高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第2節(jié) 同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及誘導(dǎo)公式

第2節(jié)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及誘導(dǎo)公式考試要求1.理解同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式：sin2x＋cos2x＝1，eq\f(sinx,cosx)＝tanx.2.能利用單位圓中的對(duì)稱(chēng)性推導(dǎo)出eq\f(π,2)±α，π±α的正弦、余弦、正切的誘導(dǎo)公式.1.同角三角函數(shù)的基本關(guān)系(1)平方關(guān)系：sin2α＋cos2α＝1.(2)商數(shù)關(guān)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(shù)的誘導(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－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(hào)看象限1.同角三角函數(shù)關(guān)系式的常用變形(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα；sinα＝tanα·cosα.2.誘導(dǎo)公式的記憶口訣“奇變偶不變，符號(hào)看象限”，其中的奇、偶是指eq\f(π,2)的奇數(shù)倍和偶數(shù)倍，變與不變指函數(shù)名稱(chēng)的變化.3.在利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系時(shí)，若開(kāi)方，要特別注意判斷符號(hào).1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)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(duì)任意的角α，sin2α＋cos2α＝1.(2)中對(duì)于任意α∈R，恒有sin(π＋α)＝－sinα.(3)中當(dāng)α的終邊落在y軸上時(shí)，商數(shù)關(guān)系不成立.(4)當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，sinα＝eq\f(1,3)，當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，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(yáng)郊聯(lián)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(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.6.(易錯(cuò)題)已知sinαcosα＝eq\f(1,8)，且eq\f(5π,4)＜α＜eq\f(3π,2)，則cosα－sinα的值為_(kāi)_______.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(diǎn)一同角三角函數(shù)基本關(guān)系式的應(yīng)用角度1切弦互化例1(1)已知α是三角形的內(nèi)角，且tanα＝－eq\f(1,3)，則sinα＋cosα的值為_(kāi)_______.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(zhuǎn)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(jié)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(shí)現(xiàn)角α的正弦、余弦的互化，利用eq\f(sinα,cosα)＝tanα可以實(shí)現(xiàn)角α的弦切互化.(2)形如eq\f(asinx＋bcosx,csinx＋dcosx)，asin2x＋bsinxcosx＋ccos2x等類(lèi)型可進(jìn)行弦化切.2.注意公式的逆用及變形應(yīng)用：1＝sin2α＋cos2α，sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α.3.應(yīng)用公式時(shí)注意方程思想的應(yīng)用：對(duì)于sinα＋cosα，sinαcosα，sinα－cosα這三個(gè)式子，利用(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα，可以知一求二.訓(xùn)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(gè)根，則實(shí)數(shù)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(diǎn)二誘導(dǎo)公式的應(yīng)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(jiǎn)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(jié)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?yàn)閟ineq\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(shè)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?yàn)閒(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(dǎo)公式的兩個(gè)應(yīng)用①求值：負(fù)化正，大化小，化到銳角為終了.②化簡(jiǎn)：統(tǒng)一角，統(tǒng)一名，同角名少為終了.(2)含2π整數(shù)倍的誘導(dǎo)公式的應(yīng)用由終邊相同的角的關(guān)系可知，在計(jì)算含有2π的整數(shù)倍的三角函數(shù)式中可直接將2π的整數(shù)倍去掉后再進(jìn)行運(yùn)算.如cos(5π－α)＝cos(π－α)＝－cosα.考點(diǎn)三同角關(guān)系式和誘導(dǎo)公式的綜合應(yīng)用例3(1)(2020·全國(guó)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?yàn)棣痢?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_(kāi)_______.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(shù)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.注意角的范圍對(duì)三角函數(shù)值符號(hào)的影響.2.用誘導(dǎo)公式求值時(shí)，要善于觀(guān)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.訓(xùn)練2(1)(多選)給出下列四個(gè)結(jié)論，其中正確的結(jié)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(dǎo)公式二知α∈R時(shí)，sin(π＋α)＝－sinα，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)n＝2k(k∈Z)時(shí)，cos(nπ－α)＝cos(－α)＝cosα，此時(shí)cosα＝eq\f(1,3)；當(dāng)n＝2k＋1(k∈Z)時(shí)，cos(nπ－α)＝cos[(2k＋1)π－α]＝cos(π－α)＝－cosα，此時(shí)cosα＝－eq\f(1,3)，所以B錯(cuò)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(shí)sinnα＋cosnα＝1；若cosα＝0，則sinα＝1，此時(shí)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_(kāi)_______.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(diǎn)P(cosα，sinα)在直線(xiàn)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(diǎn)P(cosα，sinα)在直線(xiàn)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(zhì)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(jié)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(cuò)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊上有兩點(diǎn)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?yàn)閑q\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_(kāi)_______.答案eq\f(25,7)解析由題意，因?yàn)閟inα＋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?yàn)椋璭q\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?yàn)閟inα＋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?yàn)棣痢?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