Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Bài 2: Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác

Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương 9 tháng 10 2020 lúc 15:10:00


Mục lục
* * * * *

Bài 14 trang 199 SGK Đại số 10 Nâng cao

Mỗi khẳng định sau đúng hay sai?

LG a

Nếu α âm thì ít nhất một trong các số cosα, sinα phải âm.

Giải chi tiết:

Sai

Chẳng hạn \(\alpha  =  - {{7\pi } \over 4}\) thì cosα và sin α đều dương.

LG b

Nếu α dương thì \(\sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } \)

Giải chi tiết:

Sai

 Chẳng hạn: \(\alpha  = {{5\pi } \over 4}\) thì sinα < 0

LG c

Các điểm trên đường tròn lượng giác xác định bởi các số thực sau trùng nhau:

\({\pi  \over 4};\,\, - {{7\pi } \over 4};\,\,{{13\pi } \over 4};\,\, - {{17\pi } \over 4}\)

Giải chi tiết:

Sai

Trên đường tròn lượng giác các điểm biểu diễn các số:

\({\pi  \over 4};\,\, - {{7\pi } \over 4} =  - 2\pi  + {\pi  \over 4};\,\, - {{17\pi } \over 4} =  - 9.2\pi  + {\pi  \over 4}\)

Là trùng nhau nhưng không trùng với điểm biểu diễn số \({{13\pi } \over 4} = 3\pi  + {\pi  \over 4}\)

LG d

Ba số sau bằng nhau: \({\cos ^2}{45^0};\,\,\sin({\pi  \over 3}\cos {\pi  \over 3})  ;\,\,\, - \sin {210^0}\)

Giải chi tiết:

Đúng

Vì:

\(\eqalign{
& \cos^2 {45^0} = {1 \over 2} \cr 
& \sin ({\pi \over 3}\cos {\pi \over 3}) = \sin ({\pi \over 3}.{1 \over 2}) = \sin {\pi \over 6} = {1 \over 2} \cr 
& - \sin {210^0} = - \sin ({180^0} + {30^0}) = - ( - {1 \over 2}) = {1 \over 2} \cr} \)

LG e

Hai số sau khác nhau: \(\sin {{11\pi } \over 6};\,\,\sin ({{5\pi } \over 6} + 1505\pi )\)

Giải chi tiết:

Sai

Vì:

\(\eqalign{
& \sin {{11\pi } \over 6} = \sin (2\pi - {\pi \over 6}) = \sin ( - {\pi \over 6}) \cr 
& \,\sin ({{5\pi } \over 6} + 1505\pi ) = sin(1506\pi - {\pi \over 6}) = \sin ( - {\pi \over 6}) \cr} \) 

LG f

Các điểm của đường tròn lượng giác lần lượt xác định bởi các số đo: \(0;\,{\pi  \over 3};\,\pi ;\, - {{2\pi } \over 3};\, - {\pi  \over 3}\) là các đỉnh liên tiếp của một lục giác đều.

Giải chi tiết:

Đúng

Vì chỉ cần dựng lục giác đều nội tiếp đường tròn lượng giác với một đỉnh A và quan sát.

Bài 15 trang 200 SGK Đại số 10 Nâng cao

Tìm các điểm của đường tròn lượng giác xác định bởi số α trong mỗi trường hợp sau:

LG a

\(\cos \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \)

Phương pháp giải:

Nhận xét dấu của các giá trị lượng giác từ dữ kiện bài cho, suy ra vị trí điểm cần tìm.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \Rightarrow \cos \alpha \ge 0 \cr} \)

⇔  M nằm trên nửa đường tròn lượng giác bên phải trục Oy (lấy cả 2 điểm trên trục Oy).

Hay M(x;y) sao cho x2 + y2 = 1; x ≥ 0.

LG b

\(\sqrt {{{\sin }^2}\alpha }  = \sin \alpha \)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\sqrt {{{\sin }^2}\alpha }  = \sin \alpha  \Rightarrow \sin \alpha  \ge 0\)

Suy ra M nằm trên nửa đường tròn lượng giác phía trên trục Ox (lấy cả 2 điểm nằm trên trục Ox)

⇔  M(x, y) thỏa mãn x2 + y2 = 1; y ≥ 0

LG c

\(\tan \alpha  = {{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } } \over {\cos \alpha }}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha = \frac{{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } }}{{\cos \alpha }}\\
\Leftrightarrow \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } }}{{\cos \alpha }}\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\cos \alpha \ne 0\\
\sin \alpha = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha }
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\cos \alpha \ne 0\\
\sin \alpha \ge 0
\end{array} \right.
\end{array}\)

Mà \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\) \( \Rightarrow {\sin ^2}\alpha  = 1 - {\cos ^2}\alpha \)

Do \(\cos \alpha \ne 0\) nên \({\sin ^2}\alpha\ne 1\) hay \(\sin\alpha \ne 1\).

Vậy tập hợp các điểm M là nửa đường tròn đơn vị nằm phía trên trục hoành (lấy cả 2 điểm thuộc trục hoành nhưng không lấy điểm (0;1))

⇔  M(x, y) thỏa mãn x2 + y2 = 1, y ≥ 0; y ≠ 1

Bài 16 trang 200 SGK Đại số 10 Nâng cao

Xác định dấu của các số sau:

LG a

\(\sin {156^0};\,\cos ( - {80^0});\)\(\tan ( - {{17\pi } \over 8});\,\tan {556^0}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng các so sánh góc suy ra dấu các giá trị lượng giác.

Lời giải chi tiết:

Vì 00 < 1560 < 1800 nên sin 1560 >0

Vì -900 < -800 < 900 nên cos(-800) > 0

Ta có:

\(\tan ( - {{17\pi } \over 8}) = tan( - 2\pi  - {\pi  \over 8}) \) \(= \tan ( - {\pi  \over 8}) < 0\)

\((do\, - {\pi  \over 2} <  - {\pi  \over 8} < 0)\) 

Tan 5560 = tan(3600 + 1960) = tan1960 > 0 (do 1800 < 1960 < 2700)

LG b

\(\sin (\alpha  + {\pi  \over 4});\,\,\cos (\alpha  - {{3\pi } \over 8});\,\,\tan (\alpha  - {\pi  \over 2})\)

\((0 < \alpha  < {\pi  \over 2})\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& 0 < \alpha < {\pi \over 2} \Rightarrow {\pi \over 4} < \alpha + {\pi \over 4} < {{3\pi } \over 4} \cr &\Rightarrow  0 < \alpha + {\pi \over 4} < \pi\cr& \Rightarrow \sin (\alpha + {\pi \over 4}) > 0 \cr 
& 0 < \alpha < {\pi \over 2} \Rightarrow - {{3\pi } \over 8} < \alpha - {{3\pi } \over 8} < {\pi \over 8} \cr&\Rightarrow  - \frac{\pi }{2} < \alpha  - \frac{{3\pi }}{8} < \frac{\pi }{2}\cr &\Rightarrow \cos (\alpha - {{3\pi } \over 8}) > 0 \cr 
& 0 < \alpha < {\pi \over 2} \Rightarrow - {\pi \over 2} < \alpha - {\pi \over 2} < 0 \cr&\Rightarrow \tan (\alpha - {\pi \over 2}) < 0 \cr} \)

Bài 17 trang 200 SGK Đại số 10 Nâng cao

Tính giá trị lượng giác của các góc sau:

LG a

\( - {\pi  \over 3} + (2k + 1)\pi \)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \( - {\pi  \over 3} + (2k + 1)\pi  = {{2\pi } \over 3} + k2\pi \)

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin ({{2\pi } \over 3} + k2\pi ) = \sin {{2\pi } \over 3} = {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \cos ({{2\pi } \over 3} + k2\pi ) = \cos {{2\pi } \over 3} = - {1 \over 2} \cr 
& \tan ({{2\pi } \over 3} + k2\pi ) = \tan {{2\pi } \over 3} = - \sqrt 3 \cr 
& \cot ({{2\pi } \over 3} + k2\pi ) = \cot {{2\pi } \over 3} = - {{\sqrt 3 } \over 3} \cr} \) 

LG b

 kπ 

Lời giải chi tiết:

Ta có

cos kπ = 1 nếu k chẵn

cos kπ = -1 nếu k lẻ 

⇒cos kπ = (-1)k

sin(kπ) = 0

tan(kπ) = 0

cot(kπ) không xác định do sin(kπ) = 0.

LG c

\({\pi  \over 2} + k\pi \)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos ({\pi \over 2} + k\pi ) = 0 \cr 
& sin({\pi \over 2} + k\pi ) = {( - 1)^k} \cr 
& cot({\pi \over 2} + k\pi ) = 0 \cr} \)

\(\tan ({\pi  \over 2} + k\pi )\) không xác định

LG d

\({\pi  \over 4} + k\pi \,(k \in Z)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos ({\pi \over 4} + k\pi ) = {( - 1)^k}{{\sqrt 2 } \over 2} \cr 
& \sin ({\pi \over 4} + k\pi ) = {( - 1)^k}{{\sqrt 2 } \over 2} \cr 
& \tan ({\pi \over 4} + k\pi ) = \cot ({\pi \over 4} + k\pi ) = 1 \cr} \)

Bài 18 trang 200 SGK Đại số 10 Nâng cao

Tính giá trị lượng giác của góc α trong mỗi trường hợp sau:

LG a

\(\cos \alpha  = {1 \over 4};\,\,\sin \alpha  < 0\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\\ \Rightarrow {\sin ^2}\alpha  = 1 - {\cos ^2}\alpha \\ = 1 - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{15}}{{16}}\end{array}\)

Mà \(\sin \alpha  < 0\) nên \(\sin \alpha  =  - \sqrt {\frac{{15}}{{16}}}  =  - \frac{{\sqrt {15} }}{4}\)

\(\tan \alpha  = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}\) \( = \left( { - \frac{{\sqrt {15} }}{4}} \right):\frac{1}{4} =  - \sqrt {15} \)

\(\cot \alpha  = \frac{1}{{\tan \alpha }}\) \( = \frac{1}{{ - \sqrt {15} }} =  - \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\)

LG b

\(\sin \alpha =  - {1 \over 3};\,{\pi  \over 2} < \alpha  < {{3\pi } \over 2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\\
\Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha \\
= 1 - {\left( { - \frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{8}{9}
\end{array}\)

Mà \({\pi \over 2} < \alpha < {{3\pi } \over 2} \Rightarrow \cos \alpha  < 0\)

\(\Rightarrow \cos \alpha = - \sqrt {\frac{8}{9} } = - {{2\sqrt 2 } \over 3}\)

\(\tan \alpha = {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} \)\(= \left( { - \frac{1}{3}} \right):\left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right) = {{\sqrt 2 } \over 4} \)

\(\cot \alpha  = \frac{1}{{\tan \alpha }} = 1:\frac{{\sqrt 2 }}{4} = 2\sqrt 2\)

LG c

\(\tan \alpha  = {1 \over 2};\, - \pi  < \alpha  < 0\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \[1 + {\cot ^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\]

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha .\cot \alpha = 1\\
\Rightarrow \cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{{\frac{1}{2}}} = 2\\
1 + {\cot ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\\
\Rightarrow {\sin ^2}\alpha = \frac{1}{{1 + {{\cot }^2}\alpha }}\\
- \pi < \alpha < 0 \Rightarrow \sin \alpha < 0\\
\Rightarrow \sin \alpha = - \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\cot }^2}\alpha } }}\\
= - \frac{1}{{\sqrt {1 + {2^2}} }} = - \frac{1}{{\sqrt 5 }} = - \frac{{\sqrt 5 }}{5}\\
\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\tan \alpha }}\\
= - \frac{{\sqrt 5 }}{5}:\frac{1}{2} = - \frac{{2\sqrt 5 }}{5}
\end{array}\)

Cách khác:

Ta có:

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
- \pi < \alpha < 0 \hfill \cr 
\tan \alpha = {1 \over 2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \cos \alpha < 0\cr& \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha \cr&   \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}\alpha }}\cr &\Rightarrow \cos \alpha = - {1 \over {\sqrt {1 + {{\tan }^2}\alpha } }} = - {{2\sqrt 5 } \over 5} \cr 
& \tan \alpha  = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} \cr &\Rightarrow \sin \alpha = \tan \alpha .\cos \alpha = - {{\sqrt 5 } \over 5} \cr 
& \cot \alpha = {1 \over {\tan \alpha }} = 2 \cr} \)

Bài 19 trang 200 SGK Đại số 10 Nâng cao

Đơn giản các biểu thức

LG a

\(\sqrt {{{\sin }^4}\alpha  + {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \)

Phương pháp giải:

Đặt \({\sin }^2\alpha\) làm nhân tử chung.

Sử dụng công thức \[{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\]

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sqrt {{{\sin }^4}\alpha + {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \cr &= \sqrt {{{\sin }^2}\alpha ({{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha )} \cr 
& = \sqrt {{{\sin }^2}\alpha } = |\sin \alpha | \cr} \)

LG b

\({{1 - \cos \alpha } \over {{{\sin }^2}\alpha }} - {1 \over {1 + \cos \alpha }}\,\,(\sin \alpha  \ne 0)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& {{1 - \cos \alpha } \over {{{\sin }^2}\alpha }} - {1 \over {1 + \cos \alpha }}\cr &= {{1 - \cos \alpha } \over {1 - {{\cos }^2}\alpha }} - {1 \over {1 + \cos \alpha }} \cr 
& =\frac{{1 - \cos \alpha }}{{\left( {1 - \cos \alpha } \right)\left( {1 + \cos \alpha } \right)}} - \frac{1}{{1 + \cos \alpha }}\cr &= {1 \over {1 + \cos \alpha }} - {1 \over {1 + \cos \alpha }} = 0 \cr} \)

LG c

\({{1 - {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\alpha }} - {\cos ^2}\alpha \,\,\,(cos\alpha  \ne 0)\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \[1 + {\tan ^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\]

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& {{1 - {{\sin }^2}\alpha{{\cos }^2}\alpha} \over {{{\cos }^2}\alpha}} - {\cos ^2}\alpha\cr&= {1 \over {{{\cos }^2}\alpha }} - {\sin ^2}\alpha - {\cos ^2}\alpha \cr 
&  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} - \left( {{{\sin }^2}\alpha  + {{\cos }^2}\alpha } \right)\cr &= {1 \over {{{\cos }^2}\alpha }} - 1 \cr &= 1 + {\tan ^2}\alpha  - 1= {\tan ^2 \alpha } \cr} \)

Cách khác:

\[\begin{array}{l}
\frac{{1 - {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} - {\cos ^2}\alpha \\
= \frac{{1 - {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha - {{\cos }^4}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}\\
= \frac{{\left( {1 - {{\cos }^4}\alpha } \right) - {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}\\
= \frac{{\left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)\left( {1 + {{\cos }^2}\alpha } \right) - {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}\\
= \frac{{{{\sin }^2}\alpha \left( {1 + {{\cos }^2}\alpha } \right) - {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}\\
= \frac{{{{\sin }^2}\alpha \left( {1 + {{\cos }^2}\alpha - {{\cos }^2}\alpha } \right)}}{{{{\cos }^2}\alpha }}\\
= \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha
\end{array}\]

Bài 20 trang 200 SGK Đại số 10 Nâng cao

Tính các giá trị lượng giác của các góc sau

2250; -2250; 7500; -5100

\({{5\pi } \over 3};\,\,{{11\pi } \over 6};\,\,{{ - 10\pi } \over 3};\,\,\, - {{17\pi } \over 3}\)

Lời giải chi tiết

+ \(\eqalign{
& \sin {225^0} = \sin ( - {135^0} + {360^0})\cr& = \sin ( - {135^0}) =-\sin 135^0= - {{\sqrt 2 } \over 2} \cr 
& \cos {225^0} = \cos ( - {135^0} + {360^0}) \cr&= \cos ( - {135^0}) = \cos 135^0=- {{\sqrt 2 } \over 2} \cr } \)

\(\tan {225^0} = \frac{{\sin {{225}^0}}}{{\cos {{225}^0}}} \)\(= \left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right):\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = 1\)

\(\cot {225^0} = \frac{1}{{\tan {{225}^0}}} = 1\)

+ \(\eqalign{
& \sin ( - {225^0}) = \sin ({135^0} - {360^0})\cr & = \sin {135^0} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr 
& cos( - {225^0}) = \cos ({135^0} - {360^0}) \cr &= \cos {135^0} = -{{\sqrt 2 } \over 2} \cr } \)

\(\begin{array}{l}
\tan {\left( { - 225} \right)^0} = \frac{{\sin \left( { - {{225}^0}} \right)}}{{\cos \left( { - {{225}^0}} \right)}}\\
= \frac{{\sqrt 2 }}{2}:\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = - 1\\
\cot \left( { - {{225}^0}} \right) = \frac{1}{{\tan \left( { - {{225}^0}} \right)}} = - 1
\end{array}\)

+ \(\eqalign{
& \sin {750^0} = \sin ({30^0} + {720^0})\cr & = \sin {30^0} = {1 \over 2} \cr 
& \cos {750^0} = \cos {30^0} = {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \tan {750^0} = \tan {30^0} = {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \cot {750^0} = \cot {30^0} = \sqrt 3 \cr} \)

+ \(\eqalign{
& \sin ( - {510^0}) = \sin ( - {150^0} - {360^0})\cr& = \sin ( - {150^0}) = - {1 \over 2} \cr 
& \cos ( - {510^0}) = \cos ( - {150^0}) = - {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \tan ( - {510^0}) = {1 \over {\sqrt 3 }} \cr 
& \cot ( - {510^0}) = \sqrt 3 \cr} \)

+ \(\eqalign{
& \sin {{5\pi } \over 3} = \sin ( - {\pi \over 3} + 2\pi ) \cr &= \sin ( - {\pi \over 3}) = - {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \cos {{5\pi } \over 3} = \cos ( - {\pi \over 3}) = {1 \over 2} \cr 
& \tan ({{5\pi } \over 3}) = - \sqrt 3 \cr 
& \cot {{5\pi } \over 3} = - {1 \over {\sqrt 3 }} \cr} \)

+ \(\eqalign{
& \sin {{11\pi } \over 6} = \sin ( - {\pi \over 6} + 2\pi ) \cr &= \sin ( - {\pi \over 6}) = - {1 \over 2} \cr 
& \cos {{11\pi } \over 6} = \cos \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) = {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \tan {{11\pi } \over 6} = - {1 \over {\sqrt 3 }} \cr 
& \cot {{11\pi } \over 6} = - \sqrt 3 \cr} \)

+ \(\eqalign{
& \sin ( - {{10\pi } \over 3}) = \sin ({{2\pi } \over 3} - 4\pi )\cr &= \sin {{2\pi } \over 3} = {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \cos ( - {{10\pi } \over 3}) = \cos {{2\pi } \over 3} = - {1 \over 2} \cr 
& \tan ( - {{10\pi } \over 3}) = - \sqrt 3 \cr 
& \cot ( - {{10\pi } \over 3}) = - {1 \over {\sqrt 3 }} \cr} \)

+  \(\eqalign{
& \sin ( - {{17\pi } \over 3}) = \sin ({\pi \over 3} - 6\pi )\cr & = \sin {\pi \over 3} = {{\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& \cos ( - {{17\pi } \over 3}) = \cos {\pi \over 3} = {1 \over 2} \cr 
& \tan ( - {{17\pi } \over 3}) = \sqrt 3 \cr 
& \cot ( - {{17\pi } \over 3}) = {1 \over {\sqrt 3 }} \cr} \)

Bài 21 trang 200 SGK Đại số 10 Nâng cao

Xét góc lượng giác (OA; OM) = α, trong đó M là điểm không nằm trên các trục tọa độ Ox, Oy. Hãy lập bảng dấu của sinα,cosα,tanα theo vị trí M thuộc góc phần tư thứ I, II, III, IV xác định bởi hệ tọa độ Oxy. Hỏi M trong góc phần tư nào thì.

LG a

a) sinα ,cosα cùng dấu

Giải chi tiết:

Có bảng dấu:

M trong các góc phần tư I, III thì sinα và cosα cùng dấu (tanα > 0)

LG b

sinα ,tanα khác dấu

Giải chi tiết:

M trong các góc phần tư II, III thì sinα, tanα khác dấu (tức cosα < 0)

Bài 22 trang 201 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh các đẳng thức sau

LG a

cos4α –sin4α  = 2cos2α  - 1

Lời giải chi tiết:

Ta có:

cos4α –sin4α  = (cos2α + sin2α)(cos2α – sin2α)

= cos2α – sin2α = cos2α – (1 – cos2α) = 2cos2α – 1

LG b

\(1 - {\cot ^4}\alpha  = {2 \over {{{\sin }^2}\alpha }} - {1 \over {{{\sin }^4}\alpha }}\,\,\,(\sin \alpha  \ne 0)\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \[{1 + {{\cot }^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}}\]

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& 1 - {\cot ^4}\alpha  \cr 
& = \left( {1 + {{\cot }^2}\alpha } \right)\left( {1 - {{\cot }^2}\alpha } \right)\cr &= {1 \over {{{\sin }^2}\alpha }}(1 - {{{{\cos }^2}\alpha } \over {{{\sin }^2}\alpha }}) \cr& = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}.\frac{{{{\sin }^2}\alpha  - {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }}\cr &= {1 \over {{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha - (1 - {{\sin }^2}\alpha )} \over {{{\sin }^2}\alpha }} \cr 
& = {{2{{\sin }^2}\alpha - 1} \over {{{\sin }^4}\alpha }} = {2 \over {{{\sin }^2}\alpha }} - {1 \over {{{\sin }^4}\alpha }} \cr} \)

LG c

\({{1 + {{\sin }^2}\alpha } \over {1 - {{\sin }^2}\alpha }} = 1 + 2{\tan ^2}\alpha \,\,\,(\sin \alpha  \ne  \pm 1)\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \[1 + {\tan ^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\]

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& {{1 + {{\sin }^2}\alpha } \over {1 - {{\sin }^2}\alpha }} =  {{1 + {{\sin }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\alpha }} \cr &={1 \over {{{\cos }^2}\alpha }} + {\tan ^2}\alpha \cr 
&  = 1 + {\tan ^2}\alpha  + {\tan ^2}\alpha \cr &= 1 + 2{\tan ^2}\alpha \cr} \)

Bài 23 trang 201 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào α

LG a

\(\sqrt {{{\sin }^4}\alpha  + 4{{\cos }^2}\alpha }  \) \(+ \sqrt {{{\cos }^4}\alpha  + 4{{\sin }^2}\alpha } \)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \[{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\]

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sqrt {{{\sin }^4}\alpha  + 4{{\cos }^2}\alpha }  \cr&=\sqrt {{{\sin }^4}\alpha + 4(1 - {{\sin }^2}\alpha )} \cr & = \sqrt {{{\sin }^4}\alpha  - 4{{\sin }^2}\alpha  + 4} \cr &= \sqrt {{{(2 - {{\sin }^2}\alpha )}^2}} \cr 
& = 2 - {\sin ^2}\alpha \,\,\,\,\,\,\,\,\,({\sin ^2}\alpha \le 1) \cr 
& \sqrt {{{\cos }^4}\alpha  + 4{{\sin }^2}\alpha } \cr &=\sqrt {{{\cos }^4}\alpha + 4(1 - {{\cos }^2\alpha})} \cr & = \sqrt {{{\cos }^4}\alpha  - 4{{\cos }^2}\alpha  + 4} \cr &= \sqrt {{{(2 - {{\cos }^2}\alpha )}^2}} \cr 
& = 2 - {\cos ^2}\alpha \,\,\,\,\,\,\,\,(\cos ^2\alpha \le 1) \cr} \)

Vậy:

\(\sqrt {{{\sin }^4}\alpha  + 4(1 - {{\sin }^2}\alpha )}  \) \(+ \sqrt {{{\cos }^4}\alpha  + 4{{\sin }^2}\alpha } \)

\( = 2 - {\sin ^2}\alpha  + 2 - {\cos ^2}\alpha \) \(= 4-(\sin ^2\alpha +\cos ^2\alpha ) =4 - 1= 3\)

LG b

\(2(si{n^6}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^6}\alpha {\rm{ }}){\rm{ }}-{\rm{ }}3(co{s^4}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}si{n^4}\alpha {\rm{ }})\)

Phương pháp giải:

Sử dụng các hằng đẳng thức:

\[\begin{array}{l}
{A^3} + {B^3} = {\left( {A + B} \right)^3} - 3AB\left( {A + B} \right)\\
{A^2} + {B^2} = {\left( {A + B} \right)^2} - 2AB
\end{array}\]

Lời giải chi tiết:

 Ta có:

\(si{n^6}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^6}\alpha \) 

\( = {\rm{ }}(si{n^2}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^2}\alpha )^3{\rm{ }}\) \(-{\rm{ }}3si{n^2}\alpha co{s^2}\alpha {\rm{ }}(si{n^2}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^2}\alpha )\)

\( = {\rm{ }}1{\rm{ }}-{\rm{ }}3si{n^2}\alpha {\rm{ }}co{s^2}\alpha \)

\(co{s^4}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}si{n^4}\alpha {\rm{ }}\) \( = {\rm{ }}{(co{s^2}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}si{n^2}\alpha )^2}-{\rm{ }}2si{n^2}\alpha {\rm{ }}co{s^2}\alpha \)

\( = {\rm{ }}1{\rm{ }} - {\rm{ }}2si{n^2}\alpha {\rm{ }}co{s^2}\alpha \)

Suy ra: 

\(\eqalign{
& 2\left( {{{\sin }^6}\alpha + {{\cos }^6}\alpha } \right) - 3({\cos ^4}\alpha + {\sin ^4}\alpha ) \cr} \)

\(\begin{array}{l}
= 2\left( {1 - 3{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \right) - 3\left( {1 - 2{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \right)\\
= 2 - 6{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha - 3 + 6{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha \\
= 2 - 3 = - 1
\end{array}\)

LG c

\({2 \over {\tan \alpha  - 1}} + {{\cot \alpha  + 1} \over {\cot \alpha  - 1}}\,\,\,\,(\tan \alpha  \ne 1)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& {2 \over {\tan \alpha - 1}} + {{\cot \alpha + 1} \over {\cot \alpha - 1}}\,\,\,\, \cr&= {2 \over {{1 \over {\cot \alpha }} - 1}} + {{\cot \alpha + 1} \over {\cot \alpha - 1}} \cr 
&  = \frac{2}{{\frac{{1 - \cot \alpha }}{{\cot \alpha }}}} + \frac{{\cot \alpha  + 1}}{{\cot \alpha  - 1}}\cr &= {{2\cot \alpha } \over {1 - \cot \alpha }} + {{\cot \alpha + 1} \over {\cot \alpha - 1}}\cr & = \frac{{2\cot \alpha }}{{1 - \cot \alpha }} - \frac{{\cot \alpha  + 1}}{{1 - \cot \alpha }} \cr &= \frac{{2\cot \alpha  - \cot \alpha  - 1}}{{1 - \cot \alpha }}\cr & = {{\cot \alpha - 1} \over {1 - \cot \alpha }} = - 1 \cr} \)


Được cập nhật: hôm kia lúc 10:03:48 | Lượt xem: 489