Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Bài 4: Một số công thức lượng giác

Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương 9 tháng 10 2020 lúc 15:41:36


Mục lục
* * * * *

Bài 38 trang 213 SGK Đại số 10 Nâng cao

Hỏi mỗi khẳng định sau đây có đúng không? ∀α,∀β ta có:

LG a

\(\cos(α +β)=\cosα+\cosβ\)

Lời giải chi tiết:

Sai

Vì nếu lấy \(β = 0\) thì

\(\begin{array}{l}
\cos \left( {\alpha + 0} \right) = \cos \alpha + \cos 0\\
\Rightarrow \cos \alpha = \cos \alpha + 1
\end{array}\)

\( \Rightarrow 0 = 1\) (vô lý)

LG b

\(\sin(α -β)=\sinα -\sinβ\)

Lời giải chi tiết:

Sai

Vì nếu lấy \(\alpha  = {\pi  \over 2};\,\beta  =  - {\pi  \over 2}\) thì 

\(\begin{array}{l}
\sin \left( {\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2}} \right) = \sin \frac{\pi }{2} - \sin \left( { - \frac{\pi }{2}} \right)\\
\Rightarrow \sin \pi = 1 - \left( { - 1} \right)\\
\Rightarrow 0 = 1 + 1 = 2
\end{array}\)

(vô lý)

LG c

\(\sin(α +β)=\sinα .\cosβ+\cosα.\sinβ\);

Lời giải chi tiết:

Đúng

LG d

\(\cos(α -β)=\cosα .\cosβ-\sinα.\sinβ\)

Lời giải chi tiết:

Sai

Vì nếu lấy \(\alpha  = {\pi  \over 4};\,\beta  =   {\pi  \over 4}\) thì

\(\begin{array}{l}
\cos \left( {\frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \frac{\pi }{4}\cos \frac{\pi }{4} - \sin \frac{\pi }{4}\sin \frac{\pi }{4}\\
\Rightarrow \cos 0 = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} - \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}\\
\Rightarrow 1 = 0
\end{array}\)

(vô lý)

Sửa cho đúng:

\(\cos(α -β)=\cosα .\cosβ+\sinα.\sinβ\)

LG e

\({{\sin 4\alpha } \over {\cos 2\alpha }} = \tan 2\alpha \) (khi các biểu thức có nghĩa)

Lời giải chi tiết:

Sai

Vì nếu lấy \(\alpha  = {\pi  \over 8} \Rightarrow {{\sin {\pi  \over 2}} \over {\cos {\pi  \over 4}}} = \tan {\pi  \over 4} \Leftrightarrow \sqrt 2  = 1\) (vô lý)

LG f

\(\sin^2α =\sin2α\)

Lời giải chi tiết:

Sai

Vì nếu lấy \(\alpha  = {\pi  \over 2} \Rightarrow {\sin ^2}{\pi  \over 2} = \sin \pi  \Leftrightarrow 1 = 0\) (vô lý)

Bài 39 trang 213 SGK Đại số 10 Nâng cao

Sử dụng  75= 45+ 30o, hãy tính giá trị lượng giác của góc 750

Sử dụng 15= 45- 30o, hãy tính giá trị lượng giác của góc 150. (đối chiếu với kết quả bài tập 29)

Lời giải chi tiết

+) Ta có:

\(\eqalign{
& \cos {75^0} = \cos ({45^0} + {30^0}) \cr&= \cos {45^0}\cos {30^0} - \sin {45^0}\sin {30^0} \cr 
& = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{1}{2}\cr & = {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} - {1 \over 2}) = {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 - 1) \cr 
& \sin {75^0} = \sin ({45^0} + {30^0}) \cr&= \sin {45^0}\cos {30^0} + \cos {45^0}\sin {30^0} \cr 
& = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{1}{2}\cr & = {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} + {1 \over 2}) = {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 + 1) \cr 
& \tan{75^0} = {{\sqrt 3 + 1} \over {\sqrt 3 - 1}} = 2 + \sqrt 3 \cr 
& \cot {75^0}  = \frac{1}{{\tan {{75}^0}}} = 2 - \sqrt 3 \cr} \)

+) Ta có:

\(\eqalign{
& \cos {15^0} = \cos ({45^0} - {30^0})\cr& = \cos {45^0}\cos {30^0} + \sin {45^0}\sin {30^0} \cr 
& = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{1}{2}\cr & = {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} + {1 \over 2}) \cr &= {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 + 1)\,( = \sin{75^0}) \cr 
& \sin {15^0} = \sin ({45^0} - {30^0}) \cr&= \sin {45^0}\cos {30^0} + \cos {45^0}\sin {30^0} \cr 
& = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{1}{2}\cr &= {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} - {1 \over 2}) \cr &= {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 - 1) = (\cos{75^0}) \cr 
& \tan {15^0} = {{\sqrt 3 - 1} \over {\sqrt 3 + 1}} = 2 - \sqrt 3 \cr &\left( { = \cot {{75}^0}} \right) \cr 
& \cot {15^0}  = \frac{1}{{2 - \sqrt 3 }}= 2 + \sqrt 3 \cr} \)

Bài 40 trang 213 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng:

LG a

\(\sin \alpha  + \cos \alpha  = \sqrt 2 \sin (\alpha  + {\pi  \over 4})\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

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

LG b

\(\sin \alpha  - \cos \alpha  = \sqrt 2 \sin (\alpha  - {\pi  \over 4})\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sqrt 2 \sin (\alpha - {\pi \over 4})\cr & = \sqrt 2 (\sin \alpha \cos {\pi \over 4} - \sin {\pi \over 4}\cos \alpha ) \cr 
&  = \sqrt 2 \left( {\sin \alpha .\frac{{\sqrt 2 }}{2} - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\cos \alpha } \right)\cr &= \sin\alpha - \cos \alpha \cr} \) 

LG c

\(\tan ({\pi  \over 4} - \alpha ) = {{1 - \tan \alpha } \over {1 + \tan \alpha }}\) \((\alpha  \ne {\pi  \over 2} + k\pi ;\,\,\alpha  \ne {{3\pi } \over 4} + k\pi )\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\tan ({\pi  \over 4} - \alpha ) = {{\tan {\pi  \over 4} - \tan \alpha } \over {1 + \tan {\pi  \over 4}\tan \alpha }} = {{1 - \tan \alpha } \over {1 + \tan \alpha }}\,\)

LG d

\(\tan ({\pi  \over 4} + \alpha ) = {{1 + \tan \alpha } \over {1 - \tan \alpha }}\) \((\alpha  \ne {\pi  \over 2} + k\pi ;\,\,\alpha  \ne {\pi  \over 4} + k\pi )\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\tan ({\pi  \over 4} + \alpha ) = {{\tan {\pi  \over 4} + \tan \alpha } \over {1 - \tan {\pi  \over 4}\tan \alpha }} = {{1 + \tan \alpha } \over {1 - \tan \alpha }}\,\,\)

Bài 41 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao

LG a

a) Biết \(\sin \alpha  = {1 \over 3};\,\,\alpha  \in ({\pi  \over 2};\,\pi )\) , hãy tính giá trị lượng giác của góc 2α  và góc \({\alpha  \over 2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left\{ \matrix{
\sin \alpha = {1 \over 3} \hfill \cr 
{\pi \over 2} < \alpha < \pi \hfill \cr} \right. \)

\(\Rightarrow \cos \alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \)\(= - \sqrt {1 - {1 \over 9}} = - {{2\sqrt 2 } \over 3}\)

Khi đó:

\(\eqalign{
& \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha \cr&= 2.{1 \over 3}( - {{2\sqrt 2 } \over 3}) = - {{4\sqrt 2 } \over 9} \cr 
& \cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha = {7 \over 9} \cr 
& \tan 2\alpha = {{\sin 2\alpha } \over {\cos 2\alpha }} = - {{4\sqrt 2 } \over 7} \cr 
& \cot 2\alpha = - {{7\sqrt 2 } \over 8} \cr} \)

Ta có:

\({\pi \over 4} < {\alpha \over 2} < {\pi \over 2} \Rightarrow \left\{ \matrix{
\cos {\alpha \over 2} > 0 \hfill \cr 
\sin {\alpha \over 2} > 0 \hfill \cr} \right.\)

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

LG b

Sử dụng \({15^0} = {{{{30}^0}} \over 2}\) , hãy kiểm nghiệm lại kết quả của bài tập 39.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& 2{\cos ^2}{15^0} = 1 + \cos {30^0} = 1 + {{\sqrt 3 } \over 2} \cr&\Rightarrow \cos {15^0} = \sqrt {{{2 + \sqrt 3 } \over 2}} \cr & = \sqrt {\frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{4}}  = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\cr 
& 2{\sin ^2}{15^0} = 1 - \cos {30^0} = 1 - {{\sqrt 3 } \over 2}\cr& \Rightarrow \sin {15^0} = \sqrt {{{2 - \sqrt 3 } \over 2}}\cr & = \sqrt {\frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{4}}  = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{2} \cr 
& \tan {15^0} = \sqrt {{{2 - \sqrt 3 } \over {2 + \sqrt 3 }}} = 2 - \sqrt 3 \cr 
& \cot {15^0} = 2 + \sqrt 3 \cr} \)

Bài 42 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng:

LG a

\(\sin {{11\pi } \over {12}}\cos {{5\pi } \over {12}} = {1 \over 4}(2 - \sqrt 3 )\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin {{11\pi } \over {12}}\cos {{5\pi } \over {12}} \cr&= \sin (\pi - {\pi \over {12}})cos({\pi \over 2} - {\pi \over {12}}) \cr 
& = {\sin ^2}{\pi \over {12}} = {1 \over 2}(1 - \cos {\pi \over 6}) \cr&= {1 \over 2}(1 - {{\sqrt 3 } \over 2})\cr& = {1 \over 4}(2 - \sqrt 3 ) \cr} \)

Cách khác:

\[\begin{array}{l}
\sin \frac{{11\pi }}{{12}}\cos \frac{{5\pi }}{{12}}\\
= \frac{1}{2}\left[ {\sin \left( {\frac{{11\pi }}{{12}} + \frac{{5\pi }}{{12}}} \right) + \sin \left( {\frac{{11\pi }}{{12}} - \frac{{5\pi }}{{12}}} \right)} \right]\\
= \frac{1}{2}\left( {\sin \frac{{4\pi }}{3} + \sin \frac{\pi }{2}} \right)\\
= \frac{1}{2}\left( { - \sin \frac{\pi }{3} + 1} \right)\\
= \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \frac{{2 - \sqrt 3 }}{4}
\end{array}\]

LG b

\(\cos {\pi  \over 7}\cos {{3\pi } \over 7}\cos {{5\pi } \over 7} =  - {1 \over 8}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos {{3\pi } \over 7} = \cos (\pi - {{4\pi } \over 7}) = - \cos {{4\pi } \over 7} \cr 
& \cos {{5\pi } \over 7} = \cos (\pi - {{2\pi } \over 7}) = - \cos {{2\pi } \over 7} \cr} \) 

Đặt

\(\eqalign{
& A=\cos {\pi \over 7}\cos {{3\pi } \over 7}\cos {{5\pi } \over 7} \cr& = \cos \frac{\pi }{7}.\left( { - \cos \frac{{4\pi }}{7}} \right).\left( { - \cos \frac{{2\pi }}{7}} \right)\cr&= \cos {\pi \over 7}\cos {{2\pi } \over 7}\cos {{4\pi } \over 7} \cr } \)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow 8A\sin \frac{\pi }{7}\\
= 8\sin \frac{\pi }{7}\cos \frac{\pi }{7}\cos \frac{{2\pi }}{7}\cos \frac{{4\pi }}{7}\\
= 4.\left( {2\sin \frac{\pi }{7}\cos \frac{\pi }{7}} \right)\cos \frac{{2\pi }}{7}\cos \frac{{4\pi }}{7}\\
= 4.\sin \frac{{2\pi }}{7}\cos \frac{{2\pi }}{7}\cos \frac{{4\pi }}{7}\\
= 2.\left( {2\sin \frac{{2\pi }}{7}\cos \frac{{2\pi }}{7}} \right)\cos \frac{{4\pi }}{7}\\
= 2.\sin \frac{{4\pi }}{7}\cos \frac{{4\pi }}{7}\\
= \sin \frac{{8\pi }}{7} = \sin \left( {\pi + \frac{\pi }{7}} \right)\\
= - \sin \frac{\pi }{7}\\
\Rightarrow 8A\sin \frac{\pi }{7} = - \sin \frac{\pi }{7}\\
\Rightarrow 8A = - 1\\
\Leftrightarrow A = - \frac{1}{8}\left( {dpcm} \right)
\end{array}\)

LG c

\(\sin {6^0}\sin {42^0}\sin {66^0}\sin {78^0} = {1 \over {16}}\) (Hướng dẫn: Nhân hai vế với cos 60)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\sin {42^0} = \sin \left( {{{90}^0} - {{48}^0}} \right) = \cos {48^0}\\
\sin {66^0} = \sin \left( {{{90}^0} - {{24}^0}} \right) = \cos {24^0}\\
\sin {78^0} = \sin \left( {{{90}^0} - {{12}^0}} \right) = \cos {12^0}
\end{array}\)

Do đó,

\(\eqalign{
& A=\sin {6^0}\sin {42^0}\sin {66^0}\sin {78^0} \cr&= \sin {6^0}\cos {48^0}\cos {24^0}\cos {12^0} 
\cr} \)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow A\cos {6^0}\\
= \sin {6^0}\cos {6^0}\cos {12^0}\cos {24^0}\cos {48^0}\\
= \frac{1}{2}.\left( {2\sin {6^0}\cos {6^0}} \right)\cos {12^0}\cos {24^0}\cos {48^0}\\
= \frac{1}{2}\sin {12^0}\cos {12^0}\cos {24^0}\cos {48^0}\\
= \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\left( {2\sin {{12}^0}\cos {{12}^0}} \right)\cos {24^0}\cos {48^0}\\
= \frac{1}{4}\sin {24^0}\cos {24^0}\cos {48^0}\\
= \frac{1}{4}.\frac{1}{2}.\left( {2\sin {{24}^0}\cos {{24}^0}} \right)\cos {48^0}\\
= \frac{1}{8}\sin {48^0}\cos {48^0}\\
= \frac{1}{{16}}.2\sin {48^0}\cos {48^0} = \frac{1}{{16}}\sin {96^0}\\
= \frac{1}{{16}}\sin \left( {{{90}^0} + {6^0}} \right)\\
= \frac{1}{{16}}\left( {\sin {{90}^0}\cos {6^0} + \cos {{90}^0}\sin {6^0}} \right)\\
= \frac{1}{{16}}\cos {6^0}\\
\Rightarrow A\cos {6^0} = \frac{1}{{16}}\cos {6^0}\\
\Leftrightarrow A = \frac{1}{{16}}
\end{array}\)

Bài 43 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao

Dùng công thức biến đổi tích thành tổng, chứng minh:

LG a

\(\cos {75^0}\cos {15^0} = \sin {75^0}\sin {15^0} = {1 \over 4}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos {75^0}\cos {15^0} \cr & = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {{{75}^0} + {{15}^0}} \right) + \cos \left( {{{75}^0} - {{15}^0}} \right)} \right]\cr &= {1 \over 2}(\cos {90^0} + \cos {60^0})\cr &= \frac{1}{2}\left( {0 + \frac{1}{2}} \right) = {1 \over 4} \cr 
& \sin {75^0}\sin {15^0} \cr &= - \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {{{75}^0} + {{15}^0}} \right) - \cos \left( {{{75}^0} - {{15}^0}} \right)} \right]\cr &= {1 \over 2}(cos{60^0} - \cos {90^0}) \cr & = \frac{1}{2}\left( { \frac{1}{2}}-0 \right)= {1 \over 4} \cr} \)

Vậy \(\cos {75^0}\cos {15^0} = \sin {75^0}\sin {15^0} = {1 \over 4}\)

LG b

\(\cos {75^0}\sin {15^0} = {{2 - \sqrt 3 } \over 4}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos {75^0}\sin {15^0} \cr & = \frac{1}{2}\left[ {\sin \left( {{{15}^0} + {{75}^0}} \right) + \sin \left( {{{15}^0} - {{75}^0}} \right)} \right] \cr &= \frac{1}{2}\left( {\sin {{90}^0} + \sin \left( { - {{60}^0}} \right)} \right)\cr &= {1 \over 2}(\sin {90^0} - \sin {60^0}) \cr 
& = {1 \over 2}(1 - {{\sqrt 3 } \over 2}) = {{2 - \sqrt 3 } \over 4} \cr} \) 

LG c

\(\sin {75^0}\cos {15^0} = {{2 + \sqrt 3 } \over 4}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin {75^0}\cos {15^0} \cr & = \frac{1}{2}\left[ {\sin \left( {{{75}^0} + {{15}^0}} \right) + \sin \left( {{{75}^0} - {{15}^0}} \right)} \right]\cr &= {1 \over 2}(\sin {90^0} + \sin {60^0}) \cr 
& = {1 \over 2}(1 + {{\sqrt 3 } \over 2}) = {{2 + \sqrt 3 } \over 4} \cr} \)

LG d

 \(\cos \alpha \sin (\beta  - \gamma ) + \cos \beta \sin (\gamma  - \alpha ) \)

\(+ \cos \gamma \sin (\alpha  - \beta ) = 0\,\,\,\,\,\forall \alpha ,\beta ,\gamma \)

Lời giải chi tiết:

 Ta có:

\(\eqalign{
& \cos \alpha \sin (\beta - \gamma )\cr& = {1 \over 2}{\rm{[sin(}}\alpha {\rm{ + }}\beta - \gamma {\rm{)}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{sin(}}\alpha {\rm{ - }}\beta {\rm{ + }}\gamma {\rm{)]}} \cr 
& \cos \beta \sin (\gamma - \alpha ) \cr&= {1 \over 2}{\rm{[}}\sin (\beta + \gamma - \alpha {\rm{)}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{sin(}}\beta - \gamma + \alpha ){\rm{]}} \cr 
& \cos \gamma \sin (\alpha - \beta ) \cr&= {1 \over 2}{\rm{[sin(}}\gamma {\rm{ + }}\alpha {\rm{ - }}\beta {\rm{)}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{sin(}}\gamma {\rm{ - }}\alpha {\rm{ + }}\beta {\rm{)]}} \cr} \)

Cộng các vế của ba đẳng thức, ta có:

\(\cos \alpha \sin (\beta  - \gamma ) + \cos \beta \sin (\gamma  - \alpha ) \)

\(+ \cos \gamma \sin (\alpha  - \beta ) = 0\,\,\,\,\,\forall \alpha ,\beta ,\gamma \)

Bài 44 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao

Đơn giản các biểu thức sau:

LG a

\(\sin ({\pi  \over 3} + \alpha ) - \sin ({\pi  \over 3} - \alpha )\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \(\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\sin ({\pi  \over 3} + \alpha ) - \sin ({\pi  \over 3} - \alpha ) \) \(= 2\cos \left( {\frac{{\frac{\pi }{3} + \alpha  + \frac{\pi }{3} - \alpha }}{2}} \right)\sin \left( {\frac{{\frac{\pi }{3} + \alpha  - \frac{\pi }{3} + \alpha }}{2}} \right)\) \(= 2\cos {\pi  \over 3}\sin \alpha  = \sin \alpha \)

Cách khác:

LG b

\({\cos ^2}({\pi  \over 4} + \alpha ) - {\cos ^2}({\pi  \over 4} - \alpha )\)

Phương pháp giải:

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

Sử dụng công thức:

\(\begin{array}{l}
\cos \left( {\frac{\pi }{2} + \alpha } \right) = - \sin \alpha \\
\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) = \sin \alpha
\end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng: \({\cos ^2}a = {{1 + \cos 2a} \over 2}\) , ta có: 

\(\eqalign{
& {\cos ^2}({\pi \over 4} + \alpha ) - {\cos ^2}({\pi \over 4} - \alpha ) \cr&= {{1 + \cos ({\pi \over 2} + 2\alpha )} \over 2} - {{1 + \cos ({\pi \over 2} - 2\alpha )} \over 2} \cr} \)

\(\begin{array}{l}
= \frac{{1 - \sin 2\alpha }}{2} - \frac{{1 + \sin 2\alpha }}{2}\\
= \frac{1}{2} - \frac{{\sin 2\alpha }}{2} - \frac{1}{2} - \frac{{\sin 2\alpha }}{2}\\
= - \frac{{\sin 2\alpha }}{2} - \frac{{\sin 2\alpha }}{2}\\
= - \sin 2\alpha
\end{array}\)

Cách khác:

Bài 45 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng:

LG a

\({{\sin \alpha  - \sin \beta } \over {\cos \alpha  - \cos \beta }} =  - \sqrt 3 \) nếu 

\(\left\{ \matrix{
\alpha + \beta = {\pi \over 3} \hfill \cr 
\cos \alpha \ne \cos \beta \hfill \cr} \right.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức:

\(\begin{array}{l}
\sin \alpha - \sin \beta = 2\cos \frac{{\alpha + \beta }}{2}\sin \frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
\cos \alpha - \cos \beta = - 2\sin \frac{{\alpha + \beta }}{2}\sin \frac{{\alpha - \beta }}{2}
\end{array}\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& {{\sin \alpha - \sin \beta } \over {\cos \alpha - \cos \beta }} \cr&= {{2\cos {{\alpha + \beta } \over 2}\sin {{\alpha - \beta } \over 2}} \over { - 2\sin {{\alpha + \beta } \over 2}\sin {{\alpha - \beta } \over 2}}} \cr 
& = \frac{{\cos \frac{{\alpha  + \beta }}{2}}}{{\sin \frac{{\alpha  + \beta }}{2}}}= - \cot {{\alpha + \beta } \over 2} \cr& =  - \cot \frac{{\frac{\pi }{3}}}{2} =  - \cot \frac{\pi }{6} =  - \sqrt 3  \cr} \)

(Do \(\alpha + \beta = {\pi \over 3}\))

LG b

\({{\cos \alpha  - \cos 7\alpha } \over {\sin 7\alpha  - sin\alpha }} = \tan 4\alpha \) (khi các biểu thức có nghĩa)

Lời giải chi tiết:

\({{\cos \alpha  - \cos 7\alpha } \over {\sin 7\alpha  - sin\alpha }}\)

\( = \frac{{ - 2\sin \frac{{\alpha  + 7\alpha }}{2}\sin \frac{{\alpha  - 7\alpha }}{2}}}{{2\cos \frac{{7\alpha  + \alpha }}{2}\sin \frac{{7\alpha  - \alpha }}{2}}} \)

\(= \frac{{ - 2\sin 4\alpha \sin \left( { - 3\alpha } \right)}}{{2\cos 4\alpha \sin 3\alpha }}\)

\( = {{2\sin 4\alpha \sin 3\alpha } \over {2\cos 4\alpha \sin 3\alpha }}\)

\( = \frac{{\sin 4\alpha }}{{\cos 4\alpha }}= \tan 4\alpha \)

Bài 46 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng:

LG a

\(sin3α = 3sinα – 4si{n^3}\alpha \) ; \( cos3α =4co{s^3}\alpha – 3cosα\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(sin3α = sin (2α  + α) \) \(= sin 2α  cosα + sinα cos 2α\)

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

\(= {\rm{ }}2sin\alpha {\rm{ }}(1{\rm{ }}-{\rm{ }}si{n^2}\alpha ){\rm{ }} + {\rm{ }}sin\alpha (1{\rm{ }}-{\rm{ }}si{n^2}\alpha ){\rm{ }}\)

\(= {\rm{ }}3sin\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}4si{n^3}\alpha \)

\(cos3α = cos (2α  + α) \) \(= cos 2α  cosα  - sin2α sinα\)

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

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

\(= {\rm{ }}4co{s^3}\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}3cos\alpha \)

LG b

\(\eqalign{
& \sin \alpha \sin ({\pi \over 3} - \alpha )\sin ({\pi \over 3} + \alpha )\cr & = {1 \over 4}\sin 3\alpha \cr 
& \cos \alpha \cos ({\pi \over 3} - \alpha )cos({\pi \over 3} + \alpha ) \cr &= {1 \over 4}\cos 3\alpha \cr} \)

Ứng dụng: Tính: sin 200 sin 400 sin 800 và tan 200 tan 400 tan 800

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin \alpha \sin ({\pi \over 3} - \alpha )\sin ({\pi \over 3} + \alpha ) \cr& = \sin \alpha .\frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha  - \frac{\pi }{3} - \alpha } \right) - \cos \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha  + \frac{\pi }{3} + \alpha } \right)} \right]\cr &= sin\alpha .{1 \over 2}(cos2\alpha - \cos {{2\pi } \over 3}) \cr 
& = {1 \over 2}\sin \alpha (1 - 2{\sin ^2}\alpha + {1 \over 2}) \cr &= {1 \over 4}\sin \alpha (3 - 4{\sin ^2}\alpha ) \cr 
& = {1 \over 4}\sin 3\alpha \cr 
& \cos \alpha \cos ({\pi \over 3} - \alpha )cos({\pi \over 3} + \alpha ) \cr& = \cos \alpha .\frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha  + \frac{\pi }{3} + \alpha } \right) + \cos \left( {\frac{\pi }{3} - \alpha  - \frac{\pi }{3} - \alpha } \right)} \right]\cr &= \cos \alpha .{1 \over 2}(\cos 2\alpha + \cos {{2\pi } \over 3}) \cr 
& = {1 \over 2}\cos \alpha (2{\cos ^2}\alpha - 1 - {1 \over 2}) \cr&= {1 \over 4}\cos \alpha (4{\cos ^2}\alpha - 3) \cr &= {1 \over 4}\cos 3\alpha \cr} \)

Ứng dụng:

\(\eqalign{
& \sin {20^0}\sin {40^0}\sin {80^0} \cr&= \sin {20^0}\sin ({60^0} - {20^0})\sin ({60^0} + {20^0}) \cr 
& = {1 \over 4}\sin ({3.20^0}) = {1 \over 4}\sin {60^0} = {{\sqrt 3 } \over 8} \cr 
& \cos {20^0}\cos {40^0}\cos {80^0} = {1 \over 4}\cos ({3.20^0}) = {1 \over 8} \cr} \) 

Vậy : \(\tan {20^0}\tan {40^0}\tan {80^0} = \sqrt 3 \)

Bài 47 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rồi dùng máy tính bỏ túi hoặc bảng số để kiểm nghiệm lại gần đúng kết quả.

LG a

\(\cos {10^0}\cos {50^0}\cos {70^0} \) \(= \sin {20^0}\sin {40^0}\sin {80^0} = {{\sqrt 3 } \over 8}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \cos {10^0}\cos {50^0}\cos {70^0}\cr& = \cos {10^0}{\rm{[}}{1 \over 2}(cos{120^0} + \cos {20^0}){\rm{]}} \cr 
& = - {1 \over 4}\cos {10^0} + {1 \over 2}\cos {10^0}\cos {20^0} \cr 
& = - {1 \over 4}\cos {10^0} + {1 \over 4}(cos{30^0} + \cos {10^0})\cr& = {1 \over 4}\cos {30^0} = {{\sqrt 3 } \over 8} \cr} \)

\(\begin{array}{l}
\sin {20^0}\sin {40^0}\sin {80^0}\\= \sin {20^0}.\frac{1}{2}\left( {\cos {{40}^0} - \cos {{120}^0}} \right)\\
= \frac{1}{2}\sin {20^0}\left( {\cos {{40}^0} + \frac{1}{2}} \right)\\
= \frac{1}{2}\sin {20^0}\cos {40^0} + \frac{1}{4}\sin {20^0}\\
= \frac{1}{2}.\frac{1}{2}\left( {\sin {{60}^0} - \sin {{20}^0}} \right) + \frac{1}{4}\sin {20^0}\\
= \frac{1}{4}\sin {60^0} = \frac{1}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{8}
\end{array}\)

LG b

\(\sin {10^0}\sin {50^0}\sin {70^0}\) \( = \cos {20^0}\cos {40^0}\cos {80^0} = {1 \over 8}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin {10^0}\sin {50^0}\sin {70^0}\cr& = {1 \over 2}(cos{20^0} - \cos {120^0})\sin {10^0} \cr 
& = {1 \over 4}\sin {10^0} + {1 \over 2}\sin {10^0}\cos {20^0} \cr 
& = {1 \over 4}\sin {10^0} + {1 \over 4}(\sin {30^0} - \sin {10^0}) \cr&= {1 \over 4}\sin {30^0} = {1 \over 8} \cr 
& \cos {20^0}\cos {40^0}\cos {80^0} \cr} \)

\(\begin{array}{l}
= \cos {20^0}.\frac{1}{2}\left( {\cos {{120}^0} + \cos {{40}^0}} \right)\\
= \frac{1}{2}\cos {20^0}\left( { - \frac{1}{2} + \cos {{40}^0}} \right)\\
= - \frac{1}{4}\cos {20^0} + \frac{1}{2}\cos {20^0}\cos {40^0}\\
= - \frac{1}{4}\cos {20^0} + \frac{1}{2}.\frac{1}{2}\left( {\cos {{60}^0} + \cos {{20}^0}} \right)\\
= - \frac{1}{4}\cos {20^0} + \frac{1}{4}\cos {60^0} + \frac{1}{4}\cos {20^0}\\
= \frac{1}{4}\cos {60^0} = \frac{1}{4}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}
\end{array}\)

Bài 48 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng: \(\cos {{2\pi } \over 7} + \cos {{4\pi } \over 7} + \cos {{6\pi } \over 7} =  - {1 \over 2}\)

Phương pháp giải

Hướng dẫn: Nhân vế trái với \(\sin {\pi  \over 7}\) (hoặc \(\sin {{2\pi } \over 7}\) ) rồi sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng.

Lời giải chi tiết

Đặt \(A = \cos {{2\pi } \over 7} + \cos {{4\pi } \over 7} + \cos {{6\pi } \over 7}\)

Bài 49 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng giá trị của mỗi biểu thức sau không phụ thuộc vào x 

LG a

\(co{s^2}\left( {\alpha {\rm{ }} + x} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^2}x{\rm{ }} \) \(- {\rm{ }}2cos\alpha {\rm{ }}cosx.cos\left( {\alpha {\rm{ }} + x} \right);\)

Lời giải chi tiết:

LG b

sin4x.sin10x - sin11x.sin3x - sin7x.sinx

Lời giải chi tiết:

Ta có:

sin4x.sin10x - sin11x.sin3x - sin7x.sinx

\(\eqalign{
& = {1 \over 2}(cos6x - \cos 14x)\cr & - {1 \over 2}(cos8x - \cos 14x) \cr&- {1 \over 2}(cos6x - \cos 8x) \cr} \)

\(\begin{array}{l}
= \frac{1}{2}(\cos 6x - \cos 14x - \cos 8x\\
+ \cos 14x - \cos 6x + \cos 8x)\\
= \frac{1}{2}.0 = 0
\end{array}\)

Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào x.

Bài 50 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có 3 góc thỏa:

LG a

\(sinA = cosB + cosC\) thì ΔABC vuông

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(A + B + C = {180^0}\)

\( \Rightarrow \cos \frac{{B + C}}{2} = \cos \frac{{{{180}^0} - A}}{2}\) \(  = \cos \left( {{{90}^0} - \frac{A}{2}} \right) = \sin \frac{A}{2}\)

Khi đó:

\(\eqalign{
& sin A = cosB + cosC\cr& \Rightarrow 2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2} = 2\cos {{B + C} \over 2}\cos {{B - C} \over 2} \cr 
& \Leftrightarrow 2\sin {A \over 2}(cos{A \over 2} - \cos {{B - C} \over 2}) = 0 \cr 
& \Leftrightarrow \cos {A \over 2} = \cos {{B - C} \over 2}\cr &(\sin{A \over 2} \ne 0\,do\,0 < A < \pi ) \cr} \)

Nhưng: \(0 < {A \over 2} < {\pi  \over 2};|{{B - C} \over 2}|\, < {\pi  \over 2}\) , nên:

\(\cos {A \over 2} = \cos {{B - C} \over 2} \Leftrightarrow {A \over 2} = |{{B - C} \over 2}|\)

\(\Leftrightarrow A = |B - C|\)

+ Nếu B > C thì A = B – C.

\( \Rightarrow B = A + C \Rightarrow A + B + C = {180^0} \) \(\Leftrightarrow 2B = {180^0} \Rightarrow B = {90^0}\)

+ Nếu B < C thì A = C – B. Suy ra: \(C = 90^0\).

LG b

\(sinA = 2sinB.cosC\) thì ΔABC cân

Lời giải chi tiết:

\(sinA = 2sinB.cosC \)

\(⇔ sin A = sin (B + C) + sin (B – C)\)

\(⇔ sin A = sin(180^0 – A) + sin(B – C) \)

\( \Leftrightarrow \sin A = \sin A + \sin \left( {B - C} \right)\)

\(⇔ sin(B – C) = 0\)

Vì \(0 ≤ |B – C| ≤ π\), nên \(B – C = 0\)\( \Leftrightarrow B = C\)

Vậy tam giác ABC cân tại A.

Bài 51 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao

Chứng minh rằng nếu \(∝ + β + γ = π\) thì

LG a

\(\sin \alpha  + \sin \beta  + \sin \gamma  = 4\cos {\alpha  \over 2}\cos {\beta  \over 2}\cos {\gamma  \over 2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma\cr& = \sin \alpha + 2\sin {{\beta + \gamma } \over 2}\cos {{\beta - \gamma } \over 2} \cr 
& = \sin \alpha + 2\sin {{\pi - \alpha } \over 2}\cos {{\beta - \gamma } \over 2} \cr&= 2\sin {\alpha \over 2}\cos {\alpha \over 2} + 2\cos {\alpha \over 2}  \cos {{\beta - \gamma } \over 2} \cr 
& = 2\cos {\alpha \over 2}(\sin {\alpha \over 2} + \cos {{\beta - \gamma } \over 2})\cr& = 2\cos {\alpha \over 2}{\rm{[sin}}{{\pi - (\beta + \gamma )} \over 2} + \cos{{\beta - \gamma } \over 2}{\rm{]}} \cr 
& = 2\cos {\alpha \over 2}(cos{{\beta + \gamma } \over 2} + \cos {{\beta - \gamma } \over 2}) \cr 
& =4\cos {\alpha \over 2}\cos {\beta \over 2}\cos {\gamma \over 2} \cr} \)

LG b

\(\cos \alpha  + \cos \beta  + \cos \gamma  = 1 + 4\sin {\alpha  \over 2}\sin {\beta  \over 2}\sin {\gamma  \over 2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

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

LG c

\(sin2∝ + sin2β + sin2γ = 4sin∝ sinβ sin γ\)

Lời giải chi tiết:

\(sin2∝ + sin2β + sin2γ\)

\(= 2sin (∝ + β)cos(∝ - β ) + 2sinγcosγ\)

\( = 2\sin \left( {{{180}^0} - \gamma } \right)\cos \left( {\alpha  - \beta } \right) \) \(+ 2\sin \gamma \cos \left( {{{180}^0} - \left( {\alpha  + \beta } \right)} \right) \)

\(= 2\sin \gamma \cos \left( {\alpha  - \beta } \right) - 2\sin \gamma \cos \left( {\alpha  + \beta } \right)\)

\(= 2sinγ (cos(∝ - β ) - cos(∝ + β)) \)

\(= 4sin∝ sinβ sin γ\)

LG d

\(co{s^2} \propto + {\rm{ }}co{s^2}\beta + co{s^2}\gamma {\rm{ }}= 1 – 2cos∝ cosβ cosγ\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& co{s^2} \propto + {\rm{ }}co{s^2}\beta + co{s^2}\gamma {\rm{ }} \cr 
& {\rm{ = }}{{1 + \cos 2\alpha } \over 2} + {{1+\cos 2\beta } \over 2} + {\cos ^2}\gamma \cr 
& = 1 + {1 \over 2}(cos2\alpha + \cos 2\beta ) + {\cos ^2}\gamma \cr 
& = 1 + \cos (\alpha + \beta )cos(\alpha - \beta ) + {\cos ^2}\gamma \cr 
& = 1 + \cos \left( {\pi  - \gamma } \right)\cos \left( {\alpha  - \beta } \right) + {\cos ^2}\gamma  \cr &= 1 - \cos \gamma \cos \left( {\alpha  - \beta } \right) + {\cos ^2}\gamma \cr & = 1 - \cos \gamma ( \cos (\alpha - \beta )-\cos \gamma ) \cr&= 1 - \cos \gamma {\rm{[cos(}}\alpha {\rm{ - }}\beta {\rm{) + cos(}}\alpha {\rm{ + }}\beta ){\rm{]}} \cr 
& = {\rm{ }}1{\rm{ }}-{\rm{ }}2cos \propto {\rm{ }}cos\beta {\rm{ }}cos\gamma \cr} \)

Bài 52 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao

LG a

Chứng minh rằng nếu ∝ và β khác \({\pi  \over 2} + k\pi \,(k \in Z)\) thì:

\(\left\{ \matrix{
\tan \alpha + \tan \beta = {{\sin (\alpha + \beta )} \over {\cos \alpha \cos \beta }} \hfill \cr 
\tan \alpha - \tan \beta = {{\sin (\alpha - \beta )} \over {\cos \alpha \cos \beta }} \hfill \cr} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \tan \alpha + \tan \beta = {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} + {{\sin \beta } \over {\cos \beta }} \cr&= {{\sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha } \over {\cos \alpha \cos \beta }} \cr 
& = {{\sin (\alpha + \beta )} \over {\cos \alpha \cos \beta }} \cr} \)

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha - \tan \beta = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} - \frac{{\sin \beta }}{{\cos \beta }}\\
= \frac{{\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta }}{{\cos \alpha \cos \beta }}\\
= \frac{{\sin \left( {\alpha - \beta } \right)}}{{\cos \alpha \cos \beta }}
\end{array}\)

LG b

Chứng minh rằng với mọi ∝ mà cos k∝ ≠ 0 (k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) và sin ∝ ≠ 0 thì:

\({1 \over {\cos \alpha \cos 2\alpha }} + {1 \over {\cos 2\alpha \cos 3\alpha }} + ... + {1 \over {\cos 7\alpha \cos 8\alpha }} \)

\(= {{\tan 8\alpha  - \tan \alpha } \over {\sin \alpha }}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({1 \over {\cos \alpha \cos 2\alpha }} = {{\tan 2\alpha  - \tan \alpha } \over {\sin (2\alpha  - \alpha )}} = {{\tan 2\alpha  - \tan \alpha } \over {\sin \alpha }}\)

Tương tự:

\(\eqalign{
& {1 \over {\cos 2\alpha \cos 3\alpha }} = {{\tan 3\alpha - \tan 2\alpha } \over {\sin \alpha }};... \cr 
& {1 \over {\cos 7\alpha \cos 8\alpha }} = {{\tan 8\alpha - \tan 7\alpha } \over {\sin \alpha }} \cr} \)

Do đó: \({1 \over {\cos \alpha \cos 2\alpha }} + {1 \over {\cos 2\alpha \cos 3\alpha }} + ... + {1 \over {\cos 7\alpha \cos 8\alpha }} \)

\(\begin{array}{l}
= \frac{{\tan 2\alpha - \tan \alpha }}{{\sin \alpha }} + \frac{{\tan 3\alpha - \tan 2\alpha }}{{\sin \alpha }}\\
+ ... + \frac{{\tan 8\alpha - \tan 7\alpha }}{{\sin \alpha }}\\
= \frac{{\tan 2\alpha - \tan \alpha + \tan 3\alpha - \tan 2\alpha + ... + \tan 8\alpha - \tan 7\alpha }}{{\sin \alpha }}
\end{array}\)

\(= {{\tan 8\alpha  - \tan \alpha } \over {\sin \alpha }}\)

Bài 53 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao

Biết cosα +cosβ =a; sinα+sinβ =b (a,b là hằng số và a+ b2 ≠ 0)

Hãy tính sin(α + β ) theo a và b.

Lời giải chi tiết

Ta có:

\(\left. \matrix{
a = 2\cos {{\alpha + \beta } \over 2}\cos {{\alpha - \beta } \over 2} \hfill \cr 
b = 2\sin {{\alpha + \beta } \over 2}\cos {{\alpha - \beta } \over 2} \hfill \cr} \right\} \)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow ab = 2\cos \frac{{\alpha + \beta }}{2}\cos \frac{{\alpha - \beta }}{2}.2\sin \frac{{\alpha + \beta }}{2}\cos \frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
= \left( {2\cos \frac{{\alpha + \beta }}{2}\sin \frac{{\alpha + \beta }}{2}} \right).2{\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
= 2\sin \left( {\alpha + \beta } \right){\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
{a^2} + {b^2}\\
= 4{\cos ^2}\frac{{\alpha + \beta }}{2}{\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
+ 4{\sin ^2}\frac{{\alpha + \beta }}{2}{\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
= 4{\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2}\left( {{{\cos }^2}\frac{{\alpha + \beta }}{2} + {{\sin }^2}\frac{{\alpha + \beta }}{2}} \right)\\
= 4{\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
\Rightarrow {\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{4}\\
\Rightarrow ab = 2\sin \left( {\alpha + \beta } \right){\cos ^2}\frac{{\alpha - \beta }}{2}\\
= 2\sin \left( {\alpha + \beta } \right).\frac{{{a^2} + {b^2}}}{4}\\
= \sin \left( {\alpha + \beta } \right).\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\\
\Rightarrow \sin \left( {\alpha + \beta } \right) = \frac{{2ab}}{{{a^2} + {b^2}}}
\end{array}\)

Cách khác:

Bài 54 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao

Quỹ đạo của một vật được ném lên từ gốc O, với vận tốc ban đầu là v(m/s) theo phương hợp với trục hoành (nằm ngang) Ox một góc α , \(0 < \alpha  < {\pi  \over 2}\) là parabol có phương trình :

 \(y =  - {g \over {2{v^2}{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + (\tan \alpha )x\)

Trong đó g là gia tốc trọng trường (g ≈ 9,8m/s2) (giả sử lực cản của không khí là không đáng kể).

Gọi tầm xa của quỹ đạo là khoảng cách từ O đến giao điểm khác O của quỹ đạo với Ox.

LG a

Tính tầm xa theo α (và v)

Lời giải chi tiết:

 Gọi x là tầm xa của quỹ đạo, thì: 

\(\left\{ \matrix{
x > 0 \hfill \cr 
- {{g{x^2}} \over {2{v^2}{{\cos }^2}\alpha }} + (\tan \alpha )x = 0 \hfill \cr} \right.\)

\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow - \frac{{gx}}{{2{v^2}{{\cos }^2}\alpha }} + \tan \alpha = 0\\
\Leftrightarrow - \frac{{gx}}{{2{v^2}{{\cos }^2}\alpha }} = - \tan \alpha \\
\Leftrightarrow gx = 2{v^2}{\cos ^2}\alpha \tan \alpha \\
\Leftrightarrow x = \frac{{2{v^2}{{\cos }^2}\alpha \tan \alpha }}{g}\\
\Leftrightarrow x = \frac{{2{v^2}{{\cos }^2}\alpha .\frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}}}{g}\\
\Leftrightarrow x = \frac{{2{v^2}\cos \alpha \sin \alpha }}{g}\\
\Leftrightarrow x = \frac{{{v^2}\sin 2\alpha }}{g}
\end{array}\)

LG b

Khi v không đổi, α thay đổi trong khoảng \((0,\,{\pi  \over 2})\) , hỏi giá trị α nào thì tầm xa của quỹ đạo đạt được giá trị lớn nhất? Tính giá trị đó theo v. Khi v = 80m/s. Hãy tính giá trị lớn nhất đó (chính xác đến hàng đơn vị).

Lời giải chi tiết:

x đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin 2\alpha  = 1 \Rightarrow \alpha  = {\pi  \over 4}\)

Khi đó: \(x = {{{v^2}} \over g}\)

Với \(v = 80m/s\) thì \(x={{{v^2}} \over g} \approx {{{{80}^2}} \over {9,8}} \approx 653(m)\)


Được cập nhật: 26 tháng 3 lúc 9:42:29 | Lượt xem: 538