章末整合提升1(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版2019）

第一章　三角函数 章 末 整 合 提 升 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　三角函数 1 一、任意角的三角函数、诱导公式 1．任意角的三角函数值只与这个角的终边位置有关，而与点P在终边上的位置无关；角与三角函数值的对应关系是多值对应关系，给定一个角，它的三角函数值是唯一确定的；反过来，给定一个三角函数值，有无穷多个角和它对应． 2．诱导公式的一个重要作用是将不是锐角的三角函数问题转化为锐角三角函数问题．熟练掌握诱导公式，准确确定符号，才能准确无误解决此类问题． [题组训练] 1．已知sin(π－α)－cos(π＋α)＝eq \f(\r(2),3)，eq \f(π,2)<α<π，则sin α－cos α＝________. 解析　因为sin(π－α)－cos(π＋α)＝sin α＋cos α＝eq \f(\r(2),3)， 则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin α＋cos α))2 ＝sin2α＋cos2α＋2sin αcos α ＝1＋2sin αcos α＝eq \f(2,9)， 所以sin α cos α＝－eq \f(7,18)， 所以(sin α－cos α)2 ＝sin2α＋cos2α－2sin αcos α ＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,18)))＝eq \f(16,9). 又eq \f(π,2)<α<π，所以sin α>0，cos α<0，sin α－cos α>0， 所以，sin α－cos α＝eq \f(4,3). 答案　eq \f(4,3) 2．已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝a，则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________． 解析　因为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， 所以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. 答案　0 3．已知角α的终边经过点P(3m－9，m＋2)． (1)若m＝2，求5sin α＋3tan α的值； (2)若cos α≤0，且sin α>0，求实数m的取值范围． 解析　(1)若m＝2，则P(－3,4)， 所以x＝－3，y＝4，r＝5， 所以sin α＝eq \f(4,5)，cos α＝－eq \f(3,5)，tan α＝－eq \f(4,3)， 故5sin α＋3tan α＝5×eq \f(4,5)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝4－4＝0. (2)由题意知，cos α＝eq \f(x,r)≤0，sin α＝eq \f(y,r)>0， 即x≤0，y>0， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3m－9≤0，,m＋2>0，))所以－2<m≤3， 即实数m的取值范围为(－2,3]． 二、三角函数的图象及变换 1．“五点法”作图中的五点分别为图象的最高点、最低点及与x轴的交点，描点作图并向左或向右平移即得正弦曲线和余弦曲线. 2．函数y＝sin x的图象变换到函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，法则是针对自变量x和因变量y，左加右减，上加下减．途径是相位变换φ(φ≠0)→周期交换ω(ω＞0)→振幅变换A(A＞0)和周期变换ω(ω＞0)→相位变换φ(φ≠0)→振幅变换A(A＞0)．注意二者平移量的不同． [题组训练] 1．将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移a(a＞0)个单位长度得到函数g(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象，则a的值可以为(　　) A．eq \f(5π,12)　　　　　　　 B．eq \f(7π,12) C．eq \f(19π,24) D．eq \f(41π,24) 解析　由题意知，g(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))，其图象向左平移a个单位得到函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2a＋\f(3π,4)))，而函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以有2a＋eq \f(3π,4)＝eq \f(π,3)＋2kπ，则a＝－eq \f(5π,24)＋kπ，k∈Z.取k＝1，得a＝eq \f(19π,24).故选C． 答案　C 2．某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表. ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x ____ eq \f(π,3) ____ eq \f(5π,6) ____ Asin(ωx＋φ) 0 5 ____ －5 0 (1)请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式； (2)将y＝f(x)图象上所有点向左平行移动eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝g(x)图象，求y＝g(x)的图象离原点O最近的对称中心． 解析　(1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq \f(π,6). 数据补全如下表. ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x eq \f(π,12) eq \f(π,3) eq \f(7π,12) eq \f(5π,6) eq \f(13π,12) Asin(ωx＋φ) 0 5 0 －5 0 函数解析式为f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))). (2)由(1)知，f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))， 因此g(x)＝5sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))). y＝sin x的对称中心为(kπ，0)，k∈Z， 令2x＋eq \f(π,6)＝kπ，解得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z. 即y＝g(x)的图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))，k∈Z. 其中离原点O最近的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)). 三、三角函数的性质及其应用 题点多探 多维探究 1．三角函数的两条性质 (1)周期性：函数y＝Asin (ωx＋φ)和y＝Acos (ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,|ω|)，y＝tan (ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,|ω|). (2)奇偶性：三角函数中奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx，而偶函数一般可化为y＝Acos ωx＋B的形式． 2．求三角函数的单调区间的方法 求形如y＝Asin (ωx＋φ)或y＝Acos (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的函数的单调区间可以通过解不等式方法去解答，即把ωx＋φ视为一个“整体”，分别与正弦函数y＝sin x，余弦函数y＝cos x的单调递增(减)区间对应解出x，即得所求的单调递增(减)区间． 3．三角函数图象的对称性 求形如y＝Acos (ωx＋φ)图象的对称轴，可把“ωx＋φ”看作一个整体，由ωx＋φ＝kπ，k∈Z求x可得对称轴方程，类似通过ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z可求对称中心的横坐标． 4．三角函数的最值(值域)问题 三角函数的值域和最值问题一直是高考的热点．求三角函数的最值问题通常有以下两种途径： (1)将所求三角函数式转化为y＝Asin (ωx＋φ)＋k或y＝Acos (ωx＋φ)＋k的形式，然后结合角x的取值范围求最值； (2)将所求三角函数式变形转化为关于sin x(或cos x)的二次函数的形式，然后结合二次函数的性质求解． 角度1　三角函数的最值、值域问题 [题组训练] 1．若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))，则函数y＝3＋2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最大值为________，最小值为________． 解析　因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))，所以0≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)， 所以0≤coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，所以当coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝1时，ymax＝5. 当coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝0时，ymin＝3. 所以函数y＝3＋2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上的最大值为5， 最小值为3. 答案　5　3 2．已知函数f(x)＝2sin2 x－2asin x＋a2－2a－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,2)))的最小值为－2，求实数a的值，并求此时f(x)的最大值． 解析　f(x)＝2sin2 x－2asin x＋a2－2a－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin x－\f(a,2)))2＋eq \f(a2,2)－2a－1. 由0≤x≤eq \f(π,2)，得0≤sin x≤1. 当0≤a≤2时，0≤eq \f(a,2)≤1，当sin x＝eq \f(a,2)时， f(x)取得最小值eq \f(a2,2)－2a－1＝－2， 解得a＝2－eq \r(2)或a＝2＋eq \r(2)(舍去)，此时f(x)的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1； 当a＞2时，eq \f(a,2)＞1，当sin x＝1时，f(x)取得最小值a2－4a＋1＝－2，解得a＝3或a＝1(舍去)，此时f(x)的最大值为f(0)＝2； 当a＜0时，eq \f(a,2)＜0，当sin x＝0时，f(x)取得最小值a2－2a－1＝－2，解得a＝1(舍去)． 综上所述，当a＝2－eq \r(2)时，f(x)的最大值为－1， 当a＝3时，f(x)的最大值为2. 角度2　三角函数性质的综合问题 [题组训练] 1．函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象为C． ①图象C关于直线x＝eq \f(11π,12)对称；②函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上单调递增； ③将y＝3sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度可以得到图象C． 以上三个论断中，正确论断的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　①feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,6)－\f(π,3)))＝3sin eq \f(3π,2)＝－3， ∴直线x＝eq \f(11π,12)为对称轴，①正确； ②由－eq \f(π,12)＜x＜eq \f(5π,12)⇒－eq \f(π,2)＜2x－eq \f(π,3)＜eq \f(π,2)， 由于函数y＝3sin x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增， 故函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上单调递增，②正确； ③f(x)＝3sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，而将y＝3sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到函数y＝3sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象，得不到图象C，③错误．故选C． 答案　C 2．已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)，x∈R，其中ω＞0，－π＜φ≤π.若函数f(x)的最小正周期为6π，且当x＝eq \f(π,2)时，f(x)取得最大值，则(　　) A．f(x)在区间[－2π，0]上单调递增 B．f(x)在区间[－3π，－π]上单调递增 C．f(x)在区间[3π，5π]上单调递减 D．f(x)在区间[4π，6π]上单调递减 解析　由题设，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ω·\f(π,2)＋φ＝\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,\f(2π,ω)＝6π，)) 又－π＜φ≤π，解得ω＝eq \f(1,3)，φ＝eq \f(π,3). 所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,3))). 令－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(x,3)＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 得－eq \f(5π,2)＋6kπ≤x≤eq \f(π,2)＋6kπ，k∈Z. 取k＝0，得－eq \f(5π,2)≤x≤eq \f(π,2)， 所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,2)，\f(π,2)))为f(x)的一个单调递增区间． 因为[－2π，0]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,2)，\f(π,2)))， 所以f(x)在区间[－2π，0]上单调递增．故选A． 答案　A 3．当x＝eq \f(π,4)时，函数y＝f(x)＝Asin(x＋φ)(A＞0)取得最小值，则函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))是(　　) A．奇函数，且当x＝eq \f(π,2)时取得最大值 B．偶函数，且图象关于点(π，0)对称 C．奇函数，且当x＝eq \f(π,2)时取得最小值 D．偶函数，且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称 解析　因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－A， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝－1，φ＝eq \f(5π,4)＋2kπ，k∈Z， 所以y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))＝Asin(－x)＝－Asin x， 所以y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))是奇函数，且当x＝eq \f(π,2)时取得最小值． 答案　C 4．(多选题)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))－2lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))的所有非负零点从小到大依次记为x1，x2，…，xn，则(　　) A．n＝8 B．n＝9 C．x1＋x2＋…＋xn－1>eq \f(104π,9) D．x1＋x2＋…＋xn>eq \f(131π,9) 解析　由2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))－2lg(x＋1)＝0，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝lg(x＋1)， 即y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))与y＝lg(x＋1)的图象在第一象限交点的横坐标为x1，x2，…，xn， 因为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))≤1，y＝lg(x＋1)＝1时， x＝9，如图， 由图可知，共有9个符合要求的交点，所以n＝9. 令sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝－1，解得3x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z， 即x＝eq \f(2kπ,3)＋eq \f(4π,9)，k∈Z， 故由图象可知x1＋x2>2×eq \f(4π,9)，x3＋x4>2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(4π,9)))， x5＋x6>2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋\f(4π,9)))，x7＋x8>2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6π,3)＋\f(4π,9)))， 所以x1＋x2＋…＋x8>2×eq \f(52π,9)＝eq \f(104π,9). 若x1＋x2＋…＋x8＋x9>eq \f(131π,9)， 则需x9>eq \f(27π,9)＝3π， 由图知，x9<9<3π，故不成立， 综上可知，BC正确，AD错误，故选BC． 答案　BC 忽略函数的定义域致错 函数y＝log2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))的单调递增区间为________． [解析]　由题意，得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＞0， 所以2kπ＜x＋eq \f(π,3)＜π＋2kπ，k∈Z， 解得－eq \f(π,3)＋2kπ＜x＜eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z. 又函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)π＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z)， 所以函数y＝log2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z)． [答案]　eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z) [纠错心得] 解决与三角函数有关的复合函数问题时，定义域是首先要考虑的问题，要在定义域内思考问题． 三角函数的综合问题 (13分)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin (ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π. (1)求ω和φ的值； (2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq \f(\r(3),4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＜α＜\f(2π,3)))，求cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))的值． [审题指导]　(1)利用对称轴和相邻两个最高点距离分别求ω，φ. (2)在(1)的基础上，注意角之间的关系，利用诱导公式求值． [规范解答]　 (1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq \f(2π,T)＝2①.(3分) 又f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称， 所以2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即φ＝－eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z. 由－eq \f(π,2)≤φ＜eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,6)②.(8分) (2)由(1)得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(α,2)－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),4)， 所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,4).(10分) 又coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)))) ＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6)＋α)) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,4).(13分) $$