Bài 1 trang 43 SGK Hình học 10 nâng cao
Tính giá trị đúng của các biểu thức sau (không dùng máy tính bỏ túi hoặc bảng số)
LG a
\((2\sin {30^0} + \cos {135^0} - 3\tan {150^0})(\cos {180^0} - \cot {60^0})\)
Lời giải chi tiết:
Ta có
\(\eqalign{
& \cos {135^0} = \cos ({180^0} - {45^0}) \cr&= - \cos {45^0} = - {{\sqrt 2 } \over 2} \cr
& \tan {150^0} = \tan ({180^0} - {30^0}) \cr&= - \tan {30^0} = - {{\sqrt 3 } \over 3} \cr} \)
Do đó
\(\eqalign{
& (2\sin {30^0} + \cos {135^0} - 3\tan {150^0})(\cos {180^0} - \cot {60^0}) \cr
& = \left( {2.\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 2 }}{2} + 3.\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\left( { - 1 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\cr&= \left( {1 - {{\sqrt 2 } \over 2} + \sqrt 3 } \right)\,\left( { - 1 - {{\sqrt 3 } \over 3}} \right) \cr&= \left( {{{\sqrt 2 } \over 2} - \sqrt 3 - 1} \right)\left( {1 + {{\sqrt 3 } \over 3}} \right) \cr}.\)
LG b
\({\sin ^2}{90^0} + {\cos ^2}{120^0} + {\cos ^2}{0^0} - {\tan ^2}{60^0} + {\cot ^2}{135^0}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có
\(\eqalign{
& \cos {120^0} = \cos ({180^0} - {60^0}) \cr&= - \cos {60^0} = - {1 \over 2} \cr
& \cot {135^0} = \cot ({180^0} - {45^0}) \cr&= - \cot {45^0} = - 1 \cr} \)
Do đó
\(\eqalign{
& {\sin ^2}{90^0} + {\cos ^2}{120^0} + {\cos ^2}{0^0} - {\tan ^2}{60^0} + {\cot ^2}{135^0} \cr
& = {1^2} + {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^2} + {1^2} - {\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + {\left( { - 1} \right)^2}\cr&= 1 + {1 \over 4} + 1 - 3 + 1 = {1 \over 4} \cr} \)
Bài 2 trang 43 SGK Hình học 10 nâng cao
Đơn giản các biểu thức
LG a
\(\sin {100^0} + \sin {80^0} + \cos {16^0} + \cos {164^0}\)
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức:
\(\begin{array}{l}
\sin \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = \sin \alpha \\
\cos \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \cos \alpha \\
\tan \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \tan \alpha \\
\cot \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \cot \alpha
\end{array}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có
\(\eqalign{
& \sin {100^0} = \sin ({180^0} - {80^0}) = \sin {80^0};\cr&\cos {164^0} = \cos ({180^0} - {16^0}) = - \cos {16^0} \cr
& \Rightarrow \sin {100^0} + \sin {80^0} + \cos {16^0} + \cos {164^0} \cr
& = \,\sin {80^0} + \sin {80^0} + \cos {16^0} - \cos {16^0} \cr
& = 2\sin {80^0}. \cr} \)
LG b
\(2\sin ({180^0} - \alpha )\cot \alpha\)\( - \cos ({180^0} - \alpha )\tan \alpha \cot ({180^0} - \alpha )\) với \({0^0} < \alpha < {90^0}\).
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(\begin{array}{l}
\sin \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = \sin \alpha \\
\cos \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \cos \alpha \\
\cot \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \cot \alpha
\end{array}\)
Do đó,
\(\eqalign{
& 2\sin ({180^0} - \alpha )\cot \alpha - \cos ({180^0} - \alpha )\tan \alpha \cot ({180^0} - \alpha ) \cr
& = 2\sin \alpha \cot \alpha + \cos \alpha \tan \alpha .\left( { - \cot \alpha } \right)\cr&= 2\sin \alpha {{\cos \alpha } \over {\sin \alpha }} - \cos \alpha {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }}{{\cos \alpha } \over {\sin \alpha }} \cr
& = 2\cos \alpha - \cos \alpha \cr
& = \cos \alpha . \cr} \)
Bài 3 trang 43 SGK Hình học 10 nâng cao
Chứng minh các hệ thức sau
LG a
\({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\)
Phương pháp giải:
Sử dụng đường tròn lượng giác và định lí Pitago trong tam giác vuông để chứng minh.
Lời giải chi tiết:
Với mọi α (0º ≤ α ≤ 180º) ta đều có điểm M(x0; y0) thuộc nửa đường tròn sao cho \(\widehat {xOM} = \alpha \)
Khi đó ta có: sin α = y0 ; cos α = x0.
Mà M thuộc đường tròn lượng giác nên OM=1.
Ta có:
\(\begin{array}{l}
{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = y_0^2 + x_0^2\\
= O{E^2} + O{F^2} = M{F^2} + O{F^2}\\
= O{M^2} = {1^2} = 1\\
\Rightarrow {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1
\end{array}\)
Cách khác:
TH1: \(\alpha = {0^0}\) thì \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = {\sin ^2}0^0 + {\cos ^2}0^0 \) \(=0^2+1^2= 1\)
TH2: \(\alpha = {180^0}\) thì \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = {\sin ^2}180^0 + {\cos ^2}180 ^0\) \(=0^2+(-1)^2= 1\)
TH3: \(0^0 < \alpha < {90^0}\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đặt \(\widehat B = \alpha \) có:
\(\sin \alpha = \sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}},\) \(\cos \alpha = \cos B = \dfrac{{AB}}{{BC}}\)
\( \Rightarrow {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha \) \(= {\left( {\dfrac{{AC}}{{BC}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{AB}}{{BC}}} \right)^2}\) \( = \dfrac{{A{C^2} + A{B^2}}}{{B{C^2}}} = \dfrac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} = 1\)
TH4: \({90^0} < \alpha < {180^0}\).
\( \Rightarrow {0^0} < {180^0} - \alpha < {90^0} \)
\(\Rightarrow {\sin ^2}\left( {{{180}^0} - \alpha } \right) + {\cos ^2}\left( {{{180}^0} - \alpha } \right)=1\) (áp dụng TH3)
\( \Rightarrow {\sin ^2}\alpha + {\left( { - \cos \alpha } \right)^2} =1\) (vì \(\sin \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = \sin \alpha ,\) \(\cos \left( {{{180}^0} - \alpha } \right) = - \cos \alpha \))
\(\Rightarrow {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\)
Vậy ta có đpcm.
LG b
\(1 + {\tan ^2}\alpha = {1 \over {{{\cos }^2}\alpha }}\,\,\,\,\,(\alpha \ne {90^0})\)
Lời giải chi tiết:
\(1 + {\tan ^2}\alpha = 1 + {{{{\sin }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\alpha }} \)
\(= {{{{\cos }^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\alpha }} = {1 \over {{{\cos }^2}\alpha }}\,\)
LG c
\(1 + {\cot ^2}\alpha = {1 \over {{{\sin }^2}\alpha }}\,\,\,\,\,({0^0} < \alpha < {180^0})\)
Lời giải chi tiết:
\(1 + {\cot ^2}\alpha = 1 + {{{{\cos }^2}\alpha } \over {{{\sin }^2}\alpha }} \)
\(= {{{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \over {{{\sin }^2}\alpha }} = {1 \over {{{\sin }^2}\alpha }}\,\)
Được cập nhật: 12 tháng 4 lúc 8:07:25 | Lượt xem: 339
