ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến : “ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN”
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán Trung học phổ thông.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Từ tháng 10 năm 2013 đến tháng 5 năm 2015
4. Tác giả:
Họ và tên: NGUYỄN THỊ MAI
Năm sinh: 1978
Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán
Chức vụ công tác: Giáo Viên
Nơi làm việc: Trường THPT Trần Hưng Đạo -TP. Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT Trần Hưng Đạo -TP. Nam Định
Điện thoại: 0943.201.268
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT Trần Hưng Đạo -TP. Nam Định
Địa chỉ : 75/203 Đường Trần Thái Tông - Phường Lộc Vượng
Thành Phố Nam Định.
Điện thoại : 03503.847.042

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
1


MỤC LỤC

I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến.......................................................3
II. Mô tả giải pháp
II.1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến.........................................4
II.2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến..................................................5
A. Một số kiến thức liên quan....................................................................5

B. Nội Dung
1. Cơ sở của phương pháp......................................................................7
2. Một số ví dụ vận dụng......................................................................10
2.1.Áp dụng vào giải phương trình....................................................10
2.2.Áp dụng vào giải hệ phương trình...............................................22
2.3.Áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức......................................27
2.4.Áp dụng vào giải một số bài toán hình học.................................32
III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại...........................................................42
IV. Cam kết không sao chép và vi phạm bản quyền................................43

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
2


I - ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong chương trình Toán Trung học phổ thông : Hệ phương trình, Phương
trình vô tỉ, Các bài toán về đường tròn -elíp, Bất đẳng thức là những dạng toán rất
quan trọng và thường có mặt trong các đề thi Đại học Cao Đẳng , hay trong các đề
thi Học sinh giỏi Toán cấp tỉnh hoặc các kì thi Quốc gia cũng như Quốc tế. Sự
phong phú về các dạng đi kèm với sự đa dạng về các phương pháp giải quyết các
bài toán liên quan đến chúng. Bên cạnh những phương pháp thường dùng để giải
các loại toán trên như đối với hệ phương trình, phương trình vô tỉ, chứng minh Bất
đẳng thức: Phương pháp sử dụng phép biến đổi đại số; phương pháp sử dụng phép
thế; phương pháp sử dụng ẩn phụ; phương pháp đánh giá; phương pháp hàm số; sử
dụng các bất đẳng thức CôSi … hoặc đối với các bài toán về đường tròn, elip :
phương pháp sử dụng các kiến thức về hình học ... Người giải toán luôn tìm cách
kết hợp nhiều kiến thức toán học khác nhau để giải quyết chúng.
Lượng giác là một mảng kiến thức Toán học được đưa vào chương cuối của
lớp 10 và chương đầu trong chương trình lớp 11. Tuy nhiên trong chương trình
không giới thiệu một cách đầy đủ nhất về các vấn đề liên quan đến lượng giác, đặc

biệt là ứng dụng lượng giác trong việc giải các bài toán đại số, hình học, giải tích.
Thực tế một số bài toán đại số, hình học, giải tích nếu sử dụng các phương pháp
thường dùng nói trên học sinh gặp không ít khó khăn, nếu ta để ý phân tích bài
toán ta có thể nhận thấy ngay một số bài toán có thể đưa về sử dụng lượng giác để
giải và kết quả thu được lời giải gọn, đẹp hơn, dễ thực hiện hơn.
Nhằm nâng cao năng lực giải quyết các bài toán đại số, giải tích và một số
bài toán liên quan đến đường tròn, elip. Đồng thời phát triển tư duy tìm hiểu các
mối liên hệ giữa các lĩnh vực khác nhau của Toán học cho học sinh tạo ra cho học
sinh sự hứng thú , kích thích niềm say mê , tính sáng tạo trong học tập bộ môn
Toán , tôi chọn đề tài “ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN ” và áp dụng trong giảng dạy cho học sinh trong năm học 2013 – 2014 và
năm học 2014-2015.

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
3


II - MÔ TẢ GIẢI PHÁP
II.1 . MÔ TẢ GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN .
Học sinh phổ thông được làm quen với bài toán : giải hệ phương trình , giải phương
trình vô tỉ, chứng minh bất đẳng thức, các bài toán về đường tròn, elíp khá sớm từ
lớp 9, lớp 10. Đến sau khi học xong chương trình lớp 12, học sinh đã được trang bị
khá nhiều kĩ năng giải quyết các bài toán trên . Tuy nhiên với lượng kiến thức nhiều,
các dạng bài tập phong phú làm cho học sinh gặp không ít khó khăn trong việc giải
các dạng toán trên. Trong chương trình toán trung học phổ thông mảng lượng giác
cũng tương đối dài nhưng mới chỉ đề cập đến giải các phương trình lượng giác là
chủ yếu và đa số học sinh cũng chưa biết vận dụng kiến thức về lượng giác để giải
quyết các bài toán khác. Mà thực tế một số bài toán khi sử dụng phương pháp lượng
giác để giải ta có được lời giải gọn, đẹp, học sinh dễ phát hiện ra hướng giải quyết.
Khảo sát trên lớp 11A1: Yêu cầu học sinh giải phương trình:

(

1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2

)

Khảo sát trên lớp 12A6: Yêu cầu học sinh giải các hệ phương trình:
ìï ( x - 1) 2 + 6( x - 1) y + 4 y 2 = 20
í 2
ïïî x + (2 y + 1) 2 = 2

Kết quả thu được: Đa số học sinh trong lớp không làm được phương trình , hệ
phương trình trên, hầu hết các em không có định hướng giải, một số học sinh cố gắng biến
đổi đại số và sử dụng các phép thế, tuy nhiên gặp khó khăn.

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
4


II.2. MÔ TẢ GIẢI PHÁP SAU KHI CÓ SÁNG KIẾN
(NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN)
A. MỘT SỐ KIẾN THỨC LIÊN QUAN
1.Các công thức lượng giác

Công thứclượng giác cơ bản
cos 2 α + sin 2 α = 1

1 + tan 2 α =

1
π
(α ≠ + kπ , k ∈ Z )
2
cos α
2

1 + cot 2 α =

1
(α ≠ kπ , k ∈ Z )
sin 2 α

tan α .cot α = 1 (α ≠

kπ
,k ∈Z)
2

Cung đối nhau

Cung bù nhau

cos( −α ) = cos α

cos(π − α ) = − cos α

sin( −α ) = − sin α

sin(π − α ) = sin α

tan( −α ) = − tan α

tan(π − α ) = − tan α

cot( −α ) = − cot α

cot(π − α ) = cot α

Cung hơn kém nhau

π

Cung phụ nhau

sin(
cos(π + α ) = − cos α

π
− α ) = cos α
2

cos(

sin(π + α ) = − sin α
tan(π + α ) = tan α

tan(

cot(π + α ) = cot α

π
− α ) = sin α
2

π
− α ) = cot α
2

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
5


cot(

Công thức biến đổi tích thành tổng
1
cos a.cos b = [ cos(a − b) + cos(a + b) ]
2

π
− α ) = tan α
2

Công thức biến đổi tổng thành tích
a +b
a −b
cos a + cos b = 2cos
.cos
2

2

sin a.sin b =

1
[ cos(a − b) − cos(a + b) ]
2

cos a − cos b = −2sin

sin a.cos b =

1
[ sin(a − b) + sin(a + b)]
2

sin a + sin b = 2sin
sin a − sin b = 2cos

a +b
a −b
.sin
2
2

a+b
a −b
.cos
2
2

a+b
a−b
.sin
2
2

2. Công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản
a >1

Phương trình vô nghiệm
* Nếu số thực

cos x = a

a ≤1

cos α = a

α

thỏa mãn
 x = α + k 2π
cos x = cos α ⇔ 
 x = −α + k 2π

* Hoặc

 x = arccos a + k 2π
cos x = a ⇔ 

 x = − arccos a + k 2π

a >1

Phương trình vô nghiệm
* Nếu số thực

α

thỏa mãn

sin α = a

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
6


sin x = a
a ≤1

 x = α + k 2π
sin x = sin α ⇔ 
 x = π − α + k 2π
* Hoặc

 x = arcsin a + k 2π
sin x = a ⇔ 
 x = π − arcsin a + k 2π

tan x = a

a∈R

α
tan α = a
* Nếu số thực
thỏa mãn
tan x = tan α ⇔ x = α + kπ
* Hoặc
tan x = a ⇔ x = arctan a + kπ

cot x = a

a∈R

α
cot α = a
* Nếu số thực
thỏa mãn
cot x = cot α ⇔ x = α + kπ
* Hoặc
cot x = a ⇔ x = arc cot a + kπ

3. Phương pháp giải một số phương trình lượng giác đơn giản.

*
*

Nếu
Nếu

a 2 + b2 < c 2

phương trình vô nghiệm

a 2 + b2 < c 2
a2 + b2

chia hai vế của phương trình cho
a
b
c
(1) ⇔
sin x +
cos x =
2
2
2
2
2
a +b
a +b
a + b2

a sin x + b cos x = c (1)

a

cos α =
2

a + b2


b
sin α =

a 2 + b2
Đặt
Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
7


c

sin( x + α ) =

a + b2
2

Ta có phương trình
cos x = 0
Xét
*
cos x ≠ 0
Xét
*

a sin 2 x + b sin x.cos x + c.cos 2 x = 0
(2)

cos 2 x

.

Chia 2 vế phương trình (2) cho
a tan 2 x + b.tan x + c = 0
Ta có phương trình
*Nếu
π
t = cos x + sin x = 2 sin( x + ) , t ≤ 2
4
t 2 −1
⇒ sin x.cos x =
2

a (sin x + cos x) + b sin x.cos x + c = 0
(3)

phương trình (3) trở thành
t 2 −1
a.t + b.
+c =0
2
*Nếu

π
t = sin x − cos x = 2 sin( x − ) , t ≤ 2
4
1− t2
⇒ sin x.cos x =

2

a(sin x − cos x) + b sin x.cos x + c = 0
(4)

phương trình (3) trở thành
1− t2
a.t + b.
+c =0
2

B. NỘI DUNG
1. Cơ sở của phương pháp.
1.1.Áp dụng với Đại số và Giải Tích
Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
8


x ≤1


Nếu

thì có một số t với

 −π −π 
t∈ ; 
 2 2 

và một số y với

0 ≤ x ≤1

y ∈ [ 0; π ]

sao cho

sin t = x

x = cos y
sao cho

 π
t ∈  0; 
 2

sin t = x
sao cho
 π
y ∈  0; 
x = cos y
 2
và một số y với
sao cho
 π π
t ∈− ; ÷
 2 2
x = tan t
 Với mỗi số thực x có
sao cho

y ∈ ( 0; π )
x = cot y
và một số y với
sao cho




Nếu

Nếu :

x y

,

thì có một số t với

là hai số thực thỏa:

x2 + y2 = 1

,
0 ≤ t ≤ 2π

x = sin t , y = cos t

thì có một số t với
sao cho
Từ đó ta có phương pháp đưa bài toán đại số về bài toán lượng giác như sau.

x ≤1
 Nếu :

 Nếu

thì đặt

0 ≤ x ≤1

sin t = x

thì đặt

sin t = x

với

 −π −π 
t∈ ;
 2 2 

, với

 π
t ∈ 0; 
 2

hoặc

hoặc

x = cos y

x = cos y

với

, với

y ∈ [ 0; π ]
 π
y ∈ 0; 
 2

x2 + y 2 = 1
x = sin t , y = cos t
0 ≤ t ≤ 2π
x y
 Nếu : , là hai số thực thỏa:
thì đặt
với
 π π
1
t ∈ − ; ÷
x
=
x ≥1
 2 2
sin t
 Nếu

, ta có thể đặt
, với
x=

1
cos y

hoặc đặt

 Nếu x là số thực bất kỳ thì đặt :

, với

y ∈ ( 0; π )

 π π
x = tan t , t ∈  − ; ÷
 2 2

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
9


y ∈ ( 0; π )

x = cot y

hoặc đặt
với
Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ?

Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện

x = f ( t)

thì phải đảm bảo với mỗi

t

x

có duy nhất

một , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (Căn cứ vào đường tròn lượng giác )

1.2.Áp dụng cho các bài toán liên quan đến đường tròn và elíp
 Từ phương trình đường tròn

(C ) : ( x - a ) 2 + ( y - b ) 2 = R 2

Ta viết lại phương trình đường tròn dưới dạng
(

M ( x, y ) Î (C ) Þ

x- a 2
y- b 2
) +(
) =1
R
R

t , t Î 0, 2p
[
]
{ xy == ab ++ RR sin
cos t

Từ đó chúng ta có
 Phương trình tiếp tuyến của đường tròn

M Î (C ) Þ M ( a + R sin t , b + R cos t )

I ( a, b )

Đường tròn có tâm

và

Tiếp tuyến với đường tròn tại

M

uuur
IM ( R sin t , R cos t )

có vectơ pháp tuyến

( x - a )sin t + ( y - b) cos t = R

có phương trình
 Từ phương trình chính tắc của (E)

2

2

x
y
(E) : 2 + 2 = 1
a
b

Ta viết lại phương trình đường tròn dưới dạng
x
y
( )2 + ( )2 = 1
a
b

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
10


M ( x, y ) Î ( E ) Þ

t , t Î 0, 2p
[
]
{ xy == ab sin
cos t

Từ đó chúng ta có

2. Một số ví dụ vận dụng.
2.1. Áp dụng vào giải phương trình
x2 + (

Ví dụ 1 . Giải phương trình

x 2
) =1
x −1

(Bài 4.72- Sách BT Đại Số 10-NC)

Giải :
Lời giải 1:
Đk

x¹ 1

Nhận xét 1:
Ta quy đồng mẫu số ta được phương trình
x 4 - 2 x3 + x 2 + 2 x - 1 = 0

Đến phương trình này học sinh gặp khó khăn.
Phương trình sẽ giải đơn giản hơn nếu ta cộng vào 2 vế của phương trình biểu thức
2 x.

x
x −1

Ta có phương trình
x
x 2
2x2
x + 2 x.
+(
) = 1+
x −1 x −1
x −1
2

2

æ
x ö
x2
÷
Û ç
x
+
2
- 1= 0
÷
ç
÷
ç
è x - 1ø
x- 1

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định

11


2
ổx 2 ử
x2
ữ
ỗ
ữ ỗ
2.
- 1= 0
ữ
ữ
ỗ
x- 1
ốx - 1ứ

Gii phng trỡnh tỡm c tp nghim
ùỡù 1S =ớ
ùù
ợù

2 + 2 2 - 1 1;
2

2-

ỹ
2 2 - 1 ùù
ý

ùù
2
ù
ỵ

Nhn xột 2: Tuy nhiờn vic ngh ti cng vo 2 v ca phng trỡnh biu thc
2 x.

x
x 1

khụng phi l n gin i vi hc sinh . Nu ta chỳ ý ti c im ca
x2 + y2 = 1

phng trỡnh xut hin dng

ta cú li gii 2 hc sinh d phỏt hin ra hn.

Li gii 2 :
k :

t

x 1
x = sin t 1

x
x 1 = cos t

vi

0 t 2

cos t =

Ta cú c phng trỡnh
cos t + sin t sin t.cos t = 0

(*)

Gii phng trỡnh (*) ta c
x+

sin t
sin t 1

sin t + cos t = 1 2

x
= 1 2
x 1

x 2 (1 2) x + 1 2 = 0
Giỏo viờn : Nguyn Th Mai- Trng THPT Trn Hng o- Nam nh
12



1 2 + 2 2 1
x =

(tm)
2



x = 1 2 2 2 1 (tm)

2

Vy tp nghim ca phng trỡnh
ùỡ 1S = ùớ
ùù
ợù

2+
2

2 2 - 1 1;

x2 + 1 =

5
2 x2 + 1

2-

ỹ
2 2 - 1 ùù
ý
ùù

2
ù
ỵ

+x

Vớ d 2 . Gii phng trỡnh
Gii:
Nhn xột: phng trỡnh ó cho

x 2 + 1 = 5 + x x2 + 1

n phng trỡnh ny hc sinh gp khú khn.
Nu ta chỳ ý ti phng trỡnh cú biu thc dng

t

ta cú li gii sau.

ổ
- p pử
tẻ ỗ
; ữ
ữ
ỗ
ữị cos t > 0
ỗ
ố 2 2ứ
x = tan t

,

tan 2 t + 1 =

Phng trỡnh ó cho tr thnh


x2 + 1

5
2. tan 2 t + 1

+ tan t

1
5cos t
=
+ tan t
cos t
2

2 = 5cos 2 t + 2sin t

( phng trỡnh ó quỏ n gin ri !)

Giỏo viờn : Nguyn Th Mai- Trng THPT Trn Hng o- Nam nh
13


é

êsin t = 1(vn khi t Î
Û ê
ê
êsin t = - 3
ê
5
ë

Û sin t = -

æ p pö
ç
- ; ÷
÷
ç
÷)
ç
è 2 2ø

3
4
3
Þ cos t = Þ x = tan t = 5
5
4
3
4

x =-

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

(

1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2
Ví dụ 3 . Giải các phương trình sau :

)

Giải :
Đkxđ

x ∈ [ −1;1]

Đặt x = sint , t

 π π
∈ − ; 
 2 2

Phương trình đã cho trở thành

1 + cos t = sin t (1 + 2cos t )
t
⇔ 2cos = sin t + sin 2t
2
t
3t
t
⇔ 2cos = 2sin cos

(1)
2
2
2

Do t

(1)

 π π
∈ − ; 
 2 2

nên

t  π π
∈ − ;
2  4 4 

=> cos

t
>0
2

 3t 3π
é p
2 = 4
ê=
t

⇔
ê 2Þ
Û
ê p
3t
2
 3t = π
êt =
⇔ sin =
ê
 2 4
ë 6
2
2

éx = 1
ê 1
êx =
ê
ë 2

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
14


Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

x3 +

ì 1ü

S = ïí 1; ïý
ïîï 2 ïþ
ï

(1- x 2 )3 = x 2(1- x 2 )

Ví dụ 4 . Giải phương trình
Giải :
1- x 2 ³Û£
0

x

1

Đk
Đặt

x = cos t t Î [ 0; p] Þ sin t ³ 0

,

Phương trình đã cho trở thành
cos 3 t + sin 3 t = cos t. 2(1- cos 2 t )
Û cos3 t + sin 3 t = 2 cos t.sin t

Đặt

u = sin t + cos t

u£ 2

, đk

Ta có phương trình

u 3 + 2u 2 - 3u -

2 =0

éu = 2 (tm)
ê
Û êu = - 1- 2 (ktm)
ê
u = - 1 + 2 (tm)
ê
ë

u = 2 Þ sin t + cos t = 2

+)Với

Û sin(t +

Û t=

p
p p
) =1 Û t + =
4

4 2

p
2
Þ x=
4
2

+) Với

u = 1-

2 Þ sin t + cos t = 2

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
15


Û

1- x 2 + x = 1-

Û

1- x 2 = 1 -

Û x=

1-

2

2- x

2-

2 2- 1
2

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

x+ 2+

Ví dụ 5. Giải phương trình

ïì 2 1S = ïí
;
ïï 2
ïî

x+ 2
x2 + 4x + 3

2-

ü
2 2 - 1 ïï
ý
ïï
2

ïþ

=2 2

Giải :
x+ 2+

x+ 2
2

x + 4x + 3

Û ( x + 2) +

=2 2

x+ 2
( x + 2) 2 - 1

=2 2

x+ 2 > 1

Đkxđ :
Nhận xét: từ phương trình và điều kiện xác định ta nghĩ tới đặt
x+2=

1
π π
, t ∈ (- ; )

sin t
2 2

khi đó gặp khó khăn trong việc khử căn thức . Vì vậy nếu
phương trình có chứa căn bậc 2n mà ta đặt ẩn phụ theo kiểu lượng giác ta định
hướng học sinh chia trường hợp để thu gon điều kiện của t. Ta có lời giải cụ thể như
sau.
* Xét

x+ 2< - 1

ta có

VT < 0 Þ

phương trình đã cho vô nghiệm

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
16


x+ 2> 1

* Xét

x+ 2=

Đặt

1

sin t

;

æ pö
tÎ ç
0; ÷
÷
ç
÷
ç
è 2ø

Phương trình đã cho trở thành
1
Û
+
sin t

Û

Û

1
sin t
=2 2
1
- 1
sin 2 t

1
1
+
=2 2
sin t sin t. cos t
sin t

1
1
+
=2 2
sin t cos t

Û sin t + cos t - 2 2 sin t.cos t = 0

u = sin t + cos t , 0 < u £ 2
Đặt
Ta có phương trình

-

2u 2 + u + 2 = 0

éu = 2(tm )
ê
1
Û ê
(ktm)
êu = ê
2

ë

u= 2 Û

2 sin(t +

Với
Û sin(t +

Û t=

p
)= 2
4

p
p p
) =1 Û t + =
4
4 2

p
Þ x =- 2+ 2
4

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
17


Vậy phương trình đã cho có nghiệm

Ví dụ 6 . Giải phương trình

x =- 2+ 2

3 x - 4 x3 = 1- x 2

Nhận xét: gặp phương trình trên học sinh có thể nghĩ tới bình phương 2 vế ta được
phương trình bậc cao không nhẩm được nghiệm . Vì vậy gặp khó khăn.
3sin t - 4sin 3 t = sin 3t

Nếu hướng dẫn học sinh để ý tới công thức
thì vế trái của
x = sin t
cos t
phương trình thay
ta có công thức trên và vế phải dễ dàng đưa về
bài
toán trở về đơn giản quá !!!
Giải :
x £1

Đkxđ :

Đặt

x = sin t

,

é- p p ù
t Î ê ; úÞ cos t ³ 0
ê
ë2 2 ú
û

Phương trình đã cho trở thành
3sin t - 4sin 3 t = cos t

Û sin 3t = cos t
é p
êt =
ê 8
ê - 3p
Û êt =
Þ
ê
8
ê p
êt =
ê
ë 4

é
p
êx = sin
ê
8
ê
- 3p

êx = sin
ê
8
ê
p
êx = sin
ê
4
ë

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
18


é
p
ê
1- cos
ê
4
é
êx =
êx = 2 - 2
ê
2
ê
ê
2
3p
ê

ê
1- cos
ê
ê
2
+ 2
4 Û êx = êx = ê
ê
2
2
ê
ê
2
ê
êx = 2
êx =
ê
2
2
ê
ê
ê
ë
ê
ê
ê
ë

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
ìï

ï 2
S =í
;ïï 2
îï

ü
2 + 2 2 - 2 ïï
;
ý
ïï
2
2
ï
þ

Nhận xét: Qua ví dụ 6 giáo viên có thể hình thành các phương trình giải được theo
phương pháp lượng giác nhờ một số công thức lượng giác như sau


SÁNG TẠO PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
Từ một số phương trình lượng giác đơn giản:
cos3t = sin t sin 3t = cos t , sin 3t = a, cos 3t = a, sin4t=sint,...
,
Ta có thể tạo ra được phương trình
Ví dụ như :

cos3t = 4cos3 t − 3cos t
*

a.

ta có một phương trình

4 x3 − 3x = 1 − x 2

b. Nếu thay

x

bằng

1
x

ta lại có phương trình :

4 − 3x2 = x 2 x2 − 1

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
19


( x + 1)

c.Nếu thay x trong phương trình (a) bởi :

ta sẽ có phương trình

4 x 3 + 12 x 2 + 9 x + 1 = - 2 x - x 2

d. Nếu thay x trong phương trình (a) bởi :

3x

ta sẽ có phương trình

4.33 x - 3x+ 1 = 1- 9 x

sin 3 x,sin 4 x,sin 8 x
Tương tự như vậy từ công thức
…….hãy xây dựng những phương
trình giải được bằng phương pháp lượng giác hóa.

Ví dụ 7 . Giải phương trình

4.33 x - 3x+ 1 = 1- 9 x

Giải:
4.33 x - 3x+ 1 = 1- 9 x
Û 4.33 x - 3.3x = 1- 32 x

1- 9 x ³Û£Û
0 9x

1

0 < 3x £ 1

Đkxđ:

Đặt

é pù
3x = cos t , t Î ê0; ú
ê
ë 2ú
û

Phương trình đã cho trở thành
Û cos 3t = sin t

4 cos3 t - 3cos t = 1- cos 2 t

(*)
t=

Giải phương trình (*) ta tìm được

Þ 3x = cos

p
=
8

p
8

p
4 = 2+ 2
2

2

1 + cos

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
20


2+ 2
2

Û x = log 3

x = log 3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

4 x3 - 3x =

Ví dụ 8 . Giải phương trình

2+ 2
2

1
2

Nhận xét: phương trình trên là phương trình bậc 3 không nhẩm được nghiệm
nên việc giải gặp khó khăn. Ta thấy xuất hiện dạng như đã phân tích trong ví dụ 7
x £1

nhưng không có được điều kiện

,vậy có làm được theo hướng đó không ?

x £1

Ta đi xét với
nếu đã cho đủ số lượng nghiệm của phương trình thì bài toán giải
quyết thành công và rất đơn giản!
Giải :
x £1

Xét

, đặt

x = cos t

t Î [ 0; p]

,

Phương trình đã cho trở thành
4 cos3 t - 3cos t =

Û cos 3t =

1
2

1
2

é
p
ê3t = + k 2p
3
Û ê
ê
p
ê3t = - + k 2p
ê
3
ë

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
21


é p
ê=
t
ê 9
ê 5p
Û êt =
ê 9
ê 7p
êt =
ê

ë 9

Khi đó tìm được

5π
7π 
 π
S =  cos ;cos ;cos 
9
9
9 


Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm . Vậy tập nghiệm của phương trình
5π
7π 
 π
S =  cos ;cos ;cos 
9
9
9 


Ví dụ 9. Giải phương trình

x3 − 3 x − 1 = 0

Giải :
x = 2cos t , t ∈ [ 0; π ]
x ≤1

Xét :
, đặt
Phương trình đã cho trở thành
8 cos3 t − 6 cos t − 1 = 0

⇔ cos 3t =

1
2

2π
 π
t = 9 + k 3
⇔
t = −π + k 2π

9
3

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
22


 π
t = 9

5π
⇔ t =

9


t = 7π

9

Khi đó tìm được

π
5π
7π 

S =  2 cos ; 2 cos ; 2 cos 
9
9
9 


Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm . Vậy tập nghiệm của phương trình
π
5π
7π 

S =  2 cos ; 2 cos ; 2 cos 
9
9
9 


8 x(2 x 2 - 1)(8 x 4 - 8 x 2 + 1) = 1

Ví dụ 10. Giải phương trình
Giải:
8 x 4 - 8 x 2 + 1 = 2.(2 x 2 - 1)2 - 1

Nhận xét :

Ta thấy trong vế trái của phương trình xuất hiện :

Nếu
hiện.

x = cos t

sẽ có

2
2
8 x.( 2 x 2 - 1) é
ê2.( 2 x - 1) ë

2
2
ù
8cos t (2cos 2 t - 1) é
ê
ë2.(2 cos t - 1) - 1ú
û

và công thức nhân đôi xuất

Vậy ta nghĩ tới cách giải quyết như ví dụ 9.
Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
23

1ù
ú
û


+)Xét

+)Xét

ìï 8 x ³ 8
ï
x ³ 1 Þ ïí 2 x 2 - 1 ³ 1
Þ VT > 1
ïï 8 x 4 - 8 x 2 + 1 ³ 1
ïî

. Do đó phương trình đã cho vô nghiệm

ìï 8 x £ - 8
ï
x £ - 1 Þ ïí 2 x 2 - 1 ³ 1
Þ VT < 1
ïï 8 x 4 - 8 x 2 + 1 ³ 1
ïî

. Do đó phương trình đã cho vô nghiệm

x =1

( Tại sao lại nghĩ tới khẳng định cho cả trường hợp

Vì nếu ta đặt

x = cos t

ta nhân thêm với
để

sin t ¹ 0

thì vế trái của phương trình xuất hiện
thì ta được hàm lượng giác

sin 8t

8 cos t.cos 2t.cos 4t

. Đặt

x = cos t , t ÎÞ¹(0;p)

Phương trình đã cho trở thành

sint

. Chính vì thế phải xét

0

2
2
8.cos t.(2cos 2 t - 1) é
ê2 ( 2cos t - 1) ë

1ù
ú= 1
û

Û 8.cos t.cos 2t.cos 4t = 1
Û 8sin t.cos t.cos 2t.cos 4t = sin t
Û sin 8t = sin t
é k 2p
ê=
t
7
Û ê
ê p k 2p
êt = +
ê
9
ë 9

Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trường THPT Trần Hưng Đạo- Nam Định
24

do đó
x¹ 1

)

x<1

+)Xét

sin t

phương trình vô nghiệm


Vỡ

ỡ 2p 4p 6p p p 5p 7pỹ
t ẻ (0, p) ị t ẻ ùớ
,
,
, , , , ùý
ùợù 7 7 7 9 3 9 9 ùỵ
ù

Vy phng trỡnh ó cho cú tp nghim
2p
4p
6p
p
p
5p
7p ùỹ

ùỡ
S = ớ cos
, cos
, cos
, cos , cos , cos , cos ý
ùợù
7
7
7
9
3
9
9 ùỵ
ù

Nhn xột: T phng trỡnh
c phng trỡnh

8.cos t.cos 2t.cos 4t = 1

ta cú th thay

cos t

bng

8.sin t.cos 2t.cos 4t = 1

sin t

rt n gin vi hc sinh.Vy vi t
8.sin t.cos 2t.cos 4t = 1
x
x = cos t
cú c phng trỡnh
ta ch cn thay bng
1- x 2

. Ta cú vớ d 11 gii c bng phng phỏp lng giỏc húa.

8 1- x 2 (2 x 2 - 1)(8 x 4 - 8 x 2 + 1) = 1

Vớ d 11. Gii phng trỡnh
Gii:
x Ê1

kx :
Xột

x=0

. Thay vo phng trỡnh khụng tha món.

{ xxạÊ01
Xột

. t

ỡ
x = cos t , t ẻị[ 0;p] \ ùớ

ùợù

Phng trỡnh ó cho tr thnh

pỹ
ùý
2 ùỵ
ù

0
{ sint
cos t ạ 0

2
2
8.sin t.(2 cos 2 t - 1) ộ
ờ2 ( 2 cos t - 1) ở

1ự
ỳ= 1
ỷ

8.sin t.cos 2t.cos 4t = 1
8.sin t.cos t.cos 2t.cos 4t = cos t

a v phng trỡnh lng giỏc n gin
Giỏo viờn : Nguyn Th Mai- Trng THPT Trn Hng o- Nam nh
25

ta