課時(shí)達(dá)標(biāo)第17講任意角和弧度制及任意角的三角函數(shù)[解密考綱]本考點(diǎn)主要考查任意角、弧度制和三角函數(shù)的概念．通常以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn)，安排在比較靠前的位置．一、選擇題1．將表的分針撥快10分鐘，則分針旋轉(zhuǎn)過(guò)程中形成的角的弧度數(shù)是(C)A．eq\f(π,3) B．eq\f(π,6)C．－eq\f(π,3) D．－eq\f(π,6)解析將表的分針撥快應(yīng)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，為負(fù)角，故A，B項(xiàng)不正確．又因?yàn)閾芸?0分鐘，故應(yīng)轉(zhuǎn)過(guò)的角為圓周的eq\f(1,6)，即為－eq\f(1,6)×2π＝－eq\f(π,3).故選C．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)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)))解析由三角函數(shù)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).3．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(AA．(－2,3] B．(－2,3)C．[－2,3) D．[－2,3]解析由cosα≤0，sinα>0可知，角α的終邊在第二象限或y軸的正半軸上，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－9≤0，,a＋2>0，))解得－2<a≤3.4．設(shè)α是第二象限角，P(x,4)為其終邊上的一點(diǎn)，且cosα＝eq\f(1,5)x，則sinα＝(A)A．eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5)C．eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)解析因?yàn)閨PO|＝eq\r(x2＋42)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，cosα＝eq\f(1,5)x＝eq\f(x,\r(x2＋42))，得x＝3或x＝－3，又因?yàn)棣潦堑诙笙藿牵瑒tx＝－3，|PO|＝5，所以sinα＝eq\f(4,5).故選A．5．已知角θ的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線y＝2x上，則cos2θ＝(B)A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)解析由題意知，tanθ＝2，即sinθ＝2cosθ，將其代入sin2θ＋cos2θ＝1中可得cos2θ＝eq\f(1,5)，故cos2θ＝2cos2θ－1＝－eq\f(3,5).故選B．6．已知正角α的終邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)，cos\f(2π,3)))，則角α的最小值為(D)A．eq\f(5π,6) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(5π,3) D．eq\f(11π,6)解析∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)，cos\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，∴角α為第四象限角，且sinα＝－eq\f(1,2)，cosα＝eq\f(\r(3),2)，∴角α的最小值為eq\f(11π,6).故選D．二、填空題7．在與2010°終邊相同的角中，絕對(duì)值最小的角的弧度數(shù)為__－eq\f(5π,6)__.解析∵2010°＝eq\f(67,6)π＝12π－eq\f(5π,6)，∴與2010°終邊相同的角中絕對(duì)值最小的角的弧度數(shù)為－eq\f(5π,6).8．設(shè)角θ為第四象限角，并且角θ的終邊與單位圓交于點(diǎn)P(x0，y0)．若x0＋y0＝－eq\f(1,3)，則cos2θ＝__－eq\f(\r(17),9)__.解析由三角函數(shù)的定義，得x0＝cosθ，y0＝sinθ.∵cosθ＋sinθ＝－eq\f(1,3)，兩邊平方得sin2θ＝－eq\f(8,9)，∴cos2θ＝±eq\r(1－sin22θ)＝±eq\f(\r(17),9).∵θ為第四象限角，∴sinθ<0，cosθ>0，sinθ＋cosθ<0，∴|sinθ|>|cosθ|，∴cos2θ＝|cosθ|2－|sinθ|2<0，∴cos2θ＝－eq\f(\r(17),9).9．設(shè)角α是第三象限角，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))＝－sineq\f(α,2)，則角eq\f(α,2)是第__四__象限角．解析由α是第三象限角，知2kπ＋π<α<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)，所以eq\f(α,2)是第二或第四象限角，再由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))＝－sineq\f(α,2)知sineq\f(α,2)<0，所以eq\f(α,2)只能是第四象限角．三、解答題10．角α的終邊上的點(diǎn)P與A(a，b)關(guān)于x軸對(duì)稱(a≠0，b≠0)，角β的終邊上的點(diǎn)Q與A關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，求eq\f(sinα,cosβ)＋eq\f(tanα,tanβ)＋eq\f(1,cosαsinβ)的值．解析由題意可知點(diǎn)P坐標(biāo)為P(a，－b)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為Q(b，a)．根據(jù)三角函數(shù)定義得sinα＝－eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosα＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，tanα＝－eq\f(b,a)，sinβ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，cosβ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，tanβ＝eq\f(a,b)，所以eq\f(sinα,cosβ)＋eq\f(tanα,tanβ)＋eq\f(1,cosαsinβ)＝－1－eq\f(b2,a2)＋eq\f(a2＋b2,a2)＝0.11．已知扇形AOB的周長(zhǎng)為8.(1)若這個(gè)扇形的面積為3，求圓心角的大?。?2)求這個(gè)扇形的面積取得最大值時(shí)圓心角的大小和弦長(zhǎng)AB．解析設(shè)扇形AOB的半徑為r，弧長(zhǎng)為l，圓心角為α.(1)由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2r＋l＝8，,\f(1,2)lr＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝3，,l＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝1，,l＝6，))∴α＝eq\f(l,r)＝eq\f(2,3)或α＝eq\f(l,r)＝6.(2)∵2r＋l＝8，∴S扇＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)r(8－2r)＝r(4－r)＝－(r－2)2＋4≤4，當(dāng)且僅當(dāng)r＝2，即α＝eq\f(l,r)＝2時(shí)，扇形面積取得最大值4.∴弦長(zhǎng)AB＝2sin1×2＝4sin1.12．已知sinα<0，tanα>0.(1)求α角的集合；(2)求eq\f(α,2)的終邊所在的象限；(3)試判斷taneq\f(α,2)sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)的符號(hào)．解析(1)由sinα<0，知α的終邊在第三、四象限或y軸的負(fù)半軸上；由tanα>0，知α的終邊在第一、三象限，故α的終邊在第三象限，其集合為αeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(2k＋1π<α<2kπ＋\f(3π,2)，k∈Z)).(2)由(2k＋1)π<α<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z，故eq\f(α,2)的終邊在第二、四象限．(3)當(dāng)eq\f(α,2)在第二象限時(shí)，taneq\f(α,2)<0，sineq\f(α,2)>0，coseq\f(α,2)<0，所以taneq\f(α,2)si