2019-2020学年高中数学课下梯度提能五三角函数及其应用新人教A版必

课下梯度提能（五）
一、题组对点训练
对点练一 利用同角三角函数的基本关系求值
1．已知α是第二象限角，sin α＝5
13，则cos α＝( )
A ．－1213
B ．－513 C.513 D.213
2．已知tan α＝34，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2，则cos α＝( )
A ．±45 B.45 C ．－45 D.3
5
3．若cos α＝－4
5
，α是第三象限角，则sin α＝________，tan α＝________．
4．已知2cos 2α＋3cos αsin α－3sin 2
α＝1，α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－3π2，－π.求：
(1)tan α；(2)2sin α－3cos α
4sin α－9cos α
.
对点练二 sin θ±cos θ与sin θcos θ关系的应用
5．已知θ是第三象限角，且sin 4θ＋cos 4
θ＝59，则sin θcos θ的值为( )
A.
23 B ．－23 C.13 D ．－13
6．若cos α＋2sin α＝－5，则tan α＝( ) A.12 B ．2 C ．－1
2
D ．－2 7．已知0＜θ＜π，且sin θ－cos θ＝1
5，求sin θ＋cos θ，tan θ的值．
对点练三 三角函数式的化简与证明 8．化简：1－2sin 130°cos 130°
sin 130°＋1－sin 2
130° . 9．求证：tan αsin αtan α－sin α＝tan α＋sin α
tan αsin α.
二、综合过关训练 1．已知sin α＝
55
，则sin 4α－cos 4
α的值为( ) A ．－15 B ．－35 C.15 D.35
2．若α为第三象限角，则
cos α1－sin 2
α
＋
2sin α1－cos 2
α
的值为( )
A ．3
B ．－3
C ．1
D ．－1 3.⎝
⎛⎭⎪⎫tan x ＋1tan x sin 2
x 等于( ) A ．tan x B ．sin x C ．cos x D.1tan x
4．当α≠
k π
2(k ∈Z )时，⎝ ⎛⎭
⎪⎫cos α＋1tan α(sin α＋tan α)的值( ) A ．恒为正 B ．恒为负 C ．恒非负 D ．可正可负 5．已知sin θ＝
m －3m ＋5，cos θ＝4－2m
m ＋5
(m ≠0)，则m ＝______，tan θ＝________． 6．若sin x ＋cos x ＝2，那么sin 4
x ＋cos 4
x 的值为________． 7．已知tan 2
α＝2tan 2
β＋1，求证：sin 2
β＝2sin 2
α－1.
8．已知关于x 的方程2x 2
－(3＋1)x ＋m ＝0的两根为sin θ和cos θ，θ∈(0，2π)，求： (1)sin θ1－
1tan θ＋cos θ
1－tan θ的值；
(2)m 的值；
(3)方程的两根及θ的值．
答 案 [学业水平达标练]
1. 解析：选A 因为α是第二象限角，所以cos α＜0，故cos α＝－1－sin 2
α＝ －
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫5132
＝－1213. 2. 解析：选C 由tan α＝34，即sin αcos α＝34，所以sin α＝3
4
cos α.
又sin 2
α＋cos 2
α＝1，代入得⎝ ⎛⎭
⎪⎫34cos α2
＋cos 2
α＝1，
整理得cos 2
α＝1625，解得cos α＝±45
.
又α∈⎝
⎛⎭⎪⎫π，3π2，所以cos α＜0，故cos α＝－45. 3. 解析：由sin 2
α＋cos 2
α＝1得sin 2
α＝1－cos 2
α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－452
＝925
.
已知α是第三象限角，则sin α＜0，于是sin α＝－3
5.
从而tan α＝sin αcos α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－54＝3
4.
答案：－35 3
4
4. 解：(1)2cos 2
α＋3cos αsin α－3sin 2
α
＝2cos 2
α＋3cos αsin α－3sin 2
αsin 2α＋cos 2α＝2＋3tan α－3tan 2
α1＋tan 2
α， 则2＋3tan α－3tan 2
α1＋tan 2
α＝1，即4tan 2
α－3tan α－1＝0. 解得tan α＝－1
4
或tan α＝1.
∵a ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－3π2，－π，∴α为第二象限角， ∴tan α＜0，∴tan α＝－14
.
(2)原式＝2sin αcos α－3cos αcos α4sin αcos α－9cos αcos α＝2tan α－34tan α－9＝－2×1
4－3
－4×14－9
＝7
20
.
5. 解析：选A 由sin 4θ＋cos 4
θ＝59，得
(sin 2θ＋cos 2θ)2－2sin 2θcos 2
θ＝59.
∴sin 2θcos 2
θ＝29.∵θ是第三象限角，
∴sin θ＜0，cos θ＜0，∴sin θcos θ＝
23
. 6. 解析：选B 由已知可得(cos α＋2sin α)2
＝5， 即4sin 2
α＋4sin αcos α＋cos 2
α＝5(sin 2
α＋cos 2
α)， ∴tan 2α－4tan α＋4＝0，故tan α＝2.
7. 解：∵sin θ－cos θ＝15，∴(sin θ－cos θ)2
＝125
.
解得sin θcos θ＝12
25
.
∵0＜θ＜π，且sin θ·cos θ＝12
25＞0，∴sin θ＞0，cos θ＞0.
∴sin θ＋cos θ＝
（sin θ＋cos θ）2
＝
1＋2sin θcos θ＝
1＋2425＝7
5
.由⎩⎪⎨⎪⎧sin θ－cos θ＝15，sin θ＋cos θ＝75，得⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝4
5
，cos θ＝3
5，
∴tan θ＝sin θcos θ＝4
3.
8. 解：原式＝
sin 2
130°－2sin 130°cos 130°＋cos 2
130°
sin 130°＋cos 2
130°
＝
|sin 130°－cos 130°|
sin 130°＋|cos 130°|
＝
sin 130°－cos 130°
sin 130°－cos 130°
＝1.
9. 证明：法一：∵右边＝tan 2
α－sin 2
α（tan α－sin α）tan αsin α＝tan 2
α－tan 2
αcos 2
α
（tan α－sin α）tan αsin α＝
tan 2
α（1－cos 2
α）（tan α－sin α）tan αsin α＝tan 2
a sin 2
α（tan α－sin α）tan αsin α＝tan αsin α
tan α－sin α
＝左边，
∴原等式成立．
法二：∵左边＝tan αsin αtan α－tan αcos α＝sin α
1－cos α
，
右边＝tan α＋tan αcos αtan αsin α＝1＋cos αsin α＝1－cos 2
αsin α（1－cos α）＝sin 2
α
sin α（1－cos α）＝
sin α
1－cos α
，
∴左边＝右边，原等式成立． 二、综合过关训练 1. 解析：选 B ∵sin α＝
55，∴cos 2α＝1－sin 2α＝1－15＝45
.sin 4α－cos 4α＝(sin 2α＋cos 2α)(sin 2
α－cos 2
α)＝sin 2
α－cos 2
α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫552－45＝15－4
5
＝－35.故选B.
2. 解析：选B ∵α为第三象限角，∴原式＝cos α－cos α＋2sin α
－sin α＝－3.
3. 解析：选A ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan x ＋1tan x sin 2
x ＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫sin x cos x ＋cos x sin x sin 2x ＝1sin x cos x ·sin 2
x ＝sin x cos x
＝tan x .
4. 解析：选A ⎝
⎛⎭⎪⎫cos α＋1tan α(sin α＋tan α)＝sin αcos α＋cos α·sin αcos α＋
sin α·cos α
sin α
＋1＝sin α＋cos α＋1＋sin αcos α＝(1＋sin α)(1＋cos α)．
∵α≠
k π
2
，k ∈Z ，∴1＋sin α＞0，1＋cos α＞0，故选A.
5. 解析：∵sin 2
θ＋cos 2
θ＝1，∴（m －3）2
（m ＋5）2＋（4－2m ）
2
（m ＋5）2＝1.
得m ＝0(舍)，或m ＝8.
∴sin θ＝513，cos θ＝－1213，tan θ＝sin θcos θ＝－5
12.
答案：8 －5
12
6. 解析：由sin x ＋cos x ＝2，得2sin x cos x ＝1. 由sin 2
x ＋cos 2
x ＝1，得sin 4
x ＋cos 4
x ＋2sin 2
x cos 2
x ＝1. 所以sin 4x ＋cos 4x ＝1－12(2sin x cos x )2
＝1－12×1＝12.
答案：12
7. 证明：法一：∵tan 2
α＝2tan 2
β＋1， ∴tan 2
β＝tan 2
α－1
2
.①
∵tan 2
β＝sin 2
β
cos 2β
，
∴tan 2
β＝sin 2
β
1－sin 2
β
， ∴sin 2
β＝sin 2βsin 2β＋cos 2β＝sin 2
βcos 2βsin 2βcos 2
β＋cos 2βcos 2β
＝tan 2β1＋tan 2
β
.② 由①②，得sin 2β＝tan 2
α－121＋tan 2α－12＝tan 2α－1tan 2α＋1＝sin 2
α
cos 2α－1sin 2αcos 2
α＋1＝sin 2α－cos 2
αsin 2α＋cos 2
α＝2sin 2
α－1. 法二：∵tan 2
α＝2tan 2
β＋1，∴tan 2
α＋1＝2(tan 2
β＋1)． ∴sin 2
α＋cos 2
αcos 2α＝2·sin 2
β＋cos 2
β
cos 2
β. ∴
1cos 2
α＝2
cos 2β
.
∴cos 2β＝2cos 2
α.
∴1－sin 2
β＝2(1－sin 2
α)． ∴sin 2
β＝2sin 2
α－1. 8. 解：因为已知方程有两根，
所以⎩⎪⎨⎪
⎧sin θ＋cos θ＝
3＋1
2
， ①sin θcos θ＝m 2
， ②Δ＝4＋23－8m ≥0. ③
(1)sin θ1－
1tan θ
＋cos θ1－tan θ＝sin 2θsin θ－cos θ＋cos 2θcos θ－sin θ＝sin 2θ－cos 2
θsin θ－cos θ＝sin θ＋cos
θ＝
3＋1
2
. (2)对①式两边平方，得1＋2sin θcos θ＝2＋3
2，
所以sin θcos θ＝
34
. 由②，得m 2＝34，所以m ＝3
2
.
由③，得m ≤2＋34，所以m ＝3
2.
(3)因为m ＝
32
， 所以原方程为2x 2
－(3＋1)x ＋3
2
＝0. 解得x 1＝
32，x 2＝12
， 所以⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝32，cos θ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝3
2，sin θ＝1
2.
又因为x ∈(0，2π)， 所以θ＝π3或θ＝π6.。