4.2同角三角函數(shù)基本關(guān)系式及誘導(dǎo)公式

/§4.2同角三角函數(shù)基本關(guān)系式及誘導(dǎo)公式最新考綱考情考向分析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.能利用單位圓中的三角函數(shù)線推導(dǎo)出eq\f(π,2)±α，π±α的正弦、余弦、正切的誘導(dǎo)公式.考查利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、誘導(dǎo)公式解決條件求值問題，常與三角恒等變換相結(jié)合起到化簡三角函數(shù)關(guān)系的作用，強(qiáng)調(diào)利用三角公式進(jìn)行恒等變形的技能以及基本的運(yùn)算能力．題型為選擇題和填空題，低檔難度.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)＝tanα(α≠eq\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－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，符號看象限知識拓展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)名稱的變化．題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若α，β為銳角，則sin2α＋cos2β＝1.(×)(2)若α∈R，則tanα＝eq\f(sinα,cosα)恒成立．(×)(3)sin(π＋α)＝－sinα成立的條件是α為銳角．(×)(4)若sin(kπ－α)＝eq\f(1,3)(k∈Z)，則sinα＝eq\f(1,3).(×)題組二教材改編2．[P19例6]若sinα＝eq\f(\r(5),5)，eq\f(π,2)<α<π，則tanα＝.答案－eq\f(1,2)解析∵eq\f(π,2)<α<π，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5)，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(1,2).3．[P22B組T3]已知tanα＝2，則eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)的值為．答案3解析原式＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝eq\f(2＋1,2－1)＝3.4．[P28T7]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(5,2)π＋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.題組三易錯自糾5．(2017·貴陽模擬)已知sinαcosα＝eq\f(1,8)，且eq\f(5π,4)<α<eq\f(3π,2)，則cosα－sinα的值為()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(3,4) D.eq\f(3,4)答案B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).6．已知sin(π－α)＝log8eq\f(1,4)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，則tan(2π－α)的值為()A．－eq\f(2\r(5),5) B.eq\f(2\r(5),5)C．±eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(\r(5),2)答案B解析sin(π－α)＝sinα＝log8eq\f(1,4)＝－eq\f(2,3)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，得cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(\r(5),3)，tan(2π－α)＝tan(－α)＝－tanα＝－eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(2\r(5),5).7．(2017·棗莊模擬)已知cosα＝eq\f(1,5)，－eq\f(π,2)<α<0，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),tanα＋πcos－αtanα)的值為．答案eq\f(\r(6),12)解析∵－eq\f(π,2)<α<0，∴sinα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2)＝－eq\f(2,5)eq\r(6)，∴tanα＝－2eq\r(6).則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),tanα＋πcos－αtanα)＝eq\f(－sinα,tanα·cosα·tanα)＝－eq\f(1,tanα)＝eq\f(1,2\r(6))＝eq\f(\r(6),12).題型一同角三角函數(shù)關(guān)系式的應(yīng)用1．(2017·長沙模擬)已知α是第四象限角，sinα＝－eq\f(12,13)，則tanα等于()A．－eq\f(5,13)B.eq\f(5,13)C．－eq\f(12,5)D.eq\f(12,5)答案C解析因?yàn)棣潦堑谒南笙藿?，sinα＝－eq\f(12,13)，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(5,13)，故tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(12,5).2．(2017·安徽江南十校聯(lián)考)已知tanα＝－eq\f(3,4)，則sinα·(sinα－cosα)等于()A.eq\f(21,25)B.eq\f(25,21)C.eq\f(4,5)D.eq\f(5,4)答案A解析sinα·(sinα－cosα)＝sin2α－sinα·cosα＝eq\f(sin2α－sinα·cosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α－tanα,tan2α＋1)，將tanα＝－eq\f(3,4)代入，得原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))2＋1)＝eq\f(21,25).3．(2018·貴州七校聯(lián)考)已知sinα＋cosα＝eq\r(2)，則tanα＋eq\f(cosα,sinα)的值為()A．－1 B．－2C.eq\f(1,2) D．2答案D解析∵sinα＋cosα＝eq\r(2)，∴(sinα＋cosα)2＝2，∴sinαcosα＝eq\f(1,2).∴tanα＋eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(sinα,cosα)＋eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(1,sinαcosα)＝2.思維升華(1)利用sin2α＋cos2α＝1可實(shí)現(xiàn)正弦、余弦的互化，開方時要根據(jù)角α所在象限確定符號；利用eq\f(sinα,cosα)＝tanα可以實(shí)現(xiàn)角α的弦切互化．(2)應(yīng)用公式時注意方程思想的應(yīng)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．(3)注意公式逆用及變形應(yīng)用：1＝sin2α＋cos2α，sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α.題型二誘導(dǎo)公式的應(yīng)用典例(1)(2017·聊城模擬)已知角θ的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸正半軸重合，終邊在直線3x－y＝0上，則eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ))＋2cosπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))－sinπ－θ)＝.答案eq\f(3,2)解析由已知得tanθ＝3，∴eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ))＋2cosπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))－sinπ－θ)＝eq\f(－cosθ－2cosθ,cosθ－sinθ)＝eq\f(－3,1－tanθ)＝eq\f(3,2).(2)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝a，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(5π,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))))＝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))＝－a＋a＝0.引申探究若本例(1)中原題條件不變，求eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))－sin－π－θ,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－θ))＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋θ)))的值．解原式＝eq\f(－sinθ－sinθ,－sinθ＋cosθ)＝eq\f(－2tanθ,－tanθ＋1)＝3.思維升華(1)誘導(dǎo)公式的兩個應(yīng)用①求值：負(fù)化正，大化小，化到銳角為終了．②化簡：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，要利用誘導(dǎo)公式一，然后再進(jìn)行運(yùn)算．跟蹤訓(xùn)練(1)(2018·太原質(zhì)檢)化簡：eq\f(tanπ＋αcos2π＋αsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2))),cos－α－3πsin－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))))),cos3π＋α[－sin3π＋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.(2)已知角α終邊上一點(diǎn)P(－4,3)，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))·sin－π－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))·sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))的值為．答案－eq\f(3,4)解析原式＝eq\f(－sinαsinα,－sinαcosα)＝tanα，根據(jù)三角函數(shù)的定義得tanα＝－eq\f(3,4).題型三同角三角函數(shù)基本關(guān)系式和誘導(dǎo)公式的綜合應(yīng)用典例(1)(2017·福建四地六校聯(lián)考)已知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解析由已知可得－2tanα＋3sinβ＋5＝0，tanα－6sinβ－1＝0，解得tanα＝3，又α為銳角，故sinα＝eq\f(3\r(10),10).(2)已知－π<x<0，sin(π＋x)－cosx＝－eq\f(1,5).①求sinx－cosx的值；②求eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)的值．解①由已知，得sinx＋cosx＝eq\f(1,5)，兩邊平方得sin2x＋2sinxcosx＋cos2x＝eq\f(1,25)，整理得2sinxcosx＝－eq\f(24,25).∵(sinx－cosx)2＝1－2sinxcosx＝eq\f(49,25)，由－π<x<0知，sinx<0，又sinxcosx＝－eq\f(12,25)<0，∴cosx>0，∴sinx－cosx<0，故sinx－cosx＝－eq\f(7,5).②eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)＝eq\f(2sinxcosx＋sinx,1－\f(sinx,cosx))＝eq\f(2sinxcosxcosx＋sinx,cosx－sinx)＝eq\f(－\f(24,25)×\f(1,5),\f(7,5))＝－eq\f(24,175).引申探究本例(2)中若將條件“－π<x<0”改為“0<x<π”，求sinx－cosx的值．解若0<x<π，又2sinxcosx＝－eq\f(24,25)，∴sinx>0，cosx<0，∴sinx－cosx>0，故sinx－cosx＝eq\f(7,5).思維升華(1)利用同角三角函數(shù)關(guān)系式和誘導(dǎo)公式求值或化簡時，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)注意角的范圍對三角函數(shù)符號的影響．跟蹤訓(xùn)練(1)(2018·唐山模擬)已知角θ的終邊在第三象限，tan2θ＝－2eq\r(2)，則sin2θ＋sin(3π－θ)cos(2π＋θ)－eq\r(2)cos2θ等于()A．－eq\f(\r(2),6)B.eq\f(\r(2),6)C．－eq\f(2,3)D.eq\f(2,3)答案D解析由tan2θ＝－2eq\r(2)可得tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－2eq\r(2)，即eq\r(2)tan2θ－tanθ－eq\r(2)＝0，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2).又角θ的終邊在第三象限，故tanθ＝eq\r(2)，故sin2θ＋sin(3π－θ)cos(2π＋θ)－eq\r(2)cos2θ＝sin2θ＋sinθcosθ－eq\r(2)cos2θ＝eq\f(sin2θ＋sinθcosθ－\r(2)cos2θ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋tanθ－\r(2),tan2θ＋1)＝eq\f(\r(2)2＋\r(2)－\r(2),\r(2)2＋1)＝eq\f(2,3).(2)(2017·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，且f(4)＝3，則f(2017)的值為()A．－1B．1C．3D．－3答案D解析∵f(4)＝asin(4π＋α)＋bcos(4π＋β)＝asinα＋bcosβ＝3，∴f(2017)＝asin(2017π＋α)＋bcos(2017π＋β)＝asin(π＋α)＋bcos(π＋β)＝－asinα－bcosβ＝－3.分類討論思想在三角函數(shù)中的應(yīng)用思想方法指導(dǎo)(1)在利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式中的平方關(guān)系時，要根據(jù)角的范圍對開方結(jié)果進(jìn)行討論．(2)利用誘導(dǎo)公式化簡時要對題中整數(shù)k是奇數(shù)或偶數(shù)進(jìn)行討論．典例(1)已知A＝eq\f(sinkπ＋α,sinα)＋eq\f(coskπ＋α,cosα)(k∈Z)，則A的值構(gòu)成的集合是()A．{1，－1,2，－2} B．{－1,1}C．{2，－2} D．{1，－1,0,2，－2}(2)已知sinα＝eq\f(2\r(5),5)，則tan(α＋π)＋eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)－α)))＝.答案(1)C(2)eq\f(5,2)或－eq\f(5,2)解析(1)當(dāng)k為偶數(shù)時，A＝eq\f(sinα,sinα)＋eq\f(cosα,cosα)＝2；當(dāng)k為奇數(shù)時，A＝eq\f(－sinα,sinα)－eq\f(cosα,cosα)＝－2.所以A的值構(gòu)成的集合是{2，－2}．(2)∵sinα＝eq\f(2\r(5),5)＞0，∴α為第一或第二象限角．tan(α＋π)＋eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)－α)))＝tanα＋eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(sinα,cosα)＋eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(1,sinαcosα).①當(dāng)α是第一象限角時，cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(\r(5),5)，原式＝eq\f(1,sinαcosα)＝eq\f(5,2)；②當(dāng)α是第二象限角時，cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(\r(5),5)，原式＝eq\f(1,sinαcosα)＝－eq\f(5,2).綜合①②知，原式＝eq\f(5,2)或－eq\f(5,2).1．(2018·福州質(zhì)檢)已知直線2x＋y－3＝0的傾斜角為θ，則eq\f(sinθ＋cosθ,sinθ－cosθ)的值是()A．－3 B．－2C.eq\f(1,3) D．3答案C解析由已知得tanθ＝－2，∴eq\f(sinθ＋cosθ,sinθ－cosθ)＝eq\f(tanθ＋1,tanθ－1)＝eq\f(－2＋1,－2－1)＝eq\f(1,3).2．若tanα＝eq\f(1,2)，則sin4α－cos4α的值為()A．－eq\f(1,5)B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,5)D．－eq\f(3,5)答案D解析∵tanα＝eq\f(1,2)，∴sin4α－cos4α＝(sin2α＋cos2α)·(sin2α－cos2α)＝eq\f(sin2α－cos2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(tan2α－1,1＋tan2α)＝－eq\f(3,5)，故選D.3．(2017·廈門模擬)已知cos31°＝a，則sin239°·tan149°的值是()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).4．若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則eq\r(1－2sinπ＋θsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))等于()A．sinθ－cosθ B．cosθ－sinθC．±(sinθ－cosθ) D．sinθ＋cosθ答案A解析因?yàn)閑q\r(1－2sinπ＋θsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝eq\r(1－2sinθcosθ)＝eq\r(sinθ－cosθ2)＝|sinθ－cosθ|，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinθ－cosθ>0，所以原式＝sinθ－cosθ.故選A.5．(2017·廣州二測)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－θ))＝eq\f(1,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋θ))等于()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sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋θ))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－θ))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－θ))＝eq\f(1,3).6．(2017·孝感模擬)已知tanα＝3，則eq\f(1＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)的值是()A.eq\f(1,2)B．2C．－eq\f(1,2)D．－2答案B解析原式＝eq\f(sin2α＋cos2α＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)＝eq\f(tan2α＋2tanα＋1,tan2α－1)＝eq\f(9＋6＋1,9－1)＝2.7．(2018·菏澤檢測)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sin(π＋α)等于()A.eq\f(3,5) B．－eq\f(3,5)C.eq\f(4,5) D．－eq\f(4,5)答案D解析由已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝eq\f(3,5)，得cosα＝eq\f(3,5)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＝eq\f(4,5)，∴sin(π＋α)＝－sinα＝－eq\f(4,5).8．若角α的終邊落在第三象限，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解析由角α的終邊落在第三象限，得sinα＜0，cosα＜0，故原式＝eq\f(cosα,|cosα|)＋eq\f(2sinα,|sinα|)＝eq\f(cosα,－cosα)＋eq\f(2sinα,－sinα)＝－1－2＝－3.9．在△ABC中，若tanA＝eq\f(\r(2),3)，則sinA＝.答案eq\f(\r(22),11)解析因?yàn)閠anA＝eq\f(\r(2),3)>0，所以A為銳角，由tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(\r(2),3)以及sin2A＋cos2A＝1，可求得sinA＝eq\f(\r(22),11).10．已知α為鈍角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(3,4)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝.答案－eq\f(\r(7),4)解析因?yàn)棣翞殁g角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(\r(7),4)，所以sineq\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(\f(π,4)－α))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(\r(7),4).11．(2018·唐山檢測)sineq\f(4,3)π·coseq\f(5,6)π·taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)π))的值是．答案－eq\f(3\r(3),4)解析原式＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)))·taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π－\f(π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sin\f(π,3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(π,6)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－tan\f(π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×(－eq\r(3))＝－eq\f(3\r(3),4).12．(2018·石家莊模擬)已知k∈Z，化簡：eq\f(sinkπ－αcos[k－1π－α],sin[k＋1π＋α]coskπ＋α)＝.答案－1解析當(dāng)k＝2n(n∈Z)時，原式＝eq\f(sin2nπ－αcos[2n－1π－α],sin[2n＋1π＋α]cos2nπ＋α)＝eq\f(sin－α·cos－π－α,sinπ＋α·cosα)＝eq\f(－sinα－cosα,－sinα·cosα)＝－1；當(dāng)k＝2n＋1(n∈Z)時，原式＝eq\f(sin[2n＋1π－α]·cos[2n＋1－1π－α],sin[2n＋1＋1π＋α]·cos[2n＋1π＋α])＝eq\f(sinπ－α·cosα,sinα·cosπ＋α)＝eq\f(sinα·cosα,sinα－cosα)＝－1.綜上，原式＝－1.13．若sinθ，cosθ是方程4x2＋2mx＋m＝0的兩根，則m的值為()A．1＋eq\r(5) B．1－eq\r(5)C．1±eq\r(5) D．－1－eq\r(5)答案B解析由題意知sinθ＋cosθ＝－eq\f(m,2)，sinθcosθ＝eq\f(m,4)，又(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ，∴eq\f(m2,4)＝1＋eq\f(m,2)，解得m＝1±eq\r(5)，又Δ＝4m2－16m≥0，∴m≤0或m≥4，∴m＝1－eq\r(5).14．已知α為第二象限角，則cosαeq\r(1＋tan2α)＋sinαeq\r(1＋\f(1,tan2α))＝.答案0解析原式＝cosαeq\r(\f(sin2α＋co