Các phương pháp giải toán lượng giác 11 năm 2024

Ảnh đẹp,18,Bài giảng điện tử,10,Bạn đọc viết,225,Bất đẳng thức,75,Bđt Nesbitt,3,Bổ đề cơ bản,9,Bồi dưỡng học sinh giỏi,41,Cabri 3D,2,Các nhà Toán học,129,Câu đố Toán học,83,Câu đối,3,Cấu trúc đề thi,15,Chỉ số thông minh,4,Chuyên đề Toán,289,congthuctoan,9,Công thức Thể tích,11,Công thức Toán,112,Cười nghiêng ngả,31,Danh bạ website,1,Dạy con,8,Dạy học Toán,279,Dạy học trực tuyến,20,Dựng hình,5,Đánh giá năng lực,1,Đạo hàm,17,Đề cương ôn tập,39,Đề kiểm tra 1 tiết,29,Đề thi - đáp án,986,Đề thi Cao đẳng,15,Đề thi Cao học,7,Đề thi Đại học,159,Đề thi giữa kì,20,Đề thi học kì,134,Đề thi học sinh giỏi,128,Đề thi THỬ Đại học,401,Đề thi thử môn Toán,65,Đề thi Tốt nghiệp,46,Đề tuyển sinh lớp 10,100,Điểm sàn Đại học,5,Điểm thi - điểm chuẩn,221,Đọc báo giúp bạn,13,Epsilon,9,File word Toán,35,Giải bài tập SGK,16,Giải chi tiết,196,Giải Nobel,1,Giải thưởng FIELDS,24,Giải thưởng Lê Văn Thiêm,4,Giải thưởng Toán học,5,Giải tích,29,Giải trí Toán học,170,Giáo án điện tử,11,Giáo án Hóa học,2,Giáo án Toán,18,Giáo án Vật Lý,3,Giáo dục,363,Giáo trình - Sách,81,Giới hạn,20,GS Hoàng Tụy,8,GSP,6,Gương sáng,208,Hằng số Toán học,19,Hình gây ảo giác,9,Hình học không gian,108,Hình học phẳng,91,Học bổng - du học,12,IMO,13,Khái niệm Toán học,66,Khảo sát hàm số,36,Kí hiệu Toán học,13,LaTex,12,Lịch sử Toán học,81,Linh tinh,7,Logic,11,Luận văn,1,Luyện thi Đại học,231,Lượng giác,57,Lương giáo viên,3,Ma trận đề thi,7,MathType,7,McMix,2,McMix bản quyền,3,McMix Pro,3,McMix-Pro,3,Microsoft phỏng vấn,11,MTBT Casio,28,Mũ và Logarit,38,MYTS,8,Nghịch lí Toán học,11,Ngô Bảo Châu,49,Nhiều cách giải,36,Những câu chuyện về Toán,15,OLP-VTV,33,Olympiad,308,Ôn thi vào lớp 10,3,Perelman,8,Ph.D.Dong books,7,Phần mềm Toán,26,Phân phối chương trình,8,Phụ cấp thâm niên,3,Phương trình hàm,4,Sách giáo viên,15,Sách Giấy,11,Sai lầm ở đâu?,13,Sáng kiến kinh nghiệm,8,SGK Mới,24,Số học,57,Số phức,34,Sổ tay Toán học,4,Tạp chí Toán học,38,TestPro Font,1,Thiên tài,95,Thống kê,2,Thơ - nhạc,9,Thủ thuật BLOG,14,Thuật toán,3,Thư,2,Tích phân,79,Tính chất cơ bản,15,Toán 10,149,Toán 11,179,Toán 12,392,Toán 9,67,Toán Cao cấp,26,Toán học Tuổi trẻ,26,Toán học - thực tiễn,100,Toán học Việt Nam,29,Toán THCS,22,Toán Tiểu học,5,toanthcs,6,Tổ hợp,39,Trắc nghiệm Toán,222,TSTHO,5,TTT12O,1,Tuyển dụng,11,Tuyển sinh,272,Tuyển sinh lớp 6,8,Tỷ lệ chọi Đại học,6,Vật Lý,24,Vẻ đẹp Toán học,109,Vũ Hà Văn,2,Xác suất,28,

Phương pháp giải bài 1 Góc lượng giác-Giá trị lượng giác của một góc lượng giác lớp 11 giúp các bạn nắm được kỹ năng làm bài và cũng cố kiến thức một cách hiệu quả.

Dạng 1 : Đơn vị đo độ và rađian

1. Phương pháp

Dùng mối quan hệ giữ độ và rađian: $180^\circ = \pi {\text{ rad}}$

• Đổi cung $a$ có số đo từ rađian sang độ $a.\frac{{180^\circ }}{\pi }$

• Đổi cung $x^\circ $ có số đo từ độ ra rađian $x^\circ .\frac{\pi }{{180^\circ }}$

2. Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1:

  1. Đổi số đo của các góc sau ra rađian: ${72^0},\,{600^0},\, – {37^0}45’30”$.
  1. Đổi số đo của các góc sau ra độ: $\frac{{5\pi }}{{18}},\,\frac{{3\pi }}{5},\, – 4$.

Lời giải

  1. Vì ${1^0} = \frac{\pi }{{180}}{\mkern 1mu} rad$ nên ${72^0} = 72.\frac{\pi }{{180}} = \frac{{2\pi }}{5},{\mkern 1mu} {600^0} = 600.\frac{\pi }{{180}} = \frac{{10\pi }}{3},$

$ – {37^0}45’30” = – {37^0} – {\left( {\frac{{45}}{{60}}} \right)^0} – {\left( {\frac{{30}}{{60.60}}} \right)^0} = {\left( {\frac{{4531}}{{120}}} \right)^0} = \frac{{4531}}{{120}}.\frac{\pi }{{180}} \approx 0,6587$

  1. Vì $1{\mkern 1mu} rad = {\left( {\frac{{180}}{\pi }} \right)^0}$ nên $\frac{{5\pi }}{{18}} = {\left( {\frac{{5\pi }}{{18}}.\frac{{180}}{\pi }} \right)^0} = {50^o},{\mkern 1mu} \frac{{3\pi }}{5} = {\left( {\frac{{3\pi }}{5}.\frac{{180}}{\pi }} \right)^0} = {108^o},{\mkern 1mu} $

$ – 4 = – {\left( {4.\frac{{180}}{\pi }} \right)^0} = – {\left( {\frac{{720}}{\pi }} \right)^0} \approx – {2260^0}48’$.

Ví dụ 2: Đổi số đo cung tròn sang số đo độ:

a)$\frac{{3\pi }}{4}$ b) $\frac{{5\pi }}{6}$ c)$\frac{{32\pi }}{3}$ d)$\frac{{3\pi }}{7}$ e)$2,3$ f)$5,6$

Lời giải

  1. $\frac{{3\pi }}{4} = 135^\circ $.
  1. $\frac{{5\pi }}{6} = 150^\circ $.
  1. $\frac{{32\pi }}{3} = 1920^\circ $.
  1. $\frac{{3\pi }}{7} = {\left( {\frac{{540}}{7}} \right)^0}$.
  1. $2,3 = \frac{{2,3.180^\circ }}{\pi } \approx 131,78^\circ $
  1. $5,6 = \frac{{5,6.180^\circ }}{\pi } \approx 320,856^\circ $

Ví dụ 3: Đổi số đo cung tròn sang số đo radian:

  1. $45^\circ $ b) $150^\circ $ c) $72^\circ $ d) $75^\circ $

Lời giải

  1. $45^\circ = \frac{\pi }{4}$ b) $150^\circ = \frac{{5\pi }}{6}$ c) $72^\circ = \frac{{2\pi }}{5}$ d) $75^\circ = \frac{{5\pi }}{{12}}$

Dạng 2: Biểu diễn cung lượng giác trên đường tròn lượng giác

1. Phương pháp

Để biểu diễn cung lượng giác có số đo trên đường tròn lượng giác ta thực hiện như sau:

– Chọn điểm $A\left( {1;0} \right)$ làm điểm đầu của cung.

– Xác định điểm cuối $M$ của cung sao cho $\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = \alpha $

Lưu ý:

+ Số đo của các cung lượng giác có cùng điểm đầu và điểm cuối sai khác nhau một bội của $2\pi $ là:

sđ$\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = \alpha + k2\pi ;k \in \mathbb{Z}$

Ngoài ra, ta cũng có thể viết số đo bằng độ:

sđ$\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = x^\circ + k360^\circ ,k \in \mathbb{Z}$

+ Nếu ta có $\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = \alpha + k\frac{{2\pi }}{n};k,n \in \mathbb{Z}$ thì sẽ có $n$ điểm ngọn.

2. Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1: Biểu diễn trên đường tròn lượng giác điểm ngọn của cung lượng giác có số đo là $\frac{{25\pi }}{4}$

Hướng dẫn giải

Các phương pháp giải toán lượng giác 11 năm 2024

Ta có

sđ$\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = \frac{{25\pi }}{4} = \frac{\pi }{4} + \frac{{24\pi }}{4} = \frac{\pi }{4} + 6\pi = \frac{\pi }{4} + 2.3.\pi $

Vậy điểm cuối $M$ của cung $\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright $ sẽ trùng với điểm ngọn của cung $\frac{\pi }{4}$. Suy ra $M$ là điểm chính giữa của cung nhỏ .

Ví dụ 2: Biểu diễn trên đường tròn lượng giác các điểm ngọn của cung lượng giác có số đo là $ – 1485^\circ $

Hướng dẫn giải

Các phương pháp giải toán lượng giác 11 năm 2024

Ta có sđ$\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = – 1485^\circ = – 45^\circ + \left( { – 4} \right).360^\circ $

Vậy điểm cuối $M$ của cung $\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright $ sẽ trùng với điểm ngọn của cung $ – 45^\circ $.

Suy ra $M$ là điểm chính giữa của cung nhỏ .

Ví dụ 3: Biểu diễn trên đường tròn lượng giác các điểm ngọn của cung lượng giác có số đo là $\frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{2};k \in \mathbb{Z}$

Hướng dẫn giải

Các phương pháp giải toán lượng giác 11 năm 2024

Ta có sđ$\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{4}$ nên có 4 điểm ngọn trên đường tròn lượng giác.

$k = 0 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = \frac{\pi }{6}$ có điểm ngọn là $M$

$k = 1 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AN}\limits^ \curvearrowright = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{2}$ có điểm ngọn là $N$

$k = 2 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AP}\limits^ \curvearrowright = \frac{\pi }{6} + \pi $ có điểm ngọn là $P$

$k = 3 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AQ}\limits^ \curvearrowright = \frac{\pi }{6} + \frac{{3\pi }}{2}$ có điểm ngọn là $Q$

$k = 4 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AR}\limits^ \curvearrowright = \frac{\pi }{6} + 2\pi $ có điểm ngọn là $R$. Lúc này điểm ngọn $R$ trùng với $M$

Vậy bốn điểm $M,N,P,Q$ tạo thành một hình vuông nội tiếp đường tròn lượng giác

Ví dụ 4: Biểu diễn trên đường tròn lượng giác các điểm ngọn của cung lượng giác có số đo là $k\frac{\pi }{3};k \in \mathbb{Z}$

Hướng dẫn giải

Các phương pháp giải toán lượng giác 11 năm 2024

Ta có sđ$\mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = k\frac{{2\pi }}{6}$ nên có 6 điểm ngọn trên đường tròn lượng giác.

$k = 0 \Rightarrow$ sđ$ \mathop {AM}\limits^ \curvearrowright = 0$ có điểm ngọn là $M$

$k = 1 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AN}\limits^ \curvearrowright = \frac{\pi }{3}$ có điểm ngọn là $N$

$k = 2 \Rightarrow $sđ$\mathop {AP}\limits^ \curvearrowright = \frac{{2\pi }}{3}$ có điểm ngọn là $P$

$k = 3 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AQ}\limits^ \curvearrowright = \pi $ có điểm ngọn là $Q$

$k = 4 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AR}\limits^ \curvearrowright = \frac{{4\pi }}{3}$ có điểm ngọn là $R$

$k = 5 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AS}\limits^ \curvearrowright = \frac{{5\pi }}{3}$ có điểm ngọn là $S$

$k = 6 \Rightarrow $ sđ$\mathop {AT}\limits^ \curvearrowright = 2\pi $ có điểm ngọn là $T$

Lúc này điểm ngọn $T$ trùng với $M$

Vậy sáu điểm $M;N;P;Q;R;S$ tạo thành một lục giác đều nội tiếp đường tròn lượng giác.

Dạng 3. Độ dài của một cung tròn

1. Phương pháp giải

Cung có số đo $\alpha {\text{ rad}}$ của đường tròn bán kính $R$ có độ dài là $I = R.\alpha $

2. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Một đường tròn có bán kính ${\text{30 cm}}$. Tìm độ dài của các cung trên đường tròn có số đo sau đây: $\frac{\pi }{{15}}{\text{ rad}};70^\circ $

Lời giải

Gọi $\alpha ,l,R$ lần lượt là số đo cung, độ dài cung và bán kính của đường tròn. Khi đó $R = 30{\text{ cm}}$

Độ dài cung có số đo $\frac{\pi }{{15}}{\text{ rad}}$ là:

$l = R.\alpha = 30.\frac{\pi }{{15}} = 2\pi {\text{ }}\left( {{\text{cm}}} \right)$

Độ dài cung có số đo $70^\circ $

Chuyển từ độ sang rađian: $70^\circ = 70^\circ .\frac{\pi }{{180^\circ }} = \frac{{7\pi }}{{18}}$

Độ dài cung: $l = R.\alpha = 30.\frac{{7\pi }}{{18}} = \frac{{35\pi }}{3}{\text{ }}\left( {{\text{cm}}} \right)$

Ví dụ 2: Một cung lượng giác trên đường tròn định hướng có độ dài bằng một nửa bán kính. Số đo theo rađian của cung đó là

A.$\frac{1}{2}{\text{ rad}}$ B. $1{\text{ rad}}$ C. $\frac{3}{2}{\text{ rad}}$ D. $2{\text{ rad}}$

Lời giải

Gọi $\alpha ,I,R$ lần lượt là số đo cung, độ dài cung và bán kính của đường tròn

Vì độ dài bằng nửa bán kính nên $I = \frac{1}{2}R$

Ta có

$I = R.\alpha \Rightarrow \alpha = \frac{I}{R} = \frac{{\frac{1}{2}.R}}{R} = \frac{1}{2}\left( {{\text{rad}}} \right)$

Ví dụ 3: Bánh xe máy có đường kính kể cả lốp xe $55$ cm. Nếu xe chạy với vận tốc $40$ km/h thì trong một giây bánh xe quay được bao nhiêu vòng?

Lời giải

Ta có $40$ km/h $ = \frac{{10000}}{9}$ cm/s.

1 vòng bánh xe có chiều dài là $110\pi $ cm.

Số vòng bánh xe quay được trong 1 giây là $\frac{{10000}}{9}:\left( {110\pi } \right) \approx 3,2$.

Dạng 4 : Tính giá trị của góc còn lại hoặc của một biểu thức lượng giác khi biết một giá trị lượng giác.

1. Phương pháp giải.

 Từ hệ thức lượng giác cơ bản là mối liên hệ giữa hai giá trị lượng giác, khi biết một giá trị lượng giác ta sẽ suy ra được giá trị còn lại. Cần lưu ý tới dấu của giá trị lượng giác để chọn cho phù hợp.

 Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ trong đại sô.

2. Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1: Tính giá trị lượng giác còn lại của góc $\alpha $ biết:

  1. $\sin \alpha = \frac{1}{3}$ và ${90^0} < \alpha < {180^0}$. b) $\cos \alpha = – \frac{2}{3}$ và $\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}$.
  1. $\tan \alpha = – 2\sqrt 2 $ và $0 < \alpha < \pi $ d) $\cot \alpha = – \sqrt 2 $ và $\frac{\pi }{2} < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}$

Lời giải

  1. Vì ${90^0} < \alpha < {180^0}$ nên $\cos \alpha < 0$ mặt khác ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$ suy ra $\cos \alpha = – \sqrt {1 – {{\sin }^2}\alpha } = – \sqrt {1 – \frac{1}{9}} = – \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$

Do đó $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{ – \frac{{2\sqrt 2 }}{3}}} = – \frac{1}{{2\sqrt 2 }}$

  1. Vì ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$ nên $\sin \alpha = \pm \sqrt {1 – {{\cos }^2}\alpha } = \pm \sqrt {1 – \frac{4}{9}} = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{3}$

Mà $\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2} \Rightarrow \sin \alpha < 0$ suy ra $\sin \alpha = – \frac{{\sqrt 5 }}{3}$

Ta có $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{ – \frac{{\sqrt 5 }}{3}}}{{ – \frac{2}{3}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$ và $\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \frac{{ – \frac{2}{3}}}{{ – \frac{{\sqrt 5 }}{3}}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}$

  1. Vì $\tan \alpha = – 2\sqrt 2 $$ \Rightarrow \cot \alpha = \frac{1}{{\tan \alpha }} = – \frac{1}{{2\sqrt 2 }}$

Ta có ${\tan ^2}\alpha + 1 = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\tan }^2}\alpha + 1}} = \frac{1}{{{{\left( { – 2\sqrt 2 } \right)}^2} + 1}} = \frac{1}{9} \Rightarrow \cos \alpha = \pm \frac{1}{3}$.

Vì $0 < \alpha < \pi \Rightarrow \sin \alpha > 0$ và $\tan \alpha = – 2\sqrt 2 < 0$ nên $\cos \alpha < 0$

Vì vậy $\cos \alpha = – \frac{1}{3}$

Ta có $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} \Rightarrow \sin \alpha = \tan \alpha .\cos \alpha = – 2\sqrt 2 .\left( { – \frac{1}{3}} \right) = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

  1. Vì $\cot \alpha = – \sqrt 2 $ nên $\tan \alpha = \frac{1}{{\cot \alpha }} = – \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Ta có ${\cot ^2}\alpha + 1 = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cot }^2}\alpha + 1}} = \frac{1}{{{{\left( { – \sqrt 2 } \right)}^2} + 1}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \sin \alpha = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

Do $\frac{\pi }{2} < \alpha < \frac{{3\pi }}{2} \Rightarrow \cos \alpha < 0$ và $\cot \alpha = – \sqrt 2 < 0$ nên $\sin \alpha > 0$

Do đó $\sin \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có $\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} \Rightarrow \cos \alpha = \cot \alpha .\sin \alpha = – \sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{3} = – \frac{{\sqrt 6 }}{3}$

Ví dụ 2:

  1. Tính giá trị lượng giác còn lại của góc $\alpha $ biết $\sin \alpha = \frac{1}{5}$ và $\tan \alpha + \cot \alpha < 0$
  1. Cho $3{\sin ^4}\alpha – {\cos ^4}\alpha = \frac{1}{2}$. Tính $A = 2{\sin ^4}\alpha – {\cos ^4}\alpha $.

Lời giải

  1. Ta có ${\cot ^2}\alpha + 1 = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^2}}} = 25 \Rightarrow {\cot ^2}\alpha = 24$ hay $\cot \alpha = \pm 2\sqrt 6 $

Vì $\tan \alpha $, $\cot \alpha $ cùng dấu và $\tan \alpha + \cot \alpha < 0$ nên $\tan \alpha < 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \cot \alpha < 0$

Do đó $\cot \alpha = – 2\sqrt 6 $. Ta lại có $\tan \alpha = \frac{1}{{\cot \alpha }} = – \frac{1}{{2\sqrt 6 }}$.

$\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} \Rightarrow \cos \alpha = \cot \alpha \sin \alpha = – 2\sqrt 6 .\frac{1}{5} = \frac{{ – 2\sqrt 6 }}{5}$

  1. Ta có $3{\sin ^4}\alpha – {\cos ^4}\alpha = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 3{\sin ^4}\alpha – {\left( {1 – {{\sin }^2}\alpha } \right)^2} = \frac{1}{2}$

$ \Leftrightarrow 6{\sin ^4}\alpha – 2\left( {1 – 2{{\sin }^2}\alpha + {{\sin }^4}\alpha } \right) = 1 \Leftrightarrow 4{\sin ^4}\alpha + 4{\sin ^2}\alpha – 3 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {2{{\sin }^2}\alpha – 1} \right)\left( {2{{\sin }^2}\alpha + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha – 1 = 0$(Do $2{\sin ^2}\alpha + 3 > 0$ )

Suy ra ${\sin ^2}\alpha = \frac{1}{2}$.

Ta lại có ${\cos ^2}\alpha = 1 – {\sin ^2}\alpha = 1 – \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

Suy ra $A = 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}$

Ví dụ 3:

  1. Cho $\cos \alpha = \frac{2}{3}$ . Tính $A = \frac{{\tan \alpha + 3\cot \alpha }}{{\tan \alpha + \cot \alpha }}$.
  1. Cho $\tan \alpha = 3$. Tính $B = \frac{{\sin \alpha – \cos \alpha }}{{{{\sin }^3}\alpha + 3{{\cos }^3}\alpha + 2\sin \alpha }}$
  1. Cho $\cot \alpha = \sqrt 5 $. Tính $C = {\sin ^2}\alpha – \sin \alpha \cos \alpha + {\cos ^2}\alpha $

Lời giải

  1. Ta có $A = \frac{{\tan \alpha + 3\frac{1}{{\tan \alpha }}}}{{\tan \alpha + \frac{1}{{\tan \alpha }}}} = \frac{{{{\tan }^2}\alpha + 3}}{{{{\tan }^2}\alpha + 1}} = \frac{{\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} + 2}}{{\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}}} = 1 + 2{\cos ^2}\alpha $

Suy ra $A = 1 + 2.\frac{4}{9} = \frac{{17}}{9}$

  1. $B = \frac{{\frac{{\sin \alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} – \frac{{\cos \alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }}}}{{\frac{{{{\sin }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} + \frac{{3{{\cos }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} + \frac{{2\sin \alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }}}} = \frac{{\tan \alpha \left( {{{\tan }^2}\alpha + 1} \right) – \left( {{{\tan }^2}\alpha + 1} \right)}}{{{{\tan }^3}\alpha + 3 + 2\tan \alpha \left( {{{\tan }^2}\alpha + 1} \right)}}$

Suy ra $B = \frac{{3\left( {9 + 1} \right) – \left( {9 + 1} \right)}}{{27 + 3 + 2.3\left( {9 + 1} \right)}} = \frac{2}{9}$

  1. Ta có $C = {\sin ^2}\alpha .\frac{{{{\sin }^2}\alpha – \sin \alpha \cos \alpha + {{\cos }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} = {\sin ^2}\alpha \left( {1 – \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }}} \right)$

$ = \frac{1}{{1 + {{\cot }^2}\alpha }}\left( {1 – \cot \alpha + {{\cot }^2}\alpha } \right) = \frac{1}{{1 + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}}}\left( {1 – \sqrt 5 + 5} \right) = \frac{{6 – \sqrt 5 }}{6}$

Ví dụ 4: Biết $\sin x + \cos x = m$

  1. Tìm $\sin x\cos x$ và $\left| {{{\sin }^4}x – {{\cos }^4}x} \right|$
  1. Chứng minh rằng $\left| m \right| \leqslant \sqrt 2 $

Lời giải

  1. Ta có ${\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = {\sin ^2}x + 2\sin x\cos x + {\cos ^2}x = 1 + 2\sin x\cos x$ (*)

Mặt khác $\sin x + \cos x = m$ nên ${m^2} = 1 + 2\sin \alpha \cos \alpha $ hay $\sin \alpha \cos \alpha = \frac{{{m^2} – 1}}{2}$

Đặt $A = \left| {{{\sin }^4}x – {{\cos }^4}x} \right|$. Ta có

$A = \left| {\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)\left( {{{\sin }^2}x – {{\cos }^2}x} \right)} \right| = \left| {\left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {\sin x – \cos x} \right)} \right|$

$ \Rightarrow {A^2} = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2}{\left( {\sin x – \cos x} \right)^2} = \left( {1 + 2\sin x\cos x} \right)\left( {1 – 2\sin x\cos x} \right)$

$ \Rightarrow {A^2} = \left( {1 + \frac{{{m^2} – 1}}{2}} \right)\left( {1 – \frac{{{m^2} – 1}}{2}} \right) = \frac{{3 + 2{m^2} – {m^4}}}{4}$

Vậy $A = \frac{{\sqrt {3 + 2{m^2} – {m^4}} }}{2}$

  1. Ta có $2\sin x\cos x \leqslant {\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1$ kết hợp với (*) suy ra

${\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} \leqslant 2 \Rightarrow \left| {\sin x + \cos x} \right| \leqslant \sqrt 2 $

Vậy $\left| m \right| \leqslant \sqrt 2 $

Dạng 5: Xác định giá trị của biểu thức chứa góc đặc biệt, góc liên quan đặc biệt và dấu của giá trị lượng giác của góc lượng giác.

1. Phương pháp giải.

 Sử dụng định nghĩa giá trị lượng giác

 Sử dụng tính chất và bảng giá trị lượng giác đặc biệt

 Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản và giá trị lượng giác của góc liên quan đặc biệt

 Để xác định dấu của các giá trị lượng giác của một cung (góc) ta xác định điểm ngọn của cung (tia cuối của góc) thuộc góc phần tư nào và áp dụng bảng xét dấu các giá trị lượng giác.

2. Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1: Tính giá trị các biểu thức sau:

  1. $A = \sin \frac{{7\pi }}{6} + \cos 9\pi + \tan ( – \frac{{5\pi }}{4}) + \cot \frac{{7\pi }}{2}$
  1. $B = \frac{1}{{\tan {{368}^0}}} + \frac{{2\sin {{2550}^0}cos( – {{188}^0})}}{{2cos{{638}^0} + cos{{98}^0}}}$
  1. $C = {\sin ^2}{25^0} + {\sin ^2}{45^0} + {\sin ^2}{60^0} + {\sin ^2}{65^0}$
  1. $D = {\tan ^2}\frac{\pi }{8}.\tan \frac{{3\pi }}{8}.\tan \frac{{5\pi }}{8}$

Lời giải

  1. Ta có $A = \sin \left( {\pi + \frac{\pi }{6}} \right) + \cos \left( {\pi + 4.2\pi } \right) – \tan \left( {\pi + \frac{\pi }{4}} \right) + \cot \left( {\frac{\pi }{2} + 3\pi } \right)$

$ \Rightarrow A = – \sin \frac{\pi }{6} + \cos \pi – \tan \frac{\pi }{4} + \cot \frac{\pi }{2} = – \frac{1}{2} – 1 – 1 + 0 = – \frac{5}{2}$

  1. Ta có

$B = \frac{1}{{\tan ({8^0} + {{360}^0})}} + \frac{{2\sin ({{30}^0} + {{7.360}^0})cos({8^0} + {{180}^0})}}{{2cos( – {{90}^0} + {8^0} + {{2.360}^0}) + cos({{90}^0} + {8^0})}}$

$\begin{gathered} B = \frac{1}{{\tan {8^0}}} + \frac{{2\sin {{30}^0}\left( { – \cos {8^0}} \right)}}{{2\cos \left( {{8^0} – {{90}^0}} \right) – \sin {8^0}}} = \frac{1}{{\tan {8^0}}} + \frac{{2.\frac{1}{2}\left( { – \cos {8^0}} \right)}}{{2\cos \left( {{{90}^0} – {8^0}} \right) – \sin {8^0}}} = \hfill \\ {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \frac{1}{{\tan {8^0}}} – \frac{{\cos {8^0}}}{{2\sin {8^0} – \sin {8^0}}} = \frac{1}{{\tan {8^0}}} – \frac{{\cos {8^0}}}{{\sin {8^0}}} = 0 \hfill \\ \end{gathered} $

  1. Vì ${25^0} + {65^0} = {90^0} \Rightarrow \sin {65^0} = \cos {25^0}$ do đó

$C = ({\sin ^2}{25^0} + co{s^2}{25^0}) + {\sin ^2}{45^0} + {\sin ^2}{60^0} = 1 + {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}$

Suy ra $C = \frac{9}{4}$.

  1. $D = – \left( {\tan \frac{\pi }{8}.\tan \frac{{3\pi }}{8}} \right).\left[ {\tan \left( { – \frac{\pi }{8}} \right)\tan \frac{{5\pi }}{8}} \right]$

Mà $\frac{\pi }{8} + \frac{{3\pi }}{8} = \frac{\pi }{2},{\mkern 1mu} – \frac{\pi }{8} + \frac{{5\pi }}{8} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow \tan \frac{{3\pi }}{8} = \cot \frac{\pi }{8},{\mkern 1mu} \tan \frac{{5\pi }}{8} = \cot \left( { – \frac{\pi }{8}} \right)$

Nên $D = – \left( {\tan \frac{\pi }{8}.\cot \frac{\pi }{8}} \right).\left[ {\tan \left( { – \frac{\pi }{8}} \right)\cot \left( { – \frac{\pi }{8}} \right)} \right] = – 1$.

Ví dụ 2: Cho $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi $. Xác định dấu của các biểu thức sau:

  1. $\sin \left( {\frac{\pi }{2} + \alpha } \right)$ b) $\tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} – \alpha } \right)$
  1. $\cos \left( { – \frac{\pi }{2} + \alpha } \right).\tan \left( {\pi – \alpha } \right)$ d) $\sin \frac{{14\pi }}{9}.\cot \left( {\pi + \alpha } \right)$

Lời giải

  1. Ta có $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \Rightarrow \pi < \frac{\pi }{2} + \alpha < \frac{{3\pi }}{2}$ suy ra $\sin \left( {\frac{\pi }{2} + \alpha } \right) < 0$
  1. Ta có $ – \frac{\pi }{2} > – \alpha > – \pi \Rightarrow 0 > \frac{{3\pi }}{2} – \alpha > – \frac{\pi }{2}$ suy ra $\tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} – \alpha } \right) < 0$
  1. Ta có $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \Rightarrow 0 < – \frac{\pi }{2} + \alpha < \frac{\pi }{2}$ suy ra $\cos \left( { – \frac{\pi }{2} + \alpha } \right) > 0$

Và $0 < \pi – \alpha < \frac{\pi }{2}$ suy ra $\tan \left( {\pi + \alpha } \right) > 0$

Vậy $\cos \left( { – \frac{\pi }{2} + \alpha } \right).\tan \left( {\pi + \alpha } \right) > 0$.

  1. Ta có $\frac{{3\pi }}{2} < \frac{{14\pi }}{9} < 2\pi \Rightarrow \sin \frac{{14\pi }}{9} < 0$.

$\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \Rightarrow \frac{{3\pi }}{2} < \pi + \alpha < 2\pi $ suy ra $\cot \left( {\pi + \alpha } \right) < 0$.

Vậy $\sin \frac{{14\pi }}{9}.\cot \left( {\pi + \alpha } \right) > 0$.

Dạng 6: Chứng minh đẳng thức lượng giác, chứng minh biểu thức không phụ thuộc góc $x$, đơn giản biểu thức.

1. Phương pháp giải.

Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản, các hằng đẳng thức đáng nhớ và sử dụng tính chất của giá trị lượng giác để biến đổi

+ Khi chứng minh một đẳng thức ta có thể biến đổi vế này thành vế kia, biến đổi tương đương, biến đổi hai vế cùng bằng một đại lượng khác.

+ Chứng minh biểu thức không phụ thuộc góc $x$ hay đơn giản biểu thức ta cố gắng làm xuất hiện nhân tử chung ở tử và mẫu để rút gọn hoặc làm xuất hiện các hạng tử trái dấu để rút gọn cho nhau.

2. Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1: Chứng minh các đẳng thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa)

  1. ${\cos ^4}x + 2{\sin ^2}x = 1 + {\sin ^4}x$
  1. $\frac{{\sin x + \cos x}}{{{{\sin }^3}x}} = {\cot ^3}x + {\cot ^2}x + \cot x + 1$
  1. $\frac{{{{\cot }^2}x – {{\cot }^2}y}}{{{{\cot }^2}x.{{\cot }^2}y}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{{{\cos }^2}x – {{\cos }^2}y}}{{{{\cos }^2}x.{{\cos }^2}y}}$
  1. $\sqrt {{{\sin }^4}x + 4{{\cos }^2}x} + \sqrt {{{\cos }^4}x + 4{{\sin }^2}x} = 3\tan \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)\tan \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right)$

Lời giải

  1. Đẳng thức tương đương với ${\cos ^4}x = 1 – 2{\sin ^2}x + {\left( {{{\sin }^2}x} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow {\cos ^4}x = {\left( {1 – {{\sin }^2}x} \right)^2}$ (*)

Mà ${\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1 \Rightarrow {\cos ^2}x = 1 – {\sin ^2}x$

Do đó (*)$ \Leftrightarrow {\cos ^4}x = {\left( {{{\cos }^2}x} \right)^2}$ (đúng) ĐPCM.

  1. Ta có $VT = \frac{{\sin x + \cos x}}{{{{\sin }^3}x}} = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} + \frac{{\cos x}}{{{{\sin }^3}x}}$

Mà ${\cot ^2}x + 1 = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}$ và $\tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}}$ nên

$VT = {\cot ^2}x + 1 + \cot x\left( {{{\cot }^2}x + 1} \right)$$ = {\cot ^3}x + {\cot ^2}x + \cot x + 1 = VP$ ĐPCM.

  1. Ta có $VT = \frac{{{{\cot }^2}x – {{\cot }^2}y}}{{{{\cot }^2}x.{{\cot }^2}y}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \frac{1}{{{{\cot }^2}y}} – \frac{1}{{{{\cot }^2}x}} = {\tan ^2}y – {\tan ^2}x$

$ = \left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}y}} – 1} \right) – \left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} – 1} \right) = \frac{1}{{{{\cos }^2}y}} – \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{{{{\cos }^2}x – {{\cos }^2}y}}{{{{\cos }^2}x.{{\cos }^2}y}} = VP$ ĐPCM.

  1. $VT = \sqrt {{{\sin }^4}x + 4\left( {1 – {{\sin }^2}x} \right)} + \sqrt {{{\cos }^4}x + 4\left( {1 – {{\cos }^2}x} \right)} $

$ = \sqrt {{{\left( {{{\sin }^2}x} \right)}^2} – 4{{\sin }^2}x + 4} + \sqrt {{{\left( {{{\cos }^2}x} \right)}^2} – 4{{\cos }^2}x + 4} = \sqrt {{{\left( {{{\sin }^2}x – 2} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {{{\cos }^2}x – 2} \right)}^2}} $

$ = \left( {2 – {{\sin }^2}x} \right) + \left( {2 – {{\cos }^2}x} \right) = 4 – \left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) = 3$

Mặt khác vì $\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) = \frac{\pi }{2} \Rightarrow \tan \left( {\frac{\pi }{6} – x} \right) = \cot \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)$ nên

$VP = 3\tan \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)\cot \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 3 \Rightarrow VT = VP$ ĐPCM.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

$\frac{{{{\sin }^3}\frac{B}{2}}}{{\cos \left( {\frac{{A + 2B + C}}{2}} \right)}} – \frac{{{{\cos }^3}\frac{B}{2}}}{{\sin \left( {\frac{{A + 2B + C}}{2}} \right)}} = \tan A.\cot (B + C)$

Lời giải

Vì $A + B + C = \pi $ nên

$VT = \frac{{{{\sin }^3}\frac{B}{2}}}{{\cos \left( {\frac{\pi }{2} + \frac{B}{2}} \right)}} – \frac{{{{\cos }^3}\frac{B}{2}}}{{\sin \left( {\frac{\pi }{2} + \frac{B}{2}} \right)}} = \frac{{{{\sin }^3}\frac{B}{2}}}{{ – \sin \frac{B}{2}}} – \frac{{{{\cos }^3}\frac{B}{2}}}{{\cos \frac{B}{2}}} = – \left( {{{\sin }^2}\frac{B}{2} + {{\cos }^2}\frac{B}{2}} \right) = – 1$

$VP = \tan A.\cot \left( {\pi – A} \right) = \tan A.\left( { – \cot A} \right) = – 1$

Suy ra $VT = VP$. ĐPCM

Ví dụ 3: Đơn giản các biểu thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa)

  1. $A = \cos (5\pi – x) – \sin \left( {\frac{{3\pi }}{2} + x} \right) + \tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} – x} \right) + \cot (3\pi – x)$
  1. $B = \frac{{\sin ({{900}^0} + x) – \cos ({{450}^0} – x) + \cot ({{1080}^0} – x) + \tan ({{630}^0} – x)}}{{\cos ({{450}^0} – x) + \sin (x – {{630}^0}) – \tan ({{810}^0} + x) – \tan ({{810}^0} – x)}}$
  1. $C = \sqrt 2 – \frac{1}{{\sin \left( {x + 2013\pi } \right)}}.\sqrt {\frac{1}{{1 + \cos x}} + \frac{1}{{1 – \cos x}}} $ với $\pi < x < 2\pi $

Lời giải

  1. Ta có $\cos (5\pi – x) = \cos \left( {\pi – x + 2.2\pi } \right) = \cos \left( {\pi – x} \right) = – \cos x$

$\sin \left( {\frac{{3\pi }}{2} + x} \right) = \sin \left( {\pi + \frac{\pi }{2} + x} \right) = – \sin \left( {\frac{\pi }{2} + x} \right) = – \cos x$

$\tan \left( {\frac{{3\pi }}{2} – x} \right) = \tan \left( {\pi + \frac{\pi }{2} – x} \right) = \tan \left( {\frac{\pi }{2} – x} \right) = \cot x$

$\cot (3\pi – x) = \cot \left( { – x} \right) = – \cot x$

Suy ra $A = – \cos x – \left( { – \cos x} \right) + \cot x + \left( { – \cot x} \right) = 0$

  1. Ta có $\sin ({900^0} + x) = \sin \left( {{{180}^0} + {{2.360}^0} + x} \right) = \sin \left( {{{180}^0} + x} \right) = – \sin x$

$\cos \left( {{{450}^0} – x} \right) = \cos \left( {{{90}^0} + {{360}^0} – x} \right) = \cos \left( {{{90}^0} – x} \right) = \sin x$

$\cot ({1080^0} – x) = \cot ({3.360^0} – x) = \cot \left( { – x} \right) = – \cot x$

$\tan ({630^0} – x) = \tan ({3.180^0} + {90^0} – x) = \tan ({90^0} – x) = \cot x$

$\sin (x – {630^0}) = \sin \left( {x – {{2.360}^0} + {{90}^0}} \right) = \sin \left( {x + {{90}^0}} \right) = \cos x$

$\tan ({810^0} + x) = \tan ({4.180^0} + {90^0} + x) = \tan ({90^0} + x) = – \cot x$

$\tan ({810^0} – x) = \tan ({4.180^0} + {90^0} – x) = \tan ({90^0} – x) = \cot x$

Vậy $B = \frac{{ – \sin x – \sin x – \cot x + \cot x}}{{\sin x + \cos x – \left( { – \cot x} \right) – \cot x}} = \frac{{ – 2\sin x}}{{\sin x + \cos x}}$

  1. Ta có $\sin \left( {x + 2013\pi } \right) = \sin \left( {x + \pi + 1006.2\pi } \right) = \sin \left( {x + \pi } \right) = – \sin x$ nên

$C = \sqrt 2 + \frac{1}{{\sin x}}.\sqrt {\frac{{1 – \cos x + 1 + \cos x}}{{\left( {1 – \cos x} \right)\left( {1 + \cos x} \right)}}} $

${\mkern 1mu} = \sqrt 2 + \frac{1}{{\sin x}}.\sqrt {\frac{2}{{1 – {{\cos }^2}x}}} = {\mkern 1mu} \sqrt 2 + \frac{1}{{\sin x}}.\sqrt {\frac{2}{{{{\sin }^2}x}}} = \sqrt 2 \left( {1 + \frac{1}{{\sin x\left| {\sin x} \right|}}} \right)$

Vì $\pi < x < 2\pi \Rightarrow \sin x < 0$ nên

${\mkern 1mu} C = \sqrt 2 \left( {1 – \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right) = – \sqrt 2 {\cot ^2}x$

Ví dụ 4: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào $x$.

  1. $A = \frac{{{{\sin }^6}x + {{\cos }^6}x + 2}}{{{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x + 1}}$
  1. $B = \frac{{1 + \cot x}}{{1 – \cot x}} – \frac{{2 + 2{{\cot }^2}x}}{{\left( {\tan x – 1} \right)\left( {{{\tan }^2}x + 1} \right)}}$

c)${\mkern 1mu} C = \sqrt {{{\sin }^4}x + 6{{\cos }^2}x + 3{{\cos }^4}x} + \sqrt {{{\cos }^4}x + 6{{\sin }^2}x + 3{{\sin }^4}x} $

Lời giải

  1. Ta có Ta có ${\sin ^4}\alpha + {\cos ^4}\alpha = {\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)^2} – 2{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha = 1 – 2{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha $

${\sin ^6}\alpha + {\cos ^6}\alpha = {\left( {{{\sin }^2}\alpha } \right)^3} + {\left( {{{\cos }^2}\alpha } \right)^3} = \left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)\left( {{{\sin }^4}\alpha + {{\cos }^4}\alpha – {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \right)$

$ = {\sin ^4}\alpha + {\cos ^4}\alpha – {\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha = 1 – 2{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha – {\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha = 1 – 3{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha $

Do đó $A = \frac{{1 – 3{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha + 2}}{{1 – 2{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha + 1}} = \frac{{3\left( {1 – {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \right)}}{{2\left( {1 – {{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha } \right)}} = \frac{3}{2}$

Vậy $A$ không phụ thuộc vào $x$.

  1. Ta có $B = \frac{{1 + \frac{1}{{\tan x}}}}{{1 – \frac{1}{{\tan x}}}} – \frac{{2 + \frac{{2{{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}}}}{{\left( {\tan x – 1} \right)\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}}}$

$ = \frac{{\tan x + 1}}{{\tan x – 1}} – \frac{{2\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)}}{{\tan x – 1}} = \frac{{\tan x + 1 – 2}}{{\tan x – 1}} = 1$

Vậy $B$ không phụ thuộc vào $x$.

  1. $C = \sqrt {{{\left( {1 – {{\cos }^2}x} \right)}^2} + 6{{\cos }^2}x + 3{{\cos }^4}x} + \sqrt {{{\left( {1 – {{\sin }^2}x} \right)}^2} + 6{{\sin }^2}x + 3{{\sin }^4}x} $