Bài giảng các kĩ thuật giải nhanh phương trình lượng giác

CÁC KĨ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
LƯỢNG GIÁC

Giáo viên giảng dạy: NGUYỄN THÀNH LONG

Email:
Bỉm sơn: 10 – 02 – 2014

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

1

Phương trình lượng giác và ứng dụng của nó là một phần rất quan trọng trong đề thi đại học và ứng dụng
của nó trong đại số cũng như hình học. Và đặc biệt là giải phương trình lượng giác là một câu không thể
thiếu trong đề thi đại học các năm. Vậy muốn làm tốt lượng giác trước tiên ta phải nắm được công thức
lượng giác

TÓM TẮT CÁC CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC CẦN NHỚ

I. Các công thức lượng giác cần nhớ

1. Các công thức cơ bản
sin
tan
cos
a
a
a
 với
2
a k


 

cos
cot
sin
a
a
a
 với
a k




tan .cot 1
a a


2 2
2 2
2 2
sin 1 cos (1 cos )(1 cos )
sin cos 1
cos 1 sin (1 sin )(1 sin )
a a a a
a a
a a a a

    

  

    



2
2
1
1 tan
cos
a
a
 
2
2
1
1 cot

sin
a
a
 
2. Công thức cộng và trừ
a. Với sin và cos


sin sin .cos cos .sin
a b a b a b
  



cos cos .cos sin .sin
a b a b a b
  



sin sin .cos cos .sin
a b a b a b
  



cos cos .cos sin .sin
a b a b a b
  

b. Với tan
 
tan tan
tan
1 tan .tan
a b
a b
a b

 


 
tan tan
tan
1 tan .tan
a b
a b
a b

 


3. Công thức tính tích thành tổng
 
1
cos .cos cos( ) cos( )
2
a b a b a b
   

 
1
sin .cos sin( ) sin( )
2
a b a b a b
   

 
1
sin .sin cos( ) cos( )
2
a b a b a b
   
 
1
cos .sin sin( ) sin( )
2
a b b a a b
   
4. Công thức biến đổi tổng thành tích
a. Công thức sin và cos
cos cos 2cos cos
2 2
a b a b
a b
 
  cos cos 2sin sin
2 2
a b a b

a b
 
  
sin sin 2sin cos
2 2
a b a b
a b
 
  sin sin 2cos sin
2 2
a b a b
a b
 
 
b.Công thức tan và cot
sin( )
tan tan
cos .cos
a b
a b
a b

 
sin( )
tan tan
cos .cos
a b
a b
a b


 
sin( )
cot cot
sin .sin
a b
a b
a b

 
sin( )
cot cot
sin .sin
b a
a b
a b

 
5. Công thức nhân đôi và nhân ba, nhân bốn
2 2
sin 2 2sin .cos
(sin cos ) 1 1 (sin cos )
a a a
a a a a

     

2 2 2 2
4 4
cos2 2cos 1 1 2sin cos sin
cos sin

a a a a a
a a
     
 

2
2tan
tan2
1 tan
a
a
a


;
3
2
3tan tan
tan3 =
1 3tan
a a
a
a





 
  

3 2
2
sin3 3sin 4sin sin 3 4sin
sin 4cos 1 sin 2cos 1 2cos 1
a a a a a
a a a a a
   
    



 
  
3 2
2
cos3 4cos 3cos cos 4cos 3
cos 1 4sin cos 1 2sin 1 2sin
a a a a a
a a a a a
   
    

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

2
4 2
sin 4 4sin 2sin
a a a
  
4 2

cos4 8cos 8cos 1
a a a
  

6. Công thức hạ bậc
2
1 cos2
cos
2
a
a


2
1 cos2
sin
2
a
a


2
2
2
sin 1 cos2
tan
1 cos2
cos
a a
a

a
a

 


2
2
2
cos 1 cos2
cot
1 cos2
sin
a a
a
a
a

 


3
cos3 3cos
cos
4
a a
a


3

3sin sin3
sin
4
a a
a



II. Giá tri lượng giác của các góc liên quan đặc biệt
1. Bỏ chẵn lần pi thì không thay đổi


 
sin 2 sin
cos 2 cos
x k x
x k x


 
 



 
tan 2 tan
cot 2 cot
x k x
x k x



 
 

2. Bỏ pi hay lẻ lần pi thì thành cộng biến thành trừ


 
 
 
sin sin
cos cos
tan tan
cot cot
x x
x x
x x
x x




 
  
  
  

TQ:
sin( 2 ) sin
k x x

 
  

cos( 2 ) cos
k x x
 
   



 
 
 
sin sin
cos cos
tan tan
cot cot
x x
x x
x x
x x




  
  
 
 

TQ:
sin( 2 ) sin
k x x
 
   

cos( 2 ) cos
k x x
 
   


3. Bỏ pi trên hai
sin cos
2
cos sin
2
tan cot
2
cot tan
2
x x
x x
x x
x x




 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

sin cos
2
cos sin
2
tan cot
2
cot tan
2
x x
x x
x x
x x





 
 
 
 
 
  
 
 
 
  
 
 
 
  
 
 

d. Đổi dấu


 
sin sin
cos cos
x x
x x
  
 



 
tan tan
cot cot
x x
x x
  
  

III. Công thức tính sina, cosa theo
tan
2
a
t 
Ta có
2
2 2
2
2
2
sin
1
1 1
cos cot
2
1
2
tan
1

t
a
t
t t
a a
t
t
t
a
t





 

  









Một số công thức khác
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

3
2
cos sin cos cos 2cos .cos 2. cos
2 4 4 2 4
3 3
2.sin 2.sin 2.sin 2.sin
2 4 4 4 4
a a a a a a
a a a a
   
    

     
       
     
     
   
       
         
       
   
       
   

Vậy cos sin 2cos 2 sin 2 cos
4 4 4
a a a a x
  
     
      

     
     

Tương tự: cos sin 2 cos 2 cos 2 sin 2sin
4 4 4 4
a a a a a a
   
       
           
       
       









3 3 2 2
sin cos sin cos sin sin .cos cos sin cos 1 sin .cos
x x x x x x x x x x x x
       









3 3 2 2
sin cos sin cos sin sin .cos cos sin cos 1 sin .cos
x x x x x x x x x x x x
       
4 4 2 2 2 2
1 1 1 3 1
sin cos 1 2sin .cos 1 sin 2 cos 2 cos4
2 2 2 4 4
x x x x x x x
        




4 4 2 2 2 2
cos sin cos sin cos sin cos2
x x x x x
    
6 6 4 4 2 2 2 2
3 1 3 3 5
sin cos sin cos sin cos 1 sin 2 cos 2 cos4
4 4 4 8 8
x x x x x x x x x
         

6 6 4 4 2 2
cos sin cos2 (sin cos sin cos )
x x x x x x x

   

sin cos 2 sin 2 cos
4 4
x x x x
 
   
   
   
   



2
2 2
1 sin 2 sin cos 2sin cos sin cos
x x x x x x x
     
2 2 2
1 sin 2 sin cos 2sin cos (sin cos )
x x x x x x x
     
2 2
sin 2
sin cos ,1 cos2 2cos ,1 cos2 2sin
2
x
x x x x x x
    

ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC

Giá trị các hàm số lượng giác của các cung (góc) đặc biệt (ta nên sử dụng đường tròn lượng giác để
ghi nhớ các giá trị đặc biệt)

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

4
- 3
-1
- 3
/3
(Ñieåm goác)
t
t'
y
y'
x
x'
u
u'
- 3
-1
- 3
/3
1
1
-1
-1
-


/2

5/6
3/4
2

/3
-/6
-

/4
-/3
-1/2
- 2/2
- 3/2
-1/2- 2/2- 3/2
3/2
2/2
1/2
3/2
2/2
1/2
A
/3

/4
/6
3
/3

3
B

/2
3
/3
1
3
O






Bảng lượng giác của một số góc đặc biệt

Hoặc: Đường tròn lượng giác
Một điểm M thuộc đường tròn lượng giác sẽ có tọa độ


cos ;sin
M
 
ứng với mỗi góc

ta sẽ được
một điểm M cụ thể trên đường tròn



0
0

30
0

45
0

60
0

90
0

120
0

135
0

150
0

180
0

360
0

Góc

Hslg
0
6


4


3


2



2
3


3
4


5
6




2


sin

0
1
2

2
2

3
2

1
3
2

2
2

1
2

0 0
cos

1
3
2

2
2

1
2

0
1
2


2

2


3
2


-1 1
tan

0
3
3

1
3

kxđ

3


-1
3
3


0 0
cot


kxđ

3

1
3
3

0
3
3


-1
3


kxđ kxđ
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

5

Để giải được phương trình lượng giác chúng ta nắm được các bước giải sau

Bước 1: Đặt điều kiện cho phương trình có nghĩa (nếu có). Điều kiện gồm, phương trình chứa
mẫu, chứa cot hoặc tan, chứa căn bậc chẵn…
Cụ thể:
- Phương trình chứa
tan
x
, điều kiện: cos 0 ,
2
x x k k


    

.
- Phương trình chứa

cot
x
, điều kiện: sin 0 ,x x k k

   

.
- Phương trình chứa cả
tan
x
và
cot
x
, điều kiện:
,
2
x k k

 

.
Bước 2: Sử dụng công thức lượng giác, các phép biến đổi lượng giác. Các phương pháp giải
phương trình nói chung, tìm ra nghiệm của phương trình
Bước 3: Đối chiếu với điều kiện ban đầu để tìm ra nghiệm thỏa mãn và kết luận (xem mục kĩ
năng 5 loại nghiệm và kết hợp nghiệm)
Chú ý:
Đối với phương trình
2
2
1 1

cos cos
2 2
1 1
sin sin
2 2
x x
x x
 
  
 

 
 
  
 
 

ta không nên giải trực tiếp vì khi đó có tới 4 nghiệm,
khi kết hợp và so sánh với điều kiện rất phức tạp, ta nên hạ bậc là tối ưu nhất. Nghĩa là:

2
2
2
2
1
cos
2cos 1 0 cos2 0
2
1 cos2 0
2sin 1 0

sin
2
x
x x
x
x
x




  

 




 







.
Tương tự đối với phương trình
2
2

sin 1 sin 1
cos 1
cos 1
x x
x
x

  




 




ta không nên hạ bậc, mà nên biến đổi dựa vào
công thức
2 2
sin cos 1
x x
 
. Lúc đó:
2 2
2 2
sin 1 cos 0 cos 0
sin 0
cos 1 sin 0
x x x

x
x x
 
  

 
 


 
 

 

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

6
Đối với phương trình
cos cos2 0
x x
 
. Chúng ta có thể chuyển về dạng


cos cos 2x x

 

nhưng đơn giản hơn là thay
2

cos2 2cos 1
x x
 
để phương trình trở thành phương trình bậc hai với cosx
Tương tự với phương trình
sin cos2 0
x x
 

Khi đặt ẩn phụ
sin , cos
t x t x
 
thì điều kiện của t là
1
t

. Khi đặt ẩn phụ
2 2
sin , cos
t x t x
 

thì điều kiện của t là
0 1
t
 
. Khi đặt ẩn phụ
sin cos
t x x

 
thì điều kiện của t là
2
t  .
Một số phương trình lượng giác cơ bản cần nhớ
Dạng 1:
2
sin sin ,
2
u v k
u v k
u v k

 
 

  

  


Đặc biệt:
sin 0
sin 1 2 ,
2
sin 1 2
2
x x k
x x k k
x x k








  


    



     




Dạng 2:
2
cos cos ,
2
u v k
u v k
u v k


 


  

  


Đặc biệt:
cos 0 2
2 2
cos 1 2 ,
cos 1 2
x x k k
x x k k
x x k
 
 

 

 
     
 

 


   


    






Dạng 3:
tan tan
,
,
2
u v u v k
k
u v k



   




 



Đặc biệt:
tan 0
,
tan 1
4
x x k

k
x x k



  




     




Dạng 4:
cot cot
,
,
u v u v k
k
u v k


   







Đặc biệt:
cot 0
2
,
cot 1
4
x x k
k
x x k





   





     





Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

7

§ 1: CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP

1. Phương trình bậc nhất đối với
sin ,cos
x x

a. Định nghĩa: Phương trình
sin cos (1)
a x b x c
 
trong đó a, b, c


và
2 2
0
a b
 
được gọi là
phương trình bậc nhất đối với
sin ,cos
x x

b. Cách giải.
Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau:
Cách 1: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Kiểm tra
- Nếu
2 2 2

a b c
 
phương trình vô nghiệm
- Nếu
2 2 2
a b c
 
khi đó để tìm nghiệm của phương trình ta thực hiện tiếp bước 2
Bước 2: Chia cả 2 vế phương trình (1) cho
2 2
a b

, ta được

2 2 2 2 2 2
sin cos
a b c
x x
a b a b a b
 
  

Vì
2 2
2 2 2 2
1
a b
a b a b
   
 

   
   
 
   
nên tồn tại góc

sao cho
2 2 2 2
cos , sin
a b
a b a b
 
 
 

Khi đó phương trình (1) có dạng
2 2 2 2
sin .cos sin .cos sin( )
c c
x x x
a b a b
  
    
 

Đây là phương trình cơ bản của sin mà ta đã biết cách giải
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Với cos 0 2 ,
2
x

x k k
 
    

thử vào phương trình (1) xem có là nghiệm hay không?
Bước 2: Với cos 0 2 ,
2
x
x k k
 
    


Đặt
tan
2
x
t  suy ra
2
2 2
2 1
sin , cos
1 1
t t
x x
t t

 
 

Khi đó phương trình (1) có dạng
2
2
2 2
2 1
( ) 2 0 (2)
1 1
t t
a b c c b t at c b
t t

       
 

Bước 3: Giải phương trình (2) theo t, sau đó giải tìm x.
Dạng đặc biệt:
sin cos 0 tan 1 ,
4
x x x x k k


         


sin cos 0 tan 1 ,
4
x x x x k k


       


.


sin cos 0
x x k k
  
sử dụng công thức sin cos 2 sin 2 cos
4 4
x x x x
 
   
   
   
   

Chú ý: Từ cách 1 ta có kết quả sau
2 2 2 2
sin cos
a b a x b x a b
     
từ kết quả đó ta có thể áp dụng tìm GTLN và GTNN của các
hàm số có dạng
sin cos
y a x b x
 
,
sin cos
sin cos
a x b x

y
c x d x



và phương pháp đánh giá cho một số phương
trình lượng giác .

THÍ DỤ MINH HỌA

Thí dụ 1: Giải phương trình:
sin 2 3cos2 3
x x
 

Giải:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

8
Cách 1:
Chia cả hai vế phương trình cho
2 2
1 3 10
  ta được
1 3 3
sin 2 cos2
10 10 10
x x 
Đặt
3 1

sin , cos
10 10
 
 
. Lúc đó phương trình viết được dưới dạng
cos sin 2 sin cos2 sin sin(2 ) sin
2 2
,
2 2
2
x x x x
x k
x k
k
x k
x k
   
 
  

   

    
 

  


  



   
 




Vậy phương trình có 2 nghiệm
Cách 2:
Ta nhận thấy
cos 0
x

là nghiệm của phương trình
Với cos 0 ,
2
x x k k


    

.
Đặt
tan
t x

, lúc đó
2
2 2
2 1

sin 2 , cos2
1 1
t t
x x
t t

 
 

Phương trình sẽ có dạng
2
2 2
2 2
2 1
3 3 2 3(1 ) 3(1 ) 3
1 1
t t
t t t t
t t

        
 

Hay tan 3 tan ,x x k k
  
     


Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng

2
sin 2 3(1 cos2 ) 2sin .cos 6cos
cos 0 cos 0
(sin 3cos )cos 0
sin 3cos 0 tan 3 tan
x x x x x
x x
x x x
x x x

   
 
 
    
 
   
 

,
2
x k
k
x k


 

 

 


 



Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Chú ý:
Khi làm bài toán dạng này chúng ta nên kiểm tra điều kiện trước khi bắt tay vào giải phương trình bởi có
một số bài toán đã cố tình tạo ra những phương trình không thoả mãn điều kiện. Ta xét ví dụ sau:
Thí dụ 2: (Đại học Giao thông Vận tải Hà Nội 2000) Giải phương trình sau:


2 2 sin cos cos 3 cos2
x x x x
  
Giải:
Phương trình


2 2 sin cos cos 3 cos2
x x x x
  


2sin 2 1 cos2 3 2
x x    

Ta có





 
2 2
2 2
2
2
2 2 1 5 2 2
3 2 11 6 2
a b
c

     



   


Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
a b c
 
5 2 2 11 6 2
   


2
2
4 2 6 4 2 6

   
32 36
 
(đúng)
Vậy phương trình vô nghiệm.
Ngoài ra chúng ta cần lưu ý rằng việc biến đổi lượng giác cho phù hợp với từng bài toán sẽ biểu diễn
chẵn các họ nghiệm . Ta xét ví dụ sau
Thí dụ 3: Giải phương trình
(1 3)sin (1 3)cos 2
x x
   

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

9
Giải:
Cách 1:
Thực hiện phép biến đổi
PT
1 3 1 3 2 1
sin cos
2 2 2 2 2 2 2
x x
   
 
   
   
   
   

Đặt
1 3 1 3
cos ; sin
2 2 2 2
x x
 
 
Phương trình được viết thành
1
sin .cos sin .cos sin( ) sin
4
2
x x x

  
    
2 2
4 4
,
3
2 2
4 4
x k x k
k
x k x k
 
   
 
    
 

     
 
  
 
 
      
 
 


Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Cách 2:
Biến đổi phương trình về dạng
(sin cos ) 3(sin cos ) 2 2 sin 6 cos 2
4 4
1 3 1 1
sin cos sin cos cos sin
2 4 2 4 4 3 4 3
2 2
2
2
312 4
sin sin
4 3 4
2
12 4
x x x x x x
x x x x
x k
x k

x
x k x
 
     

 


  
 
 
   
        
   
   
       
         
       
       

 
  

 
     

 
 

   



,
5
2
6
k
k







 




Vậy phương trình có hai họ nghiệm
Qua hai cách giải ở bài trên ta nhận thấy bằng cách 2 ta thu được nghiệm phương trình chẵn.
Bài trên cũng có thể sử dụng cách đặt
tan
2
x
t 
và ta cũng thu được nghiệm chẵn
Thí dụ 4: (ĐH – D 2007) Giải phương trình:
2

sin cos 3cos 2
2 2
x x
x
 
  
 
 

Giải:
Phương trình
2 2
sin 2sin cos cos 3cos 2
2 2 2 2
x x x x
x
    

sin 3cos 1
x x
  
1 3 1
sin cos
2 2 2
x x
  

1
sin .cos cos .sin
3 3 2

x x
 
  
1
sin
3 2
x

 
  
 
 

2 2
3 6
6
,
5
2 2
3 6 2
x k x k
k
x k x k
  
 
  
 


     

 
  


 
    
 




Vậy phương trình có các nghiệm là 2 , 2 ,
2 6
x k x k k
 
 
     


Chú ý:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

10
Đối với phương trình dạng
sin ( ) cos ( ) sin ( ) cos ( ) (*)
a P x b Q x c Q x d P x
  
trong đó a, b, c, d



thoả mãn
2 2 2 2
0
a b c d
   
và




,
P x Q x
không đồng thời là các hàm hằng số. Bằng phép chia cho
2 2
a b

ta có (*)




sin ( ) sin ( )P x Q x
 
   
hoặc
(*)





cos ( ) cos ( )P x Q x
 
   
trong đó
,
 
là các góc phụ thích hợp. Ta xét ví dụ sau:
Thí dụ 5: (ĐH – D 2009) Giải phương trình:
3 cos5 2sin3 cos2 sin 0
x x x x
  

Giải:
PT
3 1
3cos5 sin5 2sin cos5 sin5 sin sin 5 sin
2 2 3
x x x x x x x x

 
        
 
 

5 2
3 18 3
,
5 2
3 6 2

k
x x k x
k
k
x x k x
  

  
 
 
    
 
  
 
 
      
 
 


Vậy phương trình có nghiệm là
, ,
18 3 6 2
k k
x x k
   
     


Thí dụ 6: Giải phương trình:

cos7 sin5 3(cos5 sin7 )
x x x x
  

Giải:
PT

cos7 3 sin 7 3 cos5 sin5
x x x x
  

1 3 3 1
cos7 sin7 cos5 sin5
2 2 2 2
x x x x
   
cos cos7 sin sin7 cos cos5 sin sin5
3 3 6 6
x x x x
   
   

7 5 2
3 6
cos 7 cos 5
3 6
7 5 2
3 6
x x k
x x

x x k
 

 
 
 

   

   

    
   
 

   
    
 

 


2 2
6 12
,
3
12 2
8 62
x k x k
k

k
x
x k
 
 
 


 
   
 
  
 
 
 
 
 
 


Vậy phương trình có hai nghiệm
Thí dụ 7: (ĐH – B 2012) Giải phương trình
2(cos 3sin )cos cos 3sin 1.
x x x x x
   

Giải:
Nhận xét 1: Sau khi nhân phá ra ta nhóm cụm
2
2cos 1 cos2

x x
  và
2 3sin cos 3sin 2
x x x
 , không
còn hệ số tự do và chuyển cung 2x sang một bên, cung 1x sang một bên thì bài toán trở thành bài toán cơ
bản nhưng mở rộng của bài phương trình bậc nhất đổi với sin và cos nên ta có lời giải sau
Cách 1:


2 cos 3sin cos cos 3sin 1 cos2 3sin2 cos 3 sin
x x x x x x x x x
       
(*)
Chia hai vế cho 2 và biến đổi thành
2
2
3
cos 2 cos 2 2 ,
2
3 3 3 3
3
x k
x x x x k k
x k


   




 

     
          

     
     






Chú ý:
- Ta có thể biến đổi về sin như sau
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

11
M
2
M
3
M
1
cos2 3 sin 2 cos 3sin
2
2 2
2
6 6

3
sin 2 sin ,
2
6 6
2 2
6 6
3
x x x x
x x k
x k
x x k
x x k
x k
 



 
 

 
   


   
 


   


      

   
 
    

    

 



 



- Có thể giải phương trình (*) như sau


cos2 cos 3 sin 2 sin 0
3 3
2sin sin 2 3sin cos 0
2 2 2 2
2
3
sin 0
3
2
,
2

tan 3 2
2 3
x x x x
x x x x
x
x k
k
x
x k



    
   




  




  






Nhận xét 2: Sau khi nhân phá ra chuyển về một vế và nhóm thành hai cặp


2
2cos cos 1
x x
 
và


3sin 2cos 1
x x

ta thấy chúng có nhân tử chung là


2cos 1
x

và ta có lời giải sau
Cách 2:


2
2(cos 3sin )cos cos 3sin 1 2cos cos 1 3sin 2cos 1 0
x x x x x x x x x
         












2cos 1 cos 1 3sin 2cos 1 0 2cos 1 3sin cos 1 0
x x x x x x x
          

2
2
1
cos
3
2cos 1 0
2
2 ,
1
3sin cos 1 0
cos
2
3 2 2
3
x k
x
x
x k k

x x
x
x k







  


 

 



    


 
  



 
 


 

 




Sử dụng đường tròn lượng giác tổng hợp nghiệm ta thấy
Với nghiệm
2
x k


tương ứng trên đường tròn là điểm
M
1

Với nghiệm
2
2
3
x k


  tương ứng trên đường tròn là điểm M
2

Với nghiệm
2
2

3
x k


   tương ứng trên đường tròn là điểm
M
3

Nhận thấy 3 điểm nghiệm không trùng với hai điểm điều kiện mà
3 điểm nghiệm này cách đều nhau một góc
2
3

nên ta có gộp 3 điểm
nghiệm thành
2
,
3
x k k

 

.
Vậy phương trình có nghiệm là
2 2
2 , ,
3 3
x k x k k
 


   


Chú ý:
- Ta cũng có thể biến đổi về sin như sau
1
3sin cos 1 0 sin sin
6 2 6
x x x
 
 
      
 
 

- Ta có bài toán tổng quát như sau khi xuất hiện
cos2
x
(hoặc
2
sin
x
hoặc
2
cos
x
),
sin 2 ,sin ,cos
x x x
và

hệ số tự do ta có bài toán tổng quát sau
sin 2 cos2 sin cos 0
a x b x c x d x e
    
ta biến đổi về một
trong hai dạng
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

12


 
 
 
2
2
2
2
2 sin cos 2cos 1 sin cos 0
2 sin cos 1 2sin sin cos 0
2 cos cos sin 2 cos 0
2 sin sin cos 2 sin 0
a x x b x c x d x e
a x x b x c x d x e
b x d x b e x a x c
b x c x b e a x d

     



     


     


      



Từ đó sẽ xuất hiện nhân tử chung (với các hệ số
, , , ,
a b c d e
theo một tỉ lệ nào đó), với dạng bài này đề
thi khối D năm 2010 (xem ở mục kĩ năng đưa về phương trình tích)
Tương tự: Giải phương trình


6 6
8 sin cos 3 3sin 4 3 3 cos2 9sin 2 11
x x x x x
    

Phương trình
2
3
8 1 sin 2 6 3sin 2 cos2 3 3cos2 9sin 2 11 0
4
x x x x x
 

      
 
 



    
 
 
2
3cos2 2sin2 1 2sin 2 3sin2 1 0
3cos2 2sin2 1 sin 2 1 2sin 2 1 0
2sin 2 1 3 cos2 sin 2 1 0
1
sin 2
2sin2 1 0
2
3cos2 sin 2 1 0
sin 2 sin
3 6
12
5
12
4
5
12
x x x x
x x x x
x x x
x

x
x x
x
x k
x k
x k
x k
 








     
     
    



 


 

   
  



  
   

   


 
 

 
  
,k













Thí dụ 8: (ĐH – B 2009) Giải phương trình:


3

sin cos sin 2 3cos3 2 cos4 sin
x x x x x x
   

Giải:
Phương trình


2
sin 1 2sin cos .sin2 3cos3 2cos4
x x x x x x
    
1 3
sin3 3 cos3 2cos4 sin3 cos3 cos4
2 2
x x x x x x
     

cos4 cos 3
6
x x

 
  
 
 
4 3 2
6
x x k



 
    
 
 

2
6
,
2
42 7
x k
k
x k


 

  

 


 




Hoặc: Phương trình
 

1 3 1
sin sin3 sin 3 cos3 2 cos4 sin sin3
2 4 4
x x x x x x x
 
      
 
 

1 3 3 1
sin3 sin 3cos3 2cos4 sin sin3
2 2 2 2
x x x x x x
     
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

13
1 3
sin3 3 cos3 2cos4 sin3 cos3 cos4
2 2
x x x x x x
     

Vậy phương trình có nghiệm là
2
, 2 ,
42 7 6
k
x x k k
  


     


Thí dụ 9: Giải phương trình
8sin tan cot 4cot 2
6
x x x x

 
   
 
 

Giải:
Điều kiện:
sin 0
sin 2 0
cos 0
x
x
x


 



(*)
Phương trình

2
8sin 4cot 2
6 sin2
x x
x

 
   
 
 

 
2 2
4sin sin 2 1 2cos2 2 3sin cos .sin 2 3sin – cos 0
6
x x x x x x x x

 
       
 
 

( 3sin cos )(2sin 2 3sin cos ) 0
3sin cos 0
2sin2 3sin cos 0
x x x x x
x x
x x x
    


 


  



TH1: 3sin cos 0 cot 3 ,
6
x x x x k k


         


 
3 1
TH2: 2sin 2 3sin cos 0 sin cos sin 2
2 2
5
2
6
sin sin 2 ,
2
6
18 3
x x x x x x
x k
x x k
k

x



 
      


 

 
     

 
 

  




Các nghiệm trên đều thỏa mãn (*). Vậy phương trình có 3 nghiệm trên
Thí dụ 10: Giải phương trình


tan 3cot 4 sin 3cos
x x x x
  

Giải:

Phương trình
2 2
sin 3cos 1 3
8 sin cos
sin cos 2 2
x x
x x
x x
 

  
 
 
 

1 2cos2 4sin 2 .sin
3
x x x

 
    
 
 

2
cos cos2 cos cos 3
3 3 3
2
cos2 cos cos 3 cos 0
3 3 3

x x x
x x x
  
  
   
     
   
   
   
   
      
   
   
   
   

3 3
2cos cos cos 0
2 6 2 6 2 2
3
4cos sin sin 0
2 6 3 2 6
x x x
x x
x
  
  
 
     
     

     
 
     
 
     
    
     
     

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

14
sin 0
2 6
3
sin 0 ,
4 2
3
9 3
3
4cos 0
2 6
x
x k
x k
k
x
x





 


 
 
 

 


  


 
    

  
 


 



 
 

 

 



Vậy nghiệm của phương trình là
4 2
; ,
3 9 3
k
x k x k
  

     


Vậy phương trình có ba nghiệm trên
Chú ý: Cách khác xem ở Ví dụ 3 trang 23

Dạng 2: Phương trình thuần nhất bậc hai đối với
sin
x
và
cos
x
.

a. Định nghĩa: Phương trình thuần nhất bậc hai đối với
sin
x
,

cos
x
là phương trình.

2 2
sin sin .cos cos
a x b x x c x d
  
(1) trong đó a, b, c, d



b. Cách giải :
Cách 1:
Chia từng vế của phương trình (1) cho một trong ba hạng tử
2
sin
x
hoặc
2
cos
x
hoặc
sin .cos
x x
.
Chẳng hạn nếu chia cho
2
cos
x

ta làm theo các bước sau:
Bước 1: Kiểm tra:
cos 0 ,
2
x x k k


    

xem nó có phải là nghiệm của phương trình (1) hay
không?
Bước 2: Với
cos 0
x

chia cả hai vế cho
2
cos
x
lúc đó phương trình (1) trở thành

2 2 2
tan tan (1 tan ) ( )tan tan 0
a x b x c d x a d x b x c d
         

Đây là phương trình bậc hai theo tan ta đã biết cách giải bằng cách đặt
tan
t x


.
Cách 2:
Dùng công thức hạ bậc
2 2
1 cos2 1 cos2 sin 2
sin ;cos ;sin .cos
2 2 2
x x x
x x x x
 
   đưa phương trình đã
cho về phương trình sin 2 ( )cos 2
b x c a x d c a
    

Đây là phương trình bậc nhất đối với sin và cos ta đã biết cách giải (dạng 1)
Chú ý:
- Khi
0
d

thì
2 2
sin sin .cos cos 0
a x b x x c x
  
gọi là phương trình đẳng cấp bậc 2
- Đối với phương trình đẳng cấp bậc n (n

3) với dạng tổng quát

(sin ,cos ,sin cos ) 0
n n k h
A x x x x

trong đó ; , ,k h n k h n
  


Khi đó ta cũng làm theo 2 bước:
Bước 1: Kiểm tra xem
cos 0
x

có phải là nghiệm của phương trình hay không?
Bước 2: Nếu
cos 0
x

. Chia cả hai vế của phương trình trên cho
cos
n
x
ta sẽ được phương trình bậc n
theo tan. Giải phương trình này ta được nghiệm của phương trình ban đầu.

THÍ DỤ MINH HỌA

Thí dụ 1: (ĐH – B 2008) Giải phương trình: xxxxxx cossin3cossincos3sin
2233


Giải:
Nhận xét 1: Đây là phương trình đẳng cấp bậc 3 nên ta giải như sau
Cách 1:
Thay
cos 0 ,
2
x x k k


    

vào phương trình ta được
3
sin 0 sin 0
x x
  
nên ,x k k

 


không phải là nghiệm của phương trình
Khi
cos 0
x

chia cả hai vế của phương trình cho
3
cos
x

ta được
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

15




3 2 2 2
tan 3 tan 3.tan tan tan 1 3 tan 1 0
x x x x x x
       

 
 
2
tan 1
tan 1 tan 3 0
tan 3
x
x x
x
 

    

 

4
,

3
x k
k
x k





  

 


  




Nhận xét 2: Ta nhận thấy có các nhân tử chung và các hệ số tương ứng tỉ lệ nên ta có lời giải sau
Cách 2:
Phương trình




3 2 3 2
sin sin cos 3 cos 3sin cos 0
x x x x x x
    





     
  
 
2 2 2 2
sin sin cos 3 cos cos sin 0
sin sin cos sin cos 3cos cos sin cos sin 0
sin cos sin cos sin 3cos 0
sin cos 0
tan 1
4
sin cos 0 ;
tan 3
sin 3 cos
3
x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x
x k
x
x x k
x
x k
x x





    
      
    


 
  

 


     



 



  






Vậy phương trình có các nghiệm là ; ,

4 2 3
x k x k k
  

     


Chú ý:
- Kết hợp hai nghiệm
4
x k


   thành một nghiệm
4 2
x k
 
  vì chúng hợp với nhau một góc
2


- Cũng có thể biến đổi
Phương trình




3 2 3 2
sin sin cos 3 cos 3sin cos 0
x x x x x x

    





 
2 2 2 2
sin sin cos 3 cos cos sin 0
sin cos2 3cos cos2 0
cos2 sin 3cos 0
cos2 0
2 2
;
sin 3 cos
3
x x x x x x
x x x x
x x x
x k
x
k
x x
x k
 


    
   
  


 



  





  




Thí dụ 2: (ĐHCĐ – 2000) Giải phương trình
1 3tan 2sin 2
x x
 

Giải:
Cách 1: Điều kiện:
cos 0
x

(*)
Phương trình
2
sin

1 3 4sin cos cos 3sin 4sin cos
cos
x
x x x x x x
x
    
Nhận xét: Đây là phương trình đẳng cấp bậc ba nên ta chia hai vế của phương trình cho
3
cos
x

Ta được
 
 
 
2 2
2 2
3 2 2
1 tan
3 4tan 1 tan 3tan 1 tan 4tan
cos cos
3tan tan tan 1 0 tan 1 3tan 2tan 1 0
x
x x x x
x x
x x x x x x
      
         

tan 1 ,

4
x x k k


       

(thỏa mãn (*)) vì
2
3tan 2tan 1 0
x x
  
vô nghiệm
Chú ý:
- Ta có thể chia từ đầu hai vế của phương trình cho
2
cos
x

- Nhìn vào phương trình ta thấy xuất hiện
tan
x
và
sin 2
x
ta nghĩ tới mối quan hệ như giữa chúng
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

16
2 2 2
2sin cos 2tan

sin 2
sin cos 1 tan
x x x
x
x x x
 
 
hoặc
2
2
2
2sin cos
2tan
cos
sin 2 2sin cos
1
1 tan
cos
x x
x
x
x x x
x
x
  

từ đó ta đặt
tan
t x


Cách 2:
Đặt
2
2
tan sin 2
1
t
t x x
t
  


Khi đó ta được
3 2 2
2
4
1 3 3 1 0 ( 1)(3 2 1) 0
1
t
t t t t t t t
t
           


1 tan 1 ,
4
t x x k k



          

(thỏa mãn (*))
Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm ,
4
x k k


   


Cách 3: Phân tích hệ số
3 1 2
 

Ta có phương trình
1 tan 2tan 4sin cos
x x x x
   

2
sin cos 2cos 1
2sin 0
cos cos
x x x
x
x x
 
  





sin cos 1 2sin cos sin 0
x x x x x
    
 
 


 
sin cos 0
tan 1
1 2sin cos sin
sin 2 cos2 2
x x
x
x x x x x
 

 

 


 
 



,
4
x k k


    

(Vì phương trình
sin 2 cos2 2
x x
 
vô nghiệm)
Cách 4: Phân tích hệ số
1 3 2
 

Ta có phương trình




3 1 tan 2 1 sin
x x
   

   
 
2
2

2
sin cos
3 2 sin cos sin cos 3 sin 2 2cos 0
cos
sin cos 0
tan 1
sin 2 cos2 2
3 sin 2 2cos 0
x x
x x x x x x
x
x x
x
x x
x x

       
 
 

 


 
  



,
4

x k k


    

(Vì phương trình
sin 2 cos2 2
x x
 
vô nghiệm)
Thí dụ 3: (ĐHQG HCM – 1998) Giải phương trình:
3
sin 2 sin
4
x x

 
 
 
 

Giải:
Cách 1:
Ta nhận thấy sin
4
x

 

 

 
có thể biểu diễn được qua
sin cos
x x

. Luỹ thừa bậc ba biểu thức
sin cos
x x


ta sẽ đưa phương trình về dạng thuần nhất đã biết cách giải
Phương trình
3
3
2 2 sin 4sin 2 sin 4sin
4 4
x x x x
 
 
   
     
   
 
   
 

3
(sin cos ) 4sin
x x x
   (*)

Xét với cos 0 2 ,
2
x x k k


    

. Khi đó phương trình có dạng
3
sin 4sin
2 2
k k
 
 
   
   
   
   
mâu thuẫn
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

17
Vậy phương trình không nhận
2
2
x k


 
làm nghiệm

Với
cos 0
x

. Chia cả hai vế của phương trình (2) cho
3
cos
x
ta được:
3 2 3 2
(tan 1) 4(1 tan )tan 3tan 3tan tan 1 0
x x x x x x
       
.
Đặt
tan
t x

phương trình có được đưa về dạng:
3 2 2
3 3 1 0 ( 1)(3 1) 0 1 ,
4
t t t t t t x k k


              


Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện của phương trình .
Cách 2:

Từ phương trình (*)
3 2
(*) (sin cos ) 4sin (sin cos )(sin cos ) 4sin
x x x x x x x x
      
2 2
(sin cos )(1 2sin cos ) 4sin cos 3sin 2sin cos 2sin
cos 0
x x x x x x x x x x x
         

2 2
cos ( 2sin 1) sin (2cos 3) 0 cos (cos2 2) sin (cos2 2
) 0
x x x x x x x x
          

(cos2 2)(cos sin ) 0 cos2 2
x x x x
     
(loại) hoặc tan 1 ,
4
x x k k


      


Vậy phương trình có duy nhất 1 họ nghiệm ,
4

x k k


   


Cách 3.1: Đặt
4 4
t x x t
 
    
khi đó ta được phương trình
3
sin 2 sin sin cos
4
t t t t

 
   
 
 
(**)


 
2 2
sin sin 1 cos sin cos cos
cos sin2 2 0 cos 0 ,
2
t t t t t t

t t t t k k


     
        


Với
3
,
2 4
t k x k k
 
 
     


Cách 3.1: Từ phương trình (**) ta thấy nếu
sin 0 cos 1
x x
   
thì phương trình (**) vô nghiệm nên
sin 0
x

. Chia cả hai vế của (**) cho
3
sin
x
ta được phương trình



2 2
1 1 cot cot 1 cot cot 0
t t t t
     

3
,
2 4
t k x k k
 
 
      


Chú ý:
Ngoài phương pháp giải phương trình thuần nhất đã nêu ở trên có những phương trình có thể giải bằng
phương pháp khác tuỳ thuộc vào từng bài toán để giải sao cho cách giải nhanh nhất, khoa học nhất.
Thí dụ 4: Giải phương trình:
1 tan
1 sin 2
1 tan
x
x
x

 


Giải:
Điều kiện
cos 0
2
,
tan 1
4
x k
x
k
x
x k





 




 
 
 


  





Cách 1:
Biến đổi phương trình về dạng:
   
2 3
cos sin
cos sin cos sin cos sin
cos sin
x x
x x x x x x
x x

     


Chia cả hai vế của phương trình (3) cho
3
cos 0
x

ta được:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

18


 
 
3

2 2
3 2 2
1 tan 1 tan tan 1 tan
tan tan 2tan 0 tan tan 2 tan 0 (*)
x x x x
x x x x x x
    
       

(do
2
tan tan 2 0
x x
  
vô nghiệm) nên:
Phương trình (*) tan 0 ,x x k k

    


Cách 2:
Biến đổi phương trình về dạng
 
2
2
2
cos
cos sin 2
4
cos sin 2sin cot

cos sin 4 4
sin 1 cot
4 4
x
x x
x x x x
x x
x x

 
 
 

 

   
 
       
   

   
   
  
   
   

Đặt cot
4
t x


 
 
 
 
ta được:
 
 
3 2
2
2
2 0 1 2 0 1
1
t t t t t t t
t
           


Hay
cot 1 ,
4 4 4
x x k x k k
  
 
 
        
 
 


Vậy phương trình có một họ nghiệm là ,x k k


 


Cách 3:
Phương trình
  
2
cos sin sin cos sin cos
x x x x x x
    


 
 
 
 
3 3
2 3
2 3
cos sin sin cos 3sin cos sin cos
cos 1 cos sin sin 3sin cos sin cos 0
cos sin sin sin 3sin cos sin cos 0
sin sin 2 cos2 3 0
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x
     
      

     
   

sin 0 ,x x k k

    

(Vì phương trình
sin 2 cos2 3 0
x x
  
vô nghiệm)
Cách 4: Đặt
2
2
tan sin 2
1
t
t x x
t
  

ta được phương trình
3 2
2
1 2
1 2 0
1
1
t t

t t t
t
t

     
 



2
2 0 0
t t t t
     
(vì phương trình
2
2 0
t t
  
vô nghiệm)
Với tan 0 ,x x k k

   


Thí dụ 5: (Đại học Y Dược Thành phố Hồ Chí Minh 1997)
Giải phương trình:
3
sin .sin 2 sin3 6cos
x x x x
 

Giải:
PT


3 3
sin 2sin cos 3sin 4sin 6cos
x x x x x x
   

3 2 3
4sin 3sin 2sin cos 6cos 0
x x x x x
    
(*)
Nếu
cos 0
x

là nghiệm (*) của thì:
3
3
sin 1
cos 0
sin 1
4sin 3sin 0
4sin 3sin 0
x
x
x
x x

x x
 





 
 
 

 


 

vô lý
Chia 2 vế của (*) cho
3
cos 0
x

ta được phương trình tương đương:






3 2 2

* tan 2tan 3tan 6 0 tan 2 tan 3 0
x x x x x
        

tan 2 tan
,
tan 3 tan
3 3
x x k
k
x x k
  
 

   
 
 
  
 
      
 


Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

19
Vậy phương trình có các nghiệm là
; ,
3
x k x k k


  
     

với
tan 2



Thí dụ 6: Giải phương trình
cos2
tan 2 sin 2 0
1 cot 4
x
x x
x

 
   
 

 

Giải:
Điều kiện:
1 cot 0
sin 0
cos 0
x
x

x
 








Phương trình
cos2 .sin sin
sin 2 cos2 0
sin cos cos
x x x
x x
x x x
    


sin 1
cos2 1 sin 2cos 0
sin cos cos
cos2 .cos sin .cos2
0
sin cos cos
x
x x x
x x x
x x x x

x x x
   
    
   

   

  


2 2
2 2
sin cos
cos2 0
cos sin cos
cos2 (sin sin .cos cos ) 0
cos2 0 (1)
sin sin .cos cos 0 (2)
x x
x
x x x
x x x x x
x
x x x x
 
  
 

 
   





  


2
(1) ,
4 2
1 5 1 5
(2) tan tan 1 0 tan arctan ,
2 2
x k k
x x x x l l
 

   
   
         



Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình là:
4
1 5
arctan
2
x k
x l





 


 

 




Dạng 3: Phương trình đối xứng đối với
sin
x
và
cos
x
.

a. Định nghĩa: Phương trình đối xứng đối với
sin
x
và
cos
x
là phương trình dạng

(sin cos ) sin cos 0
a x x b x x c
   
trong đó , ,a b c



b. Cách giải:
Cách 1:
Do
2
(sin cos ) 1 sin cos
a x x x x
  
nên ta đặt
sin cos 2sin 2 cos
4 4
t x x x x
 
   
     
   
   
. Điều kiện
| | 2
t 

Suy ra
2
1

sin cos
2
t
x x

 và phương trình được viết lại:
2
2 ( 2 ) 0
bt at b c
   

Đó là phương trình bậc hai đã biết cách giải
Cách 2:
Đặt
4
t x

 
thì
sin cos 2 cos 2 cos
4
x x x t

 
   
 
 

2
1 1 1 1

sin cos sin 2 cos 2 cos2 cos
2 2 2 2 2
x x x x t t

 
     
 
 
nên phương trình trở thành
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

20
2
cos 2 cos 0
2
b
b x x c
   
. Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải
Chú ý:
Hai cách giải trên có thể áp dụng cho phương trình
(sin cos ) sin cos 0
a x x b x x c
   
bằng cách đặt
sin cos
t x x
 
và lúc đó
2

1
sin cos
2
t
x x




THÍ DỤ MINH HỌA

Thí dụ 1: Giải phương trình
sin cos 2sin cos 1 0
x x x x
   

Giải:
Cách 1:
Đặt sin cos
x x t
 
điều kiện
| | 2
t 
. Lúc đó
2
1
sin cos
2
t

x x


Khi đó phương trình có dạng
2
2
1
1
2 1 0 2 0 (*)
2
2
t
t
t t t
t
 
 


       
 



 

Với
2
t


không thoả mãn điều kiện nên
(*)
1 sin cos 1
t x x
      

2
1
2 sin 1 sin ,
2
4 4
2
2
x k
x x k
x k


 
 

  
   

         
   

   
 




Cách 2:
Đặt
4
z x

 
. Khi đó phương trình có dạng
2 cos sin 2 1 0
4
x x

 
   
 
 

2 cos sin 2 1 0 2cos sin 2 1 0
4 2
z z z z
 
   
         
   
   

2
2 cos cos2 2 0 2 cos (2cos 1) 1 0
z z z z

        

2
cos 2
2cos 2 cos 1 0
2
cos
2
z
z z
z



     

 


(**)
Ta thấy
cos 2
z 
không thoả mãn
Do đó (**)
3
2
2
4
cos

32
2
4
z k
z
z k





  

   


 



3
2
2
4 4
,
2
3
2
2
4 4

x k
x k
k
x k
x k
 



 
 


  


  

  



 
  





Vậy phương trình có hai họ nghiệm là

2 , 2 ,
2
x k x k k

  
     


Thí dụ 2: (ĐH – A 2007) Giải phương trình:




2 2
1 sin cos 1 cos sin 1 sin 2
x x x x x
    

Giải:
Nhận xét:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

21
Phương trình có tính chất đối xứng, điều đó gợi ý cho ta biến đối về phương trình đối xứng với sin và cos
bằng cách đặt
sin cos
t x x
 

Phương trình

2 2 2
cos sin cos sin cos sin (sin cos )
x x x x x x x x
     
2
cos sin sin cos (sin cos ) (sin cos )
x x x x x x x x
     

(cos sin )(1 sin cos sin cos ) 0
x x x x x x
     

sin 0
4
sin cos sin cos 1 0
x
x x x x


 
 
 


 


   


Với phương trình thứ nhất ta có ;
4
x k k


   


Với phương trình thứ hai đặt
sin cos
t x x
 
ta được
2
2 1 0 1
t t t
    
1
sin
4
2
x

 
  
 
 
2
;

2
2
x k
k
x k






 

 



Vậy phương trình có các nghiệm là
, 2 , 2 ,
4 2
x k x k x k k
 
  
      


Chú ý:
Phương trình
sin cos sin cos 1 0
x x x x

   

Đây là phương trình đối xứng với sin và cos ngoài cách giải trên ta có nhận xét do các hệ số đều là 1 hoặc
– 1 nên ta có thể nhóm về phương trình tích như sau
sin cos sin cos 1 0 (sin 1) cos (1 sin ) 0
2
sin 1
(sin 1)(1 cos ) 0 ,
cos 1
2
2
x x x x x x x
x k
x
x x k
x
x k



        





      




 




Chú ý: Ta có thể đưa một số dạng phương trình sau về dạng phương trình đối xứng đã xét ở trên
Bài toán 1: Giải phương trình
2 2
tan cot ( sin cos ), 0
a x b x c a x b x ab
   

Cách giải:
Phương trình có thể viết
2 2 2 2
sin cos
( sin cos )
sin .cos
a x b x
c a x b x
x x

 
( sin cos )( sin cos ) ( sin cos )
a x b x a x b x c a x b x
    






( sin cos ) ( sin cos ) sin .cos 0
a x b x a x b x c x x 
   
 



 
sin cos 0
sin cos sin .cos 0
a x b x
a x b x c x x

 


 




Quy ước:
Khi có nhiều dấu



trong một biểu thức hay một hệ hiểu là cùng lấy dòng trên hoặc cùng lấy dòng
dưới
Thí dụ 3: Giải phương trình

tan 3cot 4(sin 3 cos )
x x x x
  

Giải:
Điều kiện:
sin .cos 0 sin2 0 ,
2
k
x x x x k

     

(*)
PT
2 2
1
(sin 3cos ) 4(sin 3 cos )
sin .cos
x x x x
x x
   
(sin 3 cos )(sin 3 cos ) 4(sin 3 cos )sin .cos
x x x x x x x x
    

(sin 3 cos ). (sin 3 cos )sin 2 0
x x x x x
 
   

 

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

22
sin 3 cos 0
sin 3 cos sin 2 0
x x
x x x

 


  



TH 1:
sin 3 cos 0
x x
 
tan 3 ,
3
x x k k


       

thỏa mãn (*)
TH 2:

sin 3cos sin 2 0
x x x
  
1 3
sin cos sin 2 cos sin sin cos sin 2
2 2 3 3
x x x x x x
 
     

2 2 2
3 3
sin sin 2 ,
4 23
2 2
3 9 3
x x l x l
x x l
l
x x l x
 
 

  
 
 
     
 
 
     

 
 
 
 
     
 
 

thỏa mãn (*)
Vậy theo phương trình có hai họ nghiệm
Bài toán 2: Giải phương trình:




(tan sin ) (cot cos ) ( ) 0
a x x b x x a b
     
với , , ,a b c d


(1)
Cách giải:
Ta có:




(tan sin 1) (cot cos 1) 0
a x x b x x

     

   
 
(sin sin .cos cos ) (sin sin .cos cos ) 0
cos sin
(sin sin .cos cos ) 0
cos sin
a b
x x x x x x x x
x x
a b
x x x x
x x
      
 
    
 
 

   
0 tan
cos sin
sin sin cos cos 0 sin sin cos cos 0
a b b
x
x x a
x x x x x x x x
 
   

 
 
 
     
 
 

Đến đây chúng ta đã biết cách giải
Tương tự cho phương trình




(tan sin ) (cot cos ) 0
a x x b x x a b
     

Thí dụ 4: Giải phương trình
tan 3 cot sin 3cos 1 3 0
x x x x
     

Giải:
Điều kiện:
sin 0
sin 2 0 ,
cos 0
2
x
k

x x k
x



    




(*)
Phương trình
tan sin 3(cot cos ) 1 3 0
x x x x
      

1 3
(sin sin cos cos ) (sin sin .cos cos ) 0
cos sin
x x x x x x x x
x x
      

1 3
(sin sin .cos cos ) 0
cos sin
x x x x
x x
 
    

 
 
 

1 3
0
cos sin
sin sin .cos cos 0
x x
x x x x

 



  



TH1:
1 3
0
cos sin
x x
 
tan 3 ,
3
x x k k



     

thỏa mãn (*)
TH2:
sin sin .cos cos 0
x x x x
  
.
Đặt sin cos 2 cos
4
t x x x

 
   
 
 
với
| | 2
t 
suy ra
2
1
sin . cos
2
t
x x

 .
Phương trình trở thành
2

2
1
0 1 0 1 2
2
t
t t t t

        
hoặc
1 2
t  
(loại)
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

23
Với
1 2
t  
ta có
1 2
2 cos 1 2 cos cos
4 4
2
x x
 


   
      
   

   

2 2 , ,
4 4
x l x l l
 
    
           
 
thỏa mãn (*)
Vậy phương trình có ba họ nghiệm
Chú ý:
Ta có thể áp dụng phương pháp đối với phương trình hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng đối với
sin
x

và
cos
x
với bậc lớn hơn 2.
Thí dụ 5: Giải phương trình:
4 4
cos sin sin 2
2 2
x x
x
 

Giải :
Ta có:

4 4 2 2 2 2
cos sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x
  
    
  
  

Phương trình có dạng
cos sin2 cos 2sin .cos
x x x x x
  

2
6
1
sin 2
5
cos (1 2sin ) 0 2 ,
2
6
cos 0
2
2
x k
x
x x x k k
x

x k







 






       






 




Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
Thí dụ 6: Giải phương trình:
6 6

2 2
sin cos
8 tan cot
sin 2
x x
x x
x

 
Giải:
Điều kiện:
sin 2 0
x


Phương trình
2 2
2
2 2
3 sin cos
8 1 sin 2 2sin 2
4
cos sin
x x
x x
x x
 
 
   
 

 
 
 

2
2 2 2
2
1
1 sin 2
2
8 6sin 2 4sin 2 . (8 6sin 2 )sin 2 4 2sin 2
sin 2
x
x x x x x
x

      
3 2 2
3sin 2 sin 2 4sin2 2 0 (sin 2 1)(3sin 2 2sin 2 2) 0
x x x x x x
         

2
sin 2 1 0
3sin 2 2sin 2 2 0
x
x x
 




  


sin 2 1
1 7
sin 2
3
7 1
sin 2 sin
3
x
x
x





 

 




 


(loại)

4
,
x k
x k k
x k


 
  

 


   


  




Các nghiệm đều thoả mãn điều kiện
sin 2 0
x


Vậy phương trình có 3 họ nghiệm
Chú ý một số dạng đối xứng bậc chẵn với sin và cos
Dạng 1:



4 4
sin cos sin2 0
a x x b x c
   

Đặt
4 4 2
1
sin 2 , 1 sin cos 1 sin 2
2
t x t x x x
     
Dạng 2:


4 4
sin cos cos2 0
a x x b x c
   

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

24
Đặt
 
4 4 2 2
1 1
cos2 , 1 sin cos 1 sin 2 1 1 cos 2
2 2

t x t x x x x
        

Dạng 3:


6 6
sin cos sin 2 0
a x x b x c
   

Đặt
6 6 2
3
sin 2 , 1 sin cos 1 sin 2
4
t x t x x x
     
Dạng 4:


6 6
sin cos cos2 0
a x x b x c
   

Đặt
 
6 6 2 2
3 3

cos2 , 1 sin cos 1 sin 2 1 1 cos 2
4 4
t x t x x x x
        
Dạng 5:


sin cos sin cos 0
a x x b x x c
   

Đặt
2
1
sin cos , 2 sin cos
2
t
t x x t x x

    

Dạng 6:


sin cos sin cos 0
a x x b x x c
   

Đặt
2

1
sin cos , 2 sin cos
2
t
t x x t x x

    

Dạng 7:
4 4
sin cos .cos2 0
a x b x c x d
   

Đặt
2
2
1
sin
2
cos2 , 1
1
cos
2
t
x
t x t
t
x






  







Thí dụ 7: (ĐHSP HCM – 2000) Giải phương trình
4 4
4(sin cos ) 3 sin 4 2
x x x
  

Giải:
2
1
4 1 sin 2 3sin 4 2
2
x x
 
   
 
 

2

3sin4 2sin 2 2 3sin4 cos4 1
x x x x
       

2
4 2
cos 4 cos ,
3 3
12 2
x k
x k
x k
 
 
 

 

 
    

 
 

  




Thí dụ 8: Giải phương trình:

2 2
tan cot 2(tan cot ) 6 (*)
x x x x   
Giải:
Cách 1:
Điều kiện:
sin cos 0 sin 2 0 ,
2
k
x x x x k

     


2
(*) (tan cot ) 2 2(tan cot ) 6
x x x x
     

2
(tan cot ) 2(tan cot ) 8 0
x x x x
     
tan cot 2
tan cot 4
x x
x x
 




  


TH1:
tan cot 2
x x
 
2 2
1
tan 2 tan 2 tan 1 0 (tan 1) 0
tan
x x x x
x
         
tan 1 tan ,
4 4
x x k k
 

      


TH 2:
2 2
sin cos
tan cot 4 4 sin cos 4sin cos
cos sin
x x
x x x x x x

x x
          
1
2sin 2 1 sin2 sin
2 6
x x

 
       
 
 