微专题1　 三角恒等变换

【五年高考真题分布(2020－2024)】

微专题1三角恒等变换高考定位1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中同角三角函数的基本关系、诱导公式是解决计算问题的工具；2.三角恒等变换是利用三角恒等式(两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)进行变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；3.以选择、填空题的形式出现或隐含于解答题中，难度一般为中档偏下.【真题体验】1.(2021·全国乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析因为coseq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sineq\f(π,12)，所以cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故选D.2.(2023·新高考Ⅱ卷)已知α为锐角，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)，则sineq\f(α,2)＝()A.eq\f(3－\r(5),8) B.eq\f(－1＋\r(5),8)C.eq\f(3－\r(5),4) D.eq\f(－1＋\r(5),4)答案D解析由题意，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)＝1－2sin2eq\f(α,2)，得sin2eq\f(α,2)＝eq\f(3－\r(5),8)＝eq\f(6－2\r(5),16)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,4)))eq\s\up12(2)，又α为锐角，所以sineq\f(α,2)>0，所以sineq\f(α,2)＝eq\f(－1＋\r(5),4)，故选D.3.(2024·全国甲卷)已知eq\f(cosα,cosα－sinα)＝eq\r(3)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.2eq\r(3)＋1 B.2eq\r(3)－1C.eq\f(\r(3),2) D.1－eq\r(3)答案B解析根据题意有eq\f(cosα－sinα,cosα)＝eq\f(\r(3),3)，即1－tanα＝eq\f(\r(3),3)，所以tanα＝1－eq\f(\r(3),3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝eq\f(2－\f(\r(3),3),\f(\r(3),3))＝2eq\r(3)－1.4.(2024·新高考Ⅱ卷)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα＋tanβ＝4，tanαtanβ＝eq\r(2)＋1，则sin(α＋β)＝________.答案－eq\f(2\r(2),3)解析由题知tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanα·tanβ)＝eq\f(4,1－\r(2)－1)＝－2eq\r(2)，即sin(α＋β)＝－2eq\r(2)cos(α＋β)，又sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，可得sin(α＋β)＝±eq\f(2\r(2),3).由2kπ<α<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，2mπ＋π<β<2mπ＋eq\f(3π,2)，m∈Z，得2(k＋m)π＋π<α＋β<2(k＋m)π＋2π，k＋m∈Z.又tan(α＋β)<0，所以α＋β是第四象限角，故sin(α＋β)＝－eq\f(2\r(2),3).【热点突破】热点一化简问题例1(1)(2024·宜昌联考)eq\f(cos70°cos20°,1－2sin225°)＝()A.eq\f(\r(3),4) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,2) D.2(2)(2024·西安模拟)eq\f(cos55°＋sin25°sin30°,cos25°)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D.1答案(1)C(2)C解析(1)eq\f(cos70°cos20°,1－2sin225°)＝eq\f(sin20°cos20°,cos50°)＝eq\f(\f(1,2)sin40°,sin40°)＝eq\f(1,2).(2)eq\f(cos55°＋sin25°sin30°,cos25°)＝eq\f(cos（25°＋30°）＋sin25°sin30°,cos25°)＝eq\f(cos25°cos30°－sin25°sin30°＋sin25°sin30°,cos25°)＝eq\f(cos25°cos30°,cos25°)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).规律方法求解三角函数的化简问题常用以下原则：一看角：通过看角之间的差别与联系，可把角进行合理转化；二看函数名称：如果函数名称不同，那么可利用公式将函数名称进行转化，常见的有“切化弦”；三看结构特征：通过看结构特征，找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”“遇到根式要升幂”等.训练1化简：(1)eq\f(2sin（π－α）＋sin2α,cos2\f(α,2))＝________；(2)(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝________.答案(1)4sinα(2)－2解析(1)eq\f(2sin（π－α）＋sin2α,cos2\f(α,2))＝eq\f(2sinα＋2sinαcosα,\f(1,2)（1＋cosα）)＝eq\f(4sinα（1＋cosα）,1＋cosα)＝4sinα.(2)原式＝eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(－2sin50°,sin50°)＝－2.热点二求值问题例2(1)(2024·衡阳模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))等于()A.－eq\f(2,3) B.eq\f(2,3)C.－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)(2)(2024·河南部分学校联考)若锐角α，β满足sin(α－β)＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(2,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝________.答案(1)D(2)eq\f(4\r(2)＋\r(5),9)解析(1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3).(2)因为0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，则－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，由sin(α－β)>0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))>0可得0<α－β<eq\f(π,2)，eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，所以cos(α－β)＝eq\r(1－sin2（α－β）)＝eq\f(2\r(2),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(\r(5),3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－（α－β）))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))cos(α－β)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sin(α－β)＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(\r(5),3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4\r(2)＋\r(5),9).规律方法求三角函数值的一般步骤(1)化简条件式子或待求式子；(2)观察条件与所求式子之间的联系，从函数名称及角入手；(3)将已知条件代入所求式子，化简求值.训练2(1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知cos(α＋β)＝m，tanαtanβ＝2，则cos(α－β)＝()A.－3m B.－eq\f(m,3)C.eq\f(m,3) D.3m(2)(2024·镇江调研)已知角θ满足eq\f(2,sin2θ)＋eq\f(3,tanθ)＋eq\f(4,cosθ)＝0，则cos2θ的值为()A.－eq\f(5,9) B.－eq\f(1,9)C.eq\f(1,9) D.eq\f(5,9)答案(1)A(2)C解析(1)由cos(α＋β)＝m得cosαcosβ－sinαsinβ＝m.①由tanαtanβ＝2得eq\f(sinαsinβ,cosαcosβ)＝2，②由①②得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosαcosβ＝－m，,sinαsinβ＝－2m，))所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－3m.(2)由eq\f(2,sin2θ)＋eq\f(3,tanθ)＋eq\f(4,cosθ)＝eq\f(2,sin2θ)＋eq\f(3cosθ,sinθ)＋eq\f(4,cosθ)＝eq\f(2,sin2θ)＋eq\f(6cos2θ,sin2θ)＋eq\f(8sinθ,sin2θ)＝eq\f(6cos2θ＋8sinθ＋2,sin2θ)＝eq\f(6－6sin2θ＋8sinθ＋2,sin2θ)＝eq\f(－2（3sin2θ－4sinθ－4）,sin2θ)＝0，则3sin2θ－4sinθ－4＝(3sinθ＋2)(sinθ－2)＝0，则sinθ＝－eq\f(2,3)或sinθ＝2，由sinθ∈[－1，1]，故sinθ＝－eq\f(2,3)，则cos2θ＝1－2sin2θ＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9).热点三求角问题例3(1)(2024·九江模拟)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cos(α－β)＝eq\f(5,6)，tanα·tanβ＝eq\f(1,4)，则α＋β＝()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6) D.eq\f(2π,3)(2)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，且4cosα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq\r(3)，则α＝________.答案(1)A(2)eq\f(5π,18)解析(1)因为cos(α－β)＝eq\f(5,6)，tanα·tanβ＝eq\f(1,4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosαcosβ＋sinαsinβ＝\f(5,6)，,\f(sinαsinβ,cosαcosβ)＝\f(1,4)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosαcosβ＝\f(2,3)，,sinαsinβ＝\f(1,6)))所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(1,2)，又α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝eq\f(π,3).(2)4cosα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝4cosα－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)))＝4cosα－eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(4cosαsinα－cosα,sinα)＝eq\f(2sin2α－cosα,sinα)＝eq\r(3)，所以2sin2α＝eq\r(3)sinα＋cosα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))，则2α＝α＋eq\f(π,6)或2α＋α＋eq\f(π,6)＝π，得α＝eq\f(π,6)(舍去)或α＝eq\f(5π,18).规律方法给值求角问题的解题策略(1)求相关角的某一个三角函数值.(2)由求得的三角函数值求角，如果根据求得的函数值无法唯一确定角的大小，应根据已知角的范围和已知角的三角函数值把所求角的大小作相对精确的估计，以排除多余的解.训练3(1)(2024·长春摸底)若α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且(1－cos2α)(1＋sinβ)＝sin2αcosβ，则下列结论正确的是()A.2α＋β＝eq\f(5π,2) B.2α－β＝eq\f(3π,4)C.α＋β＝eq\f(7π,4) D.α－β＝eq\f(π,2)(2)(2024·重庆调研)若eq\f(π,4)<β<π<α<eq\f(3π,2)，且cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，sin2β＝eq\f(4,5)，则α－β＝________.答案(1)A(2)eq\f(3π,4)解析(1)因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinα≠0.由(1－cos2α)(1＋sinβ)＝sin2αcosβ，可得2sin2α(1＋sinβ)＝2sinαcosαcosβ，即sinα(1＋sinβ)＝cosαcosβ.所以sinα＝cosαcosβ－sinαsinβ＝cos(α＋β)，所以cos(α＋β)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以π<α＋β<2π，且－eq\f(π,2)<eq\f(π,2)－α<0，根据函数y＝cosx的图象易知α＋β＝eq\f(π,2)－α＋2π，则2α＋β＝eq\f(5π,2).(2)因为eq\f(π,4)<β<π，所以eq\f(π,2)<2β<2π.sin2β＝eq\f(4,5)>0，所以eq\f(π,2)<2β<π，所以eq\f(π,4)<β<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,2)<－β<－eq\f(π,4).因为π<α<eq\f(3π,2)，所以eq\f(π,2)<α－β<eq\f(5π,4)，eq\f(5π,4)<α＋β<2π.因为eq\f(π,2)<2β<π，sin2β＝eq\f(4,5)，所以cos2β＝－eq\f(3,5).因为cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，所以sin(α＋β)＝－eq\f(7\r(2),10).所以sin(α－β)＝sin[(α＋β)－2β]＝sin(α＋β)cos2β－cos(α＋β)sin2β＝－eq\f(7\r(2),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10)))×eq\f(4,5)＝eq\f(\r(2),2)，所以α－β＝eq\f(3π,4).【精准强化练】一、单选题1.已知角α的顶点为原点O，始边与x轴非负半轴重合，终边过点(1＋tan15°，1－tan15°)，则tanα的值为()A.eq\r(3) B.－eq\r(3)C.－eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)答案D解析tanα＝eq\f(1－tan15°,1＋tan15°)＝eq\f(tan45°－tan15°,1＋tan45°·tan15°)＝tan(45°－15°)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).2.(2024·烟台模拟)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，则sin2α＝()A.－eq\f(5,9) B.eq\f(5,9)C.－eq\f(7,9) D.eq\f(7,9)答案C解析由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))－1＝－eq\f(7,9)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2)))＝sin2α＝－eq\f(7,9)，故选C.3.(2024·葫芦岛质检)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，则cos2α＝()A.0 B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.－eq\f(\r(3),2)答案A解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α∈(0，π)，所以sin2α>0.由sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))化简得eq\r(2)sin2α＝sinα＋cosα，两边同时平方得2sin22α＝1＋sin2α，即2sin22α－sin2α－1＝0，解得sin2α＝1(负根舍去)，又sin22α＋cos22α＝1，所以cos2α＝0.故选A.4.(2024·宁波调研)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,12)))＝eq\f(1,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2π,3)))＝()A.－eq\f(23,25) B.eq\f(23,25)C.－eq\f(24,25) D.eq\f(24,25)答案C解析因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,12)))＝eq\f(1,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(1,5).两边平方得1－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,25)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝－eq\f(24,25).故选C.5.sin20°(eq\r(3)＋tan50°)＝()A.eq\f(1,2) B.2C.eq\r(3) D.1答案D解析原式＝eq\f(sin20°（sin50°＋\r(3)cos50°）,cos50°)＝eq\f(2sin20°sin（50°＋60°）,cos50°)＝eq\f(2sin20°sin（90°＋20°）,cos（90°－40°）)＝eq\f(2sin20°cos20°,sin40°)＝eq\f(sin40°,sin40°)＝1.6.计算：eq\r(2)·eq\f(sin40°·sin80°,cos40°＋cos60°)＝()A.－eq\f(\r(2),2) B.－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(1,2)答案C解析因为eq\f(sin40°·sin80°,cos40°＋cos60°)＝eq\f(sin（60°－20°）·sin（60°＋20°）,cos40°＋\f(1,2))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos20°))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin20°))\s\up12(2),\f(3,2)－2sin220°)＝eq\f(\f(3,4)cos220°－\f(1,4)sin220°,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－sin220°)))＝eq\f(\f(3,4)－sin220°,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－sin220°)))＝eq\f(1,2)，所以原式＝eq\f(\r(2),2).7.(2024·毕节模拟)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且tanθ＝－eq\r(15)，则coseq\f(θ,2)＝()A.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(10),4)C.±eq\f(\r(6),4) D.±eq\f(\r(10),4)答案B解析因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且tanθ＝－eq\r(15)，所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(sinθ,cosθ)＝－\r(15)，,sin2θ＋cos2θ＝1，))解得cosθ＝eq\f(1,4)或cosθ＝－eq\f(1,4)(舍去)，又cosθ＝2cos2eq\f(θ,2)－1＝eq\f(1,4)，解得coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(10),4)或coseq\f(θ,2)＝－eq\f(\r(10),4)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，所以coseq\f(θ,2)>0，所以coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(10),4).8.若cosα＝eq\f(1,7)，sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)，0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，则角β的值为()A.eq\f(π,3) B.eq\f(5π,12)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,4)答案A解析∵0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，∴0<α＋β<π.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosα＝\f(1,7)，,sin（α＋β）＝\f(5\r(3),14)，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(4\r(3),7)，,cos（α＋β）＝±\f(11,14).))若cos(α＋β)＝eq\f(11,14)，则sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝eq\f(5\r(3),14)×eq\f(1,7)－eq\f(11,14)×eq\f(4\r(3),7)<0，与sinβ>0矛盾，故舍去；若cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，则cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(11,14)×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2).又∵β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq\f(π,3).二、多选题9.(2024·广东名校调研)若α为第一象限角，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(1,3)，则()A.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)－α))＝－eq\f(1,3)B.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,8)))＝－eq\f(1,3)C.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,8)－α))＝－eq\f(2\r(2),3)D.taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝－2eq\r(2)答案BD解析由题意得2kπ<α<eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则2kπ－eq\f(π,8)<α－eq\f(π,8)<eq\f(3π,8)＋2kπ，k∈Z.若角α－eq\f(π,8)是第四象限角，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))>coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)>eq\f(1,3)，所以α－eq\f(π,8)是第一象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(2\r(2),3).对于A，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,8)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(1,3)，故A错误；对于B，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,8)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)＋π))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝－eq\f(1,3)，故B正确；对于C，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,8)－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋\f(π,8)－α))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝－eq\f(1,3)，故C错误；对于D，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8))))＝－2eq\r(2)，故D正确.10.(2024·温州二模)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，P(－3，4)为其终边上一点，若角β的终边与角2α的终边关于直线y＝－x对称，则()A.cos(π＋α)＝eq\f(3,5)B.β＝2kπ＋eq\f(π,2)＋2α(k∈Z)C.tanβ＝eq\f(7,24)D.角β的终边在第一象限答案ACD解析因为角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(－3，4)，所以|OP|＝5，所以sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝－eq\f(3,5)，所以cos(π＋α)＝－cosα＝eq\f(3,5)，故A正确；又sin2α＝2sinα·cosα＝2×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(24,25)，cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(7,25)，所以2α的终边与单位圆的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,25)，－\f(24,25)))，因为角β的终边与角2α的终边关于直线y＝－x对称，所以角β的终边与单位圆的交点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,25)，\f(7,25)))，所以tanβ＝eq\f(7,24)，且β的终边在第一象限，故C，D正确；又因为终边在直线y＝－x的角为kπ－eq\f(π,4)，k∈Z，角2α的终边与角β的终边关于y＝－x对称，所以eq\f(2α＋β,2)＝kπ－eq\f(π,4)⇒β＝2kπ－eq\f(π,2)－2α(k∈Z)，故B错误.11.(2024·南京、盐城模拟)已知f(θ)＝cos4θ＋cos3θ，且θ1，θ2，θ3是f(θ)在(0，π)内的三个不同零点，则()A.eq\f(π,7)∈{θ1，θ2，θ3}B.θ1＋θ2＋θ3＝πC.cosθ1cosθ2cosθ3＝－eq\f(1,8)D.cosθ1＋cosθ2＋cosθ3＝eq\f(1,2)答案ACD解析对于A，B，由f(θ)＝0得cos4θ＝－cos3θ＝cos(π－3θ)，∴4θ＝2kπ±(π－3θ)，k∈Z，得θ＝eq\f(2k＋1,7)π，k∈Z或θ＝2kπ－π，k∈Z.∵θ∈(0，π)，∴θ＝eq\f(π,7)或eq\f(3π,7)或eq\f(5π,7)，故A正确，B错误.cosθ1cosθ2cosθ3＝coseq\f(π,7)coseq\f(3π,7)coseq\f(5π,7)＝coseq\f(π,7)coseq\f(4π,7)coseq\f(2π,7)＝eq\f(2sin\f(π,7)cos\f(π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),2sin\f(π,7))＝eq\f(sin\f(2π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),2sin\f(π,7))＝eq\f(sin\f(4π,7)cos\f(4π,7),4sin\f(π,7))＝eq\f(sin\f(8π,7),8sin\f(π,7))＝－eq\f(1,8)，故C正确.cosθ1＋cosθ2＋cosθ3＝coseq\f(π,7)＋coseq\f(3π,7)＋coseq\f(5π,7)＝eq\f(2sin\f(π,7)cos\f(π,7)＋2sin\f(π,7)cos\f(3π,7)＋2sin\f(π,7)cos\f(5π,7),2sin\f(π,7))＝eq\f(sin\f(2π,7)＋sin\f(4π,7)－sin\f(2π,7)＋sin\f(6π,7)－sin\f(4π,7),2sin\f(π,7))＝eq\f(sin\f(6π,7),2sin\f(π,7))＝eq\f(1,2)，故D正确.三、填空题12.(2024·池州模拟)已知sinβ＋cosβ＝eq\f(1,5)，β∈(0，π)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝________