形的弧長(zhǎng)、面積公式例2已知一扇形的圓心角為α，半徑為R，弧長(zhǎng)為l，(1)若α＝60°，R＝10cm，求扇形的弧長(zhǎng)l；(2)若扇形周長(zhǎng)為20cm，當(dāng)扇形的圓心角為多少弧度時(shí)，這個(gè)扇形的面積最大？解(1)∵α＝60°＝eq\f(π,3)rad，R＝10cm，∴扇形的弧長(zhǎng)l＝αR＝eq\f(π,3)×10＝eq\f(10π,3)(cm)．(2)由題意，得l＋2R＝20，∴l(xiāng)＝20－2R.∴S扇＝eq\f(1,2)lR＝eq\f(1,2)(20－2R)R＝－R2＋10R＝－(R－5)2＋25.∴當(dāng)R＝5cm時(shí)，S扇有最大值25cm2.此時(shí)l＝20－2×5＝10(cm)，α＝eq\f(l,R)＝eq\f(10,5)＝2rad.∴當(dāng)α＝2rad時(shí)，扇形的面積最大．弧長(zhǎng)和扇形面積的計(jì)算方法(1)在弧度制下，記住下列公式①弧長(zhǎng)公式：l＝|α|r；②扇形的面積公式：S＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)|α|r2(其中l(wèi)是扇形的弧長(zhǎng)，α是扇形的圓心角，r是扇形的半徑)．(2)求扇形面積的關(guān)鍵是求得扇形的圓心角、半徑、弧長(zhǎng)三個(gè)量中的任意兩個(gè)量．1.(多選)(2023·青島模擬)已知扇形的周長(zhǎng)是6cm，面積是2cm2，下列說(shuō)法正確的是()A．扇形的半徑可能為2 B．扇形的半徑可能為1C．圓心角的弧度數(shù)可能是1 D．圓心角的弧度數(shù)可能是2答案ABC解析設(shè)扇形的半徑為r，圓心角的弧度數(shù)為α，則由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2r＋αr＝6，,\f(1,2)αr2＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝1，,α＝4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝2，,α＝1，))可得扇形的半徑可能為1或2，圓心角的弧度數(shù)是4或1.2．(2023·海淀區(qū)校級(jí)模擬)我們學(xué)過(guò)用角度制與弧度制度量角，最近，有學(xué)者提出用“面度制”度量角，因?yàn)樵诎霃讲煌耐膱A中，同樣的圓心角所對(duì)扇形的面積與半徑平方之比是常數(shù)，從而稱(chēng)這個(gè)常數(shù)為該角的面度數(shù)，這種用面度作為單位來(lái)度量角的單位制，叫做面度制．在面度制下，角θ的面度數(shù)為eq\f(π,3)，則角θ的余弦值為()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)答案B解析設(shè)角θ所在的扇形的半徑為r，則由題意，可得eq\f(\f(1,2)θr2,r2)＝eq\f(π,3)，解得θ＝eq\f(2π,3)，可得cosθ＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2).故選B.多角度探究突破考向三三角函數(shù)的定義及其應(yīng)用角度三角函數(shù)定義的正用和逆用例3(1)(2023·遂寧一模)已知角α的頂點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合．若角α終邊上一點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，則sinαtanα＝()A．－eq\f(3,2) B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3,2)答案A解析Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，則sinα＝eq\f(y,\r(x2＋y2))＝eq\f(\r(3),2)，tanα＝eq\f(y,x)＝－eq\r(3)，故sinαtanα＝－eq\f(3,2).故選A.(2)點(diǎn)P從(1，0)出發(fā)，沿單位圓逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)eq\f(2π,3)弧長(zhǎng)到達(dá)點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))答案A解析由三角函數(shù)的定義可知點(diǎn)Q的坐標(biāo)(x，y)滿足x＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，y＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，所以點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).(3)若角α的終邊在直線3x＋4y＝0上，求sinα，cosα和tanα的值．解設(shè)α終邊上任一點(diǎn)為P(－4a，3a)，a≠0，當(dāng)a>0時(shí)，r＝5a，sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)；當(dāng)a<0時(shí)，r＝－5a，sinα＝－eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4).1．正用三角函數(shù)定義的兩種情況(1)已知角α終邊上一點(diǎn)P的坐標(biāo)，則可先求出點(diǎn)P到原點(diǎn)的距離r(r≠0)，然后用三角函數(shù)的定義求解．(2)已知角α的終邊所在的直線方程，則可先設(shè)出終邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)，求出此點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，然后用三角函數(shù)的定義來(lái)求解．2．三角函數(shù)定義的逆用已知角α和角α終邊上一點(diǎn)P到原點(diǎn)的距離r(r≠0)，可依據(jù)xP＝rcosα，yP＝rsinα求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．(2023·成都模擬)如圖，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))的值為()A.eq\f(\r(5),10) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(4,5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析設(shè)∠x(chóng)OP＝α，則sinα＝eq\f(1,\r(22＋1))＝eq\f(\r(5),5)，因?yàn)镼(2，2)，則∠yOQ＝eq\f(π,4)，故θ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)－α，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝sinα＝eq\f(\r(5),5).故選B.角度利用三角函數(shù)的定義求參數(shù)例4(2024·泰安高三月考)已知角α的終邊上一點(diǎn)P(－eq\r(3)，m)(m≠0)，且sinα＝eq\f(\r(2)m,4)，則cosα＝________，tanα＝________．答案－eq\f(\r(6),4)eq\f(\r(15),3)或－eq\f(\r(15),3)解析設(shè)P(x，y)，由題設(shè)知x＝－eq\r(3)，y＝m，所以r2＝|OP|2＝(－eq\r(3))2＋m2(O為原點(diǎn))，即r＝eq\r(3＋m2)，所以sinα＝eq\f(m,r)＝eq\f(\r(2)m,4)＝eq\f(m,2\r(2))，所以r＝eq\r(3＋m2)＝2eq\r(2)，即3＋m2＝8，解得m＝±eq\r(5).當(dāng)m＝eq\r(5)時(shí)，r＝2eq\r(2)，x＝－eq\r(3)，y＝eq\r(5)，所以cosα＝eq\f(－\r(3),2\r(2))＝－eq\f(\r(6),4)，tanα＝－eq\f(\r(15),3)；當(dāng)m＝－eq\r(5)時(shí)，r＝2eq\r(2)，x＝－eq\r(3)，y＝－eq\r(5)，所以cosα＝eq\f(－\r(3),2\r(2))＝－eq\f(\r(6),4)，tanα＝eq\f(\r(15),3).已知角的某一個(gè)三角函數(shù)值，可以通過(guò)三角函數(shù)的定義列出含參數(shù)的方程，求參數(shù)的值．(2023·開(kāi)封模擬)設(shè)α是第二象限角，P(x，1)為其終邊上一點(diǎn)，且cosα＝eq\f(1,3)x，則tanα＝()A．－eq\f(\r(2),2) B．－eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(2),4)答案B解析由三角函數(shù)定義可知，cosα＝eq\f(x,\r(x2＋1))＝eq\f(1,3)x，又α是第二象限角，故x＝－2eq\r(2)，所以tanα＝eq\f(y,x)＝－eq\f(\r(2),4).故選B.角度判斷三角函數(shù)值的符號(hào)例5(1)sin2cos3tan4的值()A．小于0 B．大于0C．等于0 D．不存在答案A解析∵eq\f(π,2)＜2＜3＜π＜4＜eq\f(3π,2)，∴sin2＞0，cos3＜0，tan4＞0，∴sin2cos3tan4＜0.故選A.(2)已知角α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3a－9，a＋2)，且cosα≤0，sinα>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－2，3]解析∵cosα≤0，sinα>0，∴角α的終邊落在第二象限或y軸的非負(fù)半軸上．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－9≤0，,a＋2＞0，))∴－2<a≤3.要判定三角函數(shù)值的符號(hào)，關(guān)鍵是要搞清三角函數(shù)中的角是第幾象限角，再根據(jù)正弦、余弦、正切函數(shù)值在各象限的符號(hào)確定值的符號(hào)．如果不能確定角所在的象限，那就要進(jìn)行分類(lèi)討論求解．已知點(diǎn)P(tanα，cosα)在第三象限，則角α的終邊在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案B解析因?yàn)辄c(diǎn)P在第三象限，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanα＜0，,cosα＜0，))所以角α的終邊在第二象限．課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．將－1845°改寫(xiě)成2kπ＋α(0≤α<2π，k∈Z)的形式是()A．－10π＋eq\f(7π,4) B．－10π－eq\f(π,4)C．－12π＋eq\f(7π,4) D．－12π＋eq\f(π,4)答案C解析因?yàn)椋?845°＝－6×360°＋315°，所以－1845°轉(zhuǎn)化成弧度為－12π＋eq\f(7π,4).2．設(shè)θ是第三象限角，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))＝－coseq\f(θ,2)，則eq\f(θ,2)是()A．第一象限角 B．第二象限角C．第三象限角 D．第四象限角答案B解析由θ是第三象限角知，eq\f(θ,2)為第二或第四象限角，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))＝－coseq\f(θ,2)，∴coseq\f(θ,2)<0.綜上可知，eq\f(θ,2)為第二象限角．故選B.3．已知集合A＝{x|x＝k·180°＋(－1)k·90°，k∈Z}，B＝{x|x＝k·360°＋90°，k∈Z}，則A，B的關(guān)系為()A．BA B．ABC．A＝B D．A≠B答案C解析集合A中，當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，x＝k·180°－90°，k∈Z，終邊落在y軸的非負(fù)半軸上；當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，x＝k·180°＋90°，k∈Z，終邊落在y軸的非負(fù)半軸上．集合B表示的角的終邊也落在y軸的非負(fù)半軸上，故A＝B.故選C.4.擲鐵餅是一項(xiàng)體育競(jìng)技活動(dòng)．如圖是一位擲鐵餅運(yùn)動(dòng)員在準(zhǔn)備擲出鐵餅的瞬間，張開(kāi)的雙臂及肩部近似看成一張拉滿的“弓”．經(jīng)測(cè)量，此時(shí)兩手掌心之間的弧長(zhǎng)是eq\f(5π,6)米，“弓”所在圓的半徑為1.25米，則這位擲鐵餅運(yùn)動(dòng)員兩手掌心之間的距離為()A.eq\f(5\r(2),6)米 B.eq\f(5\r(2),4)米C.eq\f(5\r(3),4)米 D.eq\f(5\r(3),6)米答案C解析根據(jù)題意作出右圖，eq\o(AC,\s\up8(︵))的長(zhǎng)為eq\f(5π,12)，∠AOC＝eq\f(\f(5π,12),1.25)＝eq\f(π,3)，所以AB＝2AD＝2×1.25sineq\f(π,3)＝eq\f(5\r(3),4).故選C.5．(2023·威海模擬)已知點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))在角θ的終邊上，且θ∈[0，2π)，則θ的值為()A.eq\f(5π,6) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(11π,6) D.eq\f(5π,3)答案C解析因?yàn)辄c(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))在第四象限，所以根據(jù)三角函數(shù)的定義可知tanθ＝eq\f(－\f(1,2),\f(\r(3),2))＝－eq\f(\r(3),3)，又θ∈[0，2π)，所以θ＝eq\f(11π,6).6．已知角α的終邊過(guò)點(diǎn)P(－8m，－6sin30°)，且cosα＝－eq\f(4,5)，則m的值為()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解析因?yàn)閞＝eq\r(64m2＋9)，所以cosα＝eq\f(－8m,\r(64m2＋9))＝－eq\f(4,5)，所以m>0，且eq\f(4m2,64m2＋9)＝eq\f(1,25)，因此m＝eq\f(1,2).7．已知點(diǎn)P(sinα－cosα，tanα)在第一象限，且α∈[0，2π)，則角α的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))答案B解析因?yàn)辄c(diǎn)P在第一象限，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα－cosα>0，,tanα>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα>cosα，,tanα>0.))由tanα＞0，可知角α為第一或第三象限角，畫(huà)出單位圓如圖．又sinα＞cosα，用正弦線、余弦線得滿足條件的角α的終邊在如圖所示的陰影部分(不包括邊界)，即角α的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4))).8．(2024·畢節(jié)市模擬)中國(guó)傳統(tǒng)扇文化有著極其深厚的底蘊(yùn)．按如下方法剪裁，扇面形狀較為美觀．從半徑為R的圓面中剪下扇形OAB，使剪下扇形OAB后所剩扇形的弧長(zhǎng)與圓周長(zhǎng)的比值為eq\f(\r(5)－1,2)，再?gòu)纳刃蜲AB中剪下扇環(huán)形ABDC制作扇面，使扇環(huán)形ABDC的面積與扇形OAB面積的比值為eq\f(\r(5)－1,2).則一個(gè)按上述方法制作的扇環(huán)形裝飾品(如圖)的面積與圓面積的比值為()A.eq\f(\r(5)－1,2) B.eq\f(\r(5)－1,4)C.eq\f(3－\r(5),2) D.eq\r(5)－2答案D解析設(shè)扇形OAB的圓心角為α，由題意可得eq\f(（2π－α）R,2πR)＝eq\f(\r(5)－1,2)，解得α＝(3－eq\r(5))π，所以扇形OAB的面積為eq\f(1,2)αR2＝eq\f(（3－\r(5)）π,2)R2.則一個(gè)按題中方法制作的扇環(huán)形裝飾品(如題圖)的面積與圓面積的比值為eq\f(\f(\r(5)－1,2)·\f(（3－\r(5)）π,2)R2,πR2)＝eq\r(5)－2.故選D.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·泰安模擬)已知x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)，k∈Z))))，則函數(shù)y＝eq\f(sinx,|sinx|)＋eq\f(cosx,|cosx|)－eq\f(tanx,|tanx|)的值可能為()A．3 B．－3C．1 D．－1答案BC解析x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)，k∈Z))))，當(dāng)x在第一象限時(shí)，y＝eq\f(sinx,|sinx|)＋eq\f(cosx,|cosx|)－eq\f(tanx,|tanx|)＝1＋1－1＝1；當(dāng)x在第二象限時(shí)，y＝eq\f(sinx,|sinx|)＋eq\f(cosx,|cosx|)－eq\f(tanx,|tanx|)＝1－1＋1＝1；當(dāng)x在第三象限時(shí)，y＝eq\f(sinx,|sinx|)＋eq\f(cosx,|cosx|)－eq\f(tanx,|tanx|)＝－1－1－1＝－3；當(dāng)x在第四象限時(shí)，y＝eq\f(sinx,|sinx|)＋eq\f(cosx,|cosx|)－eq\f(tanx,|tanx|)＝－1＋1＋1＝1.故選BC.10．已知角θ的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－2，－eq\r(3))，且θ與α的終邊關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，則下列結(jié)論正確的是()A．sinθ＝－eq\f(\r(21),7) B．α為鈍角C．cosα＝－eq\f(2\r(7),7) D．點(diǎn)(tanθ，sinα)在第一象限答案ACD解析角θ的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－2，－eq\r(3))，sinθ＝－eq\f(\r(21),7)，A正確；θ與α的終邊關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，由題意得α的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－2，eq\r(3))，則α為第二象限角，不一定為鈍角，cosα＝－eq\f(2\r(7),7)，B錯(cuò)誤，C正確；因?yàn)閠anθ＝eq\f(\r(3),2)>0，sinα＝eq\f(\r(21),7)>0，所以點(diǎn)(tanθ，sinα)在第一象限，D正確．11．(2023·四省高考適應(yīng)性測(cè)試)質(zhì)點(diǎn)P和Q在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，1為半徑的⊙O上逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，同時(shí)出發(fā)．P的角速度大小為2rad/s，起點(diǎn)為⊙O與x軸正半軸的交點(diǎn)；Q的角速度大小為5rad/s，起點(diǎn)為射線y＝－eq\r(3)x(x≥0)與⊙O的交點(diǎn)．則當(dāng)Q與P重合時(shí)，Q的坐標(biāo)可以為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,9)，sin\f(2π,9))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(5π,9)，－sin\f(5π,9)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,9)，－sin\f(π,9))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(π,9)，sin\f(π,9)))答案ABD解析由題意，點(diǎn)Q的初始位置Q1的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，銳角∠Q1OP＝eq\f(π,3)，設(shè)t時(shí)刻Q與P重合，則5t－2t＝eq\f(π,3)＋2kπ(k∈N)，即t＝eq\f(π,9)＋eq\f(2kπ,3)(k∈N)，此時(shí)點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋5t))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋5t))))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)＋\f(10kπ,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)＋\f(10kπ,3)))))(k∈N)，當(dāng)k＝0時(shí)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,9)，sin\f(2π,9)))，故A正確；當(dāng)k＝1時(shí)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(32π,9)，sin\f(32π,9)))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(5π,9)，－sin\f(5π,9)))，故B正確；當(dāng)k＝2時(shí)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(62π,9)，sin\f(62π,9)))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(π,9)，sin\f(π,9)))，故D正確．由三角函數(shù)的周期性可得，其余各點(diǎn)均與上述三點(diǎn)重合．故選ABD.三、填空題12.已知角α的終邊在如圖所示陰影表示的范圍內(nèi)(不包括邊界)，則角α用集合可表示為_(kāi)_______________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)<α<2kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))))解析∵在[0，2π)內(nèi)，終邊落在陰影部分角的集合為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,6)))，∴所求角的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)<α<2kπ＋\f(5π,6)，k∈Z)))).13．(2024·肇慶質(zhì)檢)給出下列命題：①第二象限角大于第一象限角；②不論是用角度制還是用弧度制度量一個(gè)角，它們都與扇形的半徑的大小無(wú)關(guān)；③若sinα＝sinβ，則α與β的終邊相同；④若cosθ<0，則θ是第二或第三象限的角．其中正確命題的序號(hào)是________．答案②解析舉反例：第一象限角370°不小于第二象限角100°，故①錯(cuò)誤；②正確；由于sineq\f(π,6)＝sineq\f(5π,6)，但eq\f(π,6)與eq\f(5π,6)的終邊不相同，故③錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝π時(shí)，cosθ＝－1<0，其既不是第二象限角，也不是第三象限角，故④錯(cuò)誤．綜上可知，只有②正確．14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一單位圓的圓心的初始位置為(0，1)，此時(shí)圓上一點(diǎn)P的位置為(0，0)，該圓沿x軸正向滾動(dòng)，當(dāng)圓滾動(dòng)到圓心位于(2，1)時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為_(kāi)_______．答案(2－sin2，1－cos2)解析如圖，作CQ∥x軸，PQ⊥CQ，Q為垂足．根據(jù)題意得劣弧eq\o(DP,\s\up8(︵))＝2，則∠DCP＝2，于是在△PCQ中，∠PCQ＝2－eq\f(π,2)，|CQ|＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))＝sin2，|PQ|＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))＝－cos2，可得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2－|CQ|＝2－sin2，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為1＋|PQ|＝1－cos2，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2－sin2，1－cos2)．四、解答題15．設(shè)角α1＝－350°，α2＝860°，β1＝eq\f(3π,5)，β2＝－eq\f(7π,3).(1)將α1，α2用弧度制表示出來(lái)，并指出它們各自的終邊所在的象限；(2)將β1，β2用角度制表示出來(lái)，并在－720°～0°之間找出與它們有相同終邊的所有角．解(1)α1＝－350°＝－eq\f(350π,180)＝－eq\f(35π,18)＝－2π＋eq\f(π,18)，α2＝860°＝eq\f(860π,180)＝eq\f(43π,9)＝4π＋eq\f(7π,9).∴α1的終邊在第一象限，α2的終邊在第二象限．(2)β1＝eq\f(3π,5)＝eq\f(3,5)×180°＝108°，設(shè)θ＝k·360°＋β1(k∈Z)，∵－720°<θ＜0°，∴－720°<k·360°＋108°＜0°(k∈Z)，∴k＝－2或k＝－1，∴在－720°～0°之間與β1有相同終邊的角是－612°和－252°.同理β2＝－420°，且在－720°～0°之間與β2有相同終邊的角是－60°.16.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α的始邊與x軸的非負(fù)半軸重合且與單位圓交于點(diǎn)A，它的終邊與單位圓交于x軸上方一點(diǎn)B，始邊不動(dòng)，終邊在運(yùn)動(dòng)．(1)若點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為－eq\f(4,5)，求tanα的值；(2)若△AOB為等邊三角形，寫(xiě)出與角α終邊相同的角β的集合；(3)若α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，請(qǐng)寫(xiě)出弓形AB的面積S與α的函數(shù)關(guān)系式．解(1)由題意可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5)))，根據(jù)三角函數(shù)的定義得tanα＝－eq\f(3,4).(2)若△AOB為等邊三角形，則∠AOB＝eq\f(π,3)，故與角α終邊相同的角β的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(β\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(β＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)))).(3)若α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，則S扇形＝eq\f(1,2)αr2＝eq\f(1,2)α，而S△AOB＝eq\f(1,2)×1×1×sinα＝eq\f(1,2)sinα，故弓形AB的面積S＝S扇形－S△AOB＝eq\f(1,2)α－eq\f(1,2)sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))).第2講同角三角函數(shù)的基本關(guān)系與誘導(dǎo)公式[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.借助單位圓的對(duì)稱(chēng)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(hào)看象限函數(shù)名改變，符號(hào)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(cè)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(cè)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(cè)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(cè)5.3例4改編)化簡(jiǎn)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_(kāi)_______．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(wèn)題例1(1)已知角α的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊上一點(diǎn)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(guó)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?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinθ>0，cosθ>0，又因?yàn)閠anθ＝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(gè)基本題型1.(2023·長(zhǎng)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(diǎn)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?yàn)閏osα＋3sinα＝0，所以3sinα＝－cosα，所以tanα＝－eq\f(1,3)，又因?yàn)閠anα＝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?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則sinθ∈(－1，1)，cosθ>0，因?yàn)?sin2θ－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?yàn)閠anθ＝－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(duì)于含有sin2α，cos2α，sinαcosα的三角函數(shù)求值問(wèn)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊為x軸的非負(fù)半軸，終邊上有一點(diǎn)P(1，2)，則eq\f(sin2α,1－3sinαcosα)＝________．答案－4解析因?yàn)榻铅恋慕K邊上有一點(diǎn)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(jì)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_(kāi)_______．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(gè)代數(shù)式中的任意一個(gè)代數(shù)式的值，便可求其余兩個(gè)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?yàn)榻铅恋慕K邊在第三象限，所以sinα<0，cosα<0.對(duì)于A，sin(π＋α)＝－sinα>0；對(duì)于B，cos(π－α)＝－cosα>0；對(duì)于C，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－sinα>0；對(duì)于D，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cosα<0.故選D.(2)化簡(jiǎn)：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_(kāi)_______．答案－eq\f(17,13)解析因?yàn)閏os(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(jiǎn)求值的基本步驟提醒：用誘導(dǎo)公式求值時(shí)，要善于觀察所給角之間的關(guān)系，利用整體代換的思想簡(jiǎn)化解題過(guò)程．常見(jiàn)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(jiàn)的互補(bǔ)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(yáng)模擬)已知角α終邊上一點(diǎn)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(gè)范圍內(nèi)的三角函數(shù)值又可以通過(guò)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(diǎn)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(jiǎn)得sin2α＝eq\f(9,10)，因?yàn)棣翞殇J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(jiǎn)時(shí)，關(guān)鍵是尋求條件、結(jié)論間的聯(lián)系，靈活使用公式進(jìn)行變形．(2)注意角的范圍對(duì)三角函數(shù)符號(hào)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(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·衡陽(yáng)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?yàn)榻铅恋慕K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?yàn)閟in65°＝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(diǎn)的坐標(biāo)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?yàn)閑q\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(diǎn)的坐標(biāo)可寫(xiě)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(yáng)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(guó)古代對(duì)策論與運(yùn)籌思想運(yùn)用的著名范例．故事中齊將田忌與齊王賽馬，孫臏獻(xiàn)策以下馬對(duì)齊王上馬，以上馬對(duì)齊王中馬，以中馬對(duì)齊王下馬，結(jié)果田忌一負(fù)兩勝，從而獲勝．在比大小游戲中(大者為勝)，已知我方的三個(gè)數(shù)為a＝cosθ，b＝sinθ＋cosθ，c＝cosθ－sinθ，對(duì)方的三個(gè)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?yàn)楫?dāng)0<θ<eq\f(π,4)時(shí)，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(lèi)比“田忌賽馬”，我方必勝的排序是c，b，a.故選D.二、多項(xiàng)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?yàn)閟inθ＋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(jìn)而可得sinθ>cosθ，因?yàn)?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(jìn)而得tanθ＝－eq\f(4,3)，故B正確，C錯(cuò)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