Phương pháp lượng giác trong việc giải toán thuộc chương trình trung học phổ thông
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (252.07 KB, 26 trang )
Header Page 1 of 126.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
− − − − − − −−
PHAN THỊ ĐỊNH
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG VIỆC
GIẢI TOÁN THUỘC CHƯƠNG TRÌNH
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40
TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Đà nẵng, năm 2011
Footer Page 1 of 126.
Header Page 2 of 126.
Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU
Phản biện 1: TS. Lê Hoàng Trí
Phản biện 2: PGS.TS. Huỳnh Thế Phùng
Luận văn được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ
Khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 28 tháng 5 năm 2011.
* Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng.
Footer Page 2 of 126.
Header Page 3 of 126.
1
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Dạy học toán có vai trò quan trọng trong việc thực hiện các mục đích và
chức năng của giáo dục toán học. Đối với học sinh phổ thông, giải toán là
một trong những hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Đây là một loại
hình hoạt động riêng biệt, phổ biến và rất cần thiết nhằm giúp học sinh nắm
vững kiến thức và ứng dụng chúng vào thực tiễn một cách có hiệu quả.
Một trong những nhiệm vụ cơ bản của dạy học toán là bồi dưỡng cho
học sinh kỹ năng tìm tòi, phát hiện và vận dụng các phương pháp vào việc
giải toán. Vận dụng phương pháp lượng giác vào việc giải toán là một trong
những biện pháp để giải quyết nhiệm vụ này. Trong chương trình toán học
phổ thông, học sinh cũng đã được làm quen với phương pháp lượng giác, tuy
nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức độ nhất định. Hơn
nữa sách giáo khoa cũng không chỉ ra việc định hướng, tìm tòi lời giải bằng
phương pháp lượng giác và cũng chưa chú trọng đến rèn luyện kỹ năng này.
Bên cạnh đó trong các kỳ thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi toán trong
và ngoài nước thường xuất hiện những bài toán mà lời giải của chúng có thể
tìm được bằng phương pháp lượng giác.
Với mục đích tìm hiểu phương pháp lượng giác và hệ thống một cách đầy
đủ những ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chương trình toán
trung học phổ thông, tôi chọn đề tài luận văn cho mình là: "Phương pháp
lượng giác trong việc giải toán thuộc chương trình trung học phổ thông. "
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Hệ thống lớp các bài toán giải được bằng phương pháp lượng giác.
- Đưa ra quy trình giải cho từng lớp bài toán.
- Định hướng cho học sinh cách nhận biết các dấu hiệu trong một bài toán
có thể vận dụng phương pháp lượng giác để giải.
- Nhằm nâng cao năng lực tư duy cho học sinh, cần thiết phải xây dựng
Footer Page 3 of 126.
Header Page 4 of 126.
2
chuỗi các bài toán từ một bài toán gốc nào đó (bằng phương pháp tương tự
hóa, tổng quát hóa...).
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Chương trình toán bậc trung học phổ thông, đặc biệt là bộ môn lượng
giác.
- Phương pháp lượng giác trong đại số, giải tích và hình học.
- Các ứng dụng của phương pháp lượng giác.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tư liệu: sách giáo khoa, sách giáo viên, sách tham khảo, các
tạp chí toán học tuổi trẻ và các tài liệu liên quan.
- Phương pháp tiếp cận: sưu tầm, phân tích, tổng hợp, hệ thống.
5. Nội dung luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 3 chương
Chương 1, trình bày sơ lược các kiến thức về lượng giác như: một số định
nghĩa, tính chất, các công thức lượng giác cơ bản...Ngoài ra để làm cơ sở
cho các chương sau, các bổ đề thường dùng và các bất đẳng thức lượng giác
quen thuộc trong tam giác cũng được giới thiệu trong chương này.
Chương 2, trình bày phương pháp lượng giác trong đại số và giải tích,
bao gồm ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức
và bất đẳng thức; trong giải phương trình, bất phương trình và hệ phương
trình; trong bài toán cực trị; trong bài toán tìm nguyên hàm và tính tích
phân.
Các ứng dụng của phương pháp lượng giác trong hình học được trình bày
trong chương 3 bao gồm ba phần: các bài toán về đường tròn; các bài toán
về elip và hypebol; các bài toán hình học phẳng khác.
Footer Page 4 of 126.
Header Page 5 of 126.
3
Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này nhắc lại sơ lược những kiến thức cơ bản về lượng giác như:
Một số định nghĩa, các tính chất cơ bản. Phần cuối của chương trình bày
một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác và các bổ đề sẽ được dùng
trong các chương sau.
1.1
Một số định nghĩa
1.1.1
Góc và cung lượng giác
1.1.2
Hệ thức Sa-lơ
1.1.3
Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác
1.2
Các tính chất cơ bản
1.3
Các bổ đề thường dùng
Bổ đề 1.1. Cho x, y, z là các số dương thỏa: x + y + z = xyz , khi đó tồn
tại tam giác nhọn ABC sao cho: x = tan A; y = tan B; z = tan C
Bổ đề 1.2. Cho x, y, z ∈ R+ thỏa: xy + yz + zx = 1. Khi đó tồn tại tam
giác ABC sao cho: x = tan A2 ; y = tan B2 ; z = tan C2
Bổ đề 1.3. Cho x, y, z ∈ R+ thỏa: x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1. Khi đó tồn tại
tam giác nhọn ABC sao cho: x = sin A2 ; y = sin B2 ; z = sin C2
1.4
Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác
Footer Page 5 of 126.
Header Page 6 of 126.
4
Chương 2
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
TRONG ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH
Chương này trình bày phương pháp lượng giác trong đại số và trong giải
tích, cụ thể là dùng phương pháp lượng giác để chứng minh các hệ thức
đại số, chứng minh các bất đẳng thức đại số; giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình; giải các bài toán cực trị; tìm nguyên hàm và tính
tích phân.
2.1
Phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức
và bất đẳng thức
Để áp dụng phương pháp lượng giác vào chứng minh đẳng thức và bất
đẳng thức đại số ta cần dựa vào các dấu hiệu sau đây:
Dấu hiệu 1: Nếu trong bài toán có |x| k (với k > 0) thì đặt x = k sin α
(với α ∈ [− π2 ; π2 ]) hoặc đặt x = k cos α (với α ∈ [0; π])
Dấu hiệu 2: Nếu trong bài toán có biểu thức x2 + y 2 = k 2 (với k > 0) thì
đặt:
x = k sin α
y = k cos α
với α ∈ [0; 2π]
Dấu hiệu 3: Nếu trong bài toán có điều kiện x k (với k > 0) thì đặt
1
2
2
2
2
2
x = cosk α , α ∈ [0; π2 ) ∪ [π; 3π
2 ). Khi đó x − k = k ( cos2 α − 1) = k tan α, (với
tan α > 0).
Dấu hiệu 4: Nếu trong bài toán có biểu thức x2 + k 2 thì đặt: x = k tan α,
2
α ∈ (− π2 ; π2 ). Khi đó x2 + k 2 = k 2 (1 + tan2 α) = cosk2 α (với cos α > 0).
Như vậy chứng minh một đẳng thức hay một bất đẳng thức đại số bằng
phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước:
Footer Page 6 of 126.
5
Header Page 7 of 126.
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán, nghĩa là chuyển đổi bài toán chứng minh
đẳng thức hay bất đẳng thức đại số thành bài toán chứng minh đẳng thức
lượng giác hay bất đẳng thức lượng giác.
Bước 3: Chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức lượng giác tương ứng
và kết luận.
Bài toán 2.1. Cho a, b thỏa mãn: |b|
|a + b| + |a − b| = |a +
|a|. Chứng minh rằng:
a2 − b2 | + |a −
a2 − b2 |
Giải:
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Để giải bài toán trên ta xét hai trường hợp:
Trường hợp a = b = 0: Đẳng thức cần chứng minh đúng.
Trường hợp a2 + b2 = 0: Không mất tính tổng quát, giả sử a = 0, bài toán
trở thành:
Cho a, b thỏa mãn: | ab | 1. Chứng minh rằng:
1+
b
b
+ 1−
= 1+
a
a
b
1 − ( )2
a
+ 1+
b
1 − ( )2
a
Vì | ab | 1 nên đặt ab = sin α, α ∈ [− π2 ; π2 ]
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán
1+
b
a
+ 1−
b
a
= 1+
1 − ( ab )2
⇔ |1 + sin α| + |1 − sin α| = 1 +
+ 1+
1 − ( ab )2
1 − sin2 α + 1 −
1 − sin2 α
Bước 3: Chứng minh đẳng thức (2.1) và kết luận.
Ta có (2.1) ⇔ |1 + sin α| + |1 − sin α| = |1 + cos α| + |1 − cos α|
⇔ 1 + sin α + 1 − sin α = 1 + cos α + 1 − cos α
⇔ 2 = 2 (hiển nhiên đúng)
Vậy đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Bài toán 2.2. Chứng minh rằng:
1+
Footer Page 7 of 126.
1 − x2
(1 + x)3
−
(1 − x)3
√
2 2+
2 − 2x2
(2.1)
6
Header Page 8 of 126.
Giải: Điều kiện: |x|
1 nên đặt x = cos α, α ∈ [0; π]
√
1 + 1 − x2
(1 + x)3 − (1 − x)3
2 2 + 2 − 2x2
√
√
⇔ 1 + sin α
(1 + cos α)3 − (1 − cos α)3
2 2 + 2 sin2 α
√
√
α
α
α
α
⇔ cos + sin
cos3 − sin3
·2 2
2(2 + sin α)
2
2
2
2
α
α
α
α
α
α
⇔ cos + sin
cos − sin
1 + cos sin
2
2 + sin α
2
2
2
2
2
2
⇔ cos α(2 + sin α)
2 + sin α
⇔ (2 + sin α)(cos α − 1)
2.2
0, đúng ∀α ∈ [0; π]
Phương pháp lượng giác trong giải phương trình, bất
phương trình và hệ phương trình
Ngoài những dấu hiệu nhận biết như đã trình bày trong phần "chứng
minh đẳng thức và bất đẳng thức", còn có các dấu hiệu sau để nhận biết
một phương trình, bất phương trình hay một hệ phương trình có thể sử dụng
phương pháp lượng giác để giải:
a = tan α
⇒ X = tan(α + β)
b=
tan β
x = a sin α
2
2
2
2
x + y + z = a thì đặt
y = a sin β cos α
z = a cos β cos α
Nếu có biểu thức: X =
Nếu có biểu thức:
a+b
1−ab ,
thì đặt
Để chuyển một biểu thức đại số thành một biểu thức lượng giác tương
ứng với nó, ta có bảng 2.1
Như vậy để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình đại
số bằng phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước:
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ.
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán nghĩa là sau khi đặt ẩn phụ, chuyển
phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình đại số thành phương
trình, bất phương trình hay hệ phương trình lượng giác.
Bước 3: Giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình lượng
giác tương ứng và kết luận.
Footer Page 8 of 126.
7
Header Page 9 of 126.
Bảng 2.1. Biểu thức đại số và biểu thức lượng giác tương ứng:
Biểu thức đại số
Biểu thức lượng giác
1
cos2 t
1 + x2
1 + tan2 t =
2x2 − 1
2 cos2 t − 1 = cos 2t
1 − 2x2
1 − 2 sin2 t = cos 2t
4x3 − 3x
4 cos3 t − 3 cos t = cos 3t
3x − 4x3
3 sin t − 4 sin3 t = sin 3t
2x
1−x2
2 tan t
1−tan2 t
= tan 2t
2x
1+x2
2 tan t
1+tan2 t
= sin 2t
1−x2
1+x2
1−tan2 t
1+tan2 t
= cos 2t
x2 − 1
1
cos2 t
···
···
− 1 = tan2 t
Bài toán 2.3. Giải phương trình:
1+
1 − x2
(1 + x)3 −
(1 − x)3
= 2+
1 − x2
Giải:
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ.
1+x
1−x
Điều kiện:
0
⇔ −1
0
x
1. Đặt x = cos t; t ∈ [0; π]
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán
1+
⇔
√
1 − x2
1 + sin t ·
(1 + x)3 −
(1 + cos t)3 −
(1 − x)3
(1 − cos t)3
= 2+
1 − x2
= 2 + sin t
(2.2)
Bước 3: Giải phương trình (2.2) và kết luận.
t
t
t
t
+ cos )2 ·
(2 cos2 )3 − (2 sin2 )3 = 2 + sin t
2
2
2
2
√
2 + sin t
= 2 + sin t
⇔ 2 2 cos t
2
√
√
1
2
⇔ (2 + sin t)( 2 cos t − 1) = 0 ⇔ cos t = √ ⇔ x =
2
2
(2.2) ⇔
Footer Page 9 of 126.
(sin
8
Header Page 10 of 126.
√
2
2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
Bài toán 2.4. Với giá trị nào của tham số m bất phương trình sau có
nghiệm:
m+
√
x +
m−
√
x
2
Giải:
√
- Xét trường hợp m < 0: khi đó m − x < 0 nên bất phương trình vô
nghiệm.
- Xét trường hợp m
x
0
0
√
t
t
+ sin
2
2
2
0: Điều kiện của bất phương trình là:
√
x
Đặt x = m cos t, t ∈ [0; π2 ].
Bất phương trình thành:
m(1 + cos t) +
m(1 − cos t)
2 ⇔
√
2m cos
m = 0 : bất phương trình có nghiệm.
√
√ √
t
t
t π
m > 0 : 2m cos + sin
2 ⇔ 2m 2 sin( + )
2
2
2 4
t π
1
⇔ sin( + ) √
2 4
m
π
2]
t
2
Vì t ∈ [0;
nên: +
Hay bất phương trình
√
π π
∈ [ 4 ; 2 ] do đó: 22
sin( 2t + π4 ) √1m có
π
4
1
√
m
sin( 2t + π4 )
√
2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi 0
m
Bài toán 2.5. Giải hệ phương trình:
Ta có:
1.
nghiệm khi và chỉ khi:
2
⇔ 0
Giải:
2
2x + x2 y = y
2
2y + y z = z ⇔
2z + z 2 x = x
2.
2x + x2 y = y
2y + y 2 z = z
2z + z 2 x = x
2x = y(1 − x2 )
2y = z(1 − y 2 )
2z = x(1 − z 2 )
Nhận xét: x = ±1; y = ±1; z = ±1 không thỏa hệ phương trình nên:
Footer Page 10 of 126.
y(1 − x2 )
2x =
2y = z(1 − y 2 ) ⇔
2z = x(1 − z 2 )
y=
z=
x=
2x
1−x2
2y
1−y 2
2z
1−z 2
m
9
Header Page 11 of 126.
Đặt x = tan t ⇒
t = ± π4 + kπ
, (k ∈ Z).
t = π2 + kπ
Khi đó hệ phương trình thành:
y=
z=
x=
2 tan t
= tan 2t
1−tan2 t
2 tan 2t
= tan 4t
1−tan2 2t
2 tan 4t
= tan 8t
1−tan2 4t
Kết hợp với x = tan t ta được: tan 8t = tan t ⇔ t =
kπ
7 ,
k ∈ Z. Suy ra
π 2π 3π 4π 5π 6π
t ∈ 0; ;
;
;
;
;
7 7
7
7
7
7
Vậy hệ phương trình đã cho có 7 nghiệm:
π
2π
4π
2π
4π
π
(x; y; z) ∈ (0, 0, 0); (tan , tan , tan ); (tan , tan , tan );
7
7
7
7
7
7
6π
5π
4π
π
2π
3π
(tan , tan , tan ); (tan , tan , tan );
7
7
7
7
7
7
5π
3π
6π
6π
5π
3π
(tan , tan , tan ); (tan , tan , tan )
7
7
7
7
7
7
2.3
Phương pháp lượng giác trong bài toán cực trị
Để giải bài toán cực trị bằng phương pháp lượng giác ta cần dựa vào dấu
hiệu có trong bài toán như đã trình bày trong phần "chứng minh đẳng thức
và bất đẳng thức". Tuy nhiên trong một số bài toán các dấu hiệu này không
xuất hiện ngay từ đầu, người làm phải biến đổi các điều kiện hoặc các hàm
số đã cho để làm xuất hiện các dấu hiệu quen biết.
Tóm lại, để giải bài toán cực trị bằng phương pháp lượng giác ta thực
hiện qua ba bước:
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu trong bài toán hoặc biến đổi giả thiết làm
xuất hiện các dấu hiệu trong bài toán.
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán, tức là chuyển bài toán đại số sang bài
toán lượng giác.
Bước 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lượng giác
tương ứng và kết luận.
Bài toán 2.6. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
3y 2 − 4xy
P = 2
x + y2
Footer Page 11 of 126.
10
Header Page 12 of 126.
Giải:
Bước 1: Biến đổi đề toán làm xuất hiện các dấu hiệu
P =3
Vì:
√
y
x2 +y 2
2
√ x2 2
x +y
2
−4
√
x
x2 +y 2
√ y2 2
x +y
+
2
√
y
x2 +y 2
= 1 nên ∃t :
x
x2 +y 2
√ y2 2
x +y
√
= cos t
= sin t
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.
P = 3 sin2 t − 4 sin t cos t = 3(
1 − cos 2t
3
3
) − 2 sin 2t = − (2 sin 2t + cos 2t)
2
2
2
Bước 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
P = 23 − (2 sin 2t + 32 cos 2t) và kết luận.
Ta có
⇔
−5
2
3
cos 2t
2
3
25
22 + ( )2 (sin2 2t + cos2 2t) =
2
4
3
5
− 2 sin 2t + cos 2t
⇔ −1
P
4
2
2
2 sin 2t +
2
P = −1 khi
3
5
4
3
cos 2t =
⇔ sin 2t + cos 2t = 1
2
2
5
5
4
3
ϕ
⇔ cos(2t − ϕ) = 1 ⇔ t = + kπ, (sin ϕ = ; cos ϕ = )
2
5
5
ϕ
x
√ 2 2 = cos t = cos( 2 + kπ)
y
1
x +y
⇒
⇒
=
√ y2 2 = sin t = sin( ϕ2 + kπ)
x 2
2 sin 2t +
x +y
Tương tự: P = 4 khi
y
x
= −2
Vậy : Pmin = −1 khi
2.4
1
y
= ;
x 2
Pmax = 4 khi
y
= −2
x
Phương pháp lượng giác trong bài toán tìm nguyên
hàm và tính tích phân
Ta thường dựa vào các dấu hiệu sau đây khi giải bài toán tìm nguyên hàm
và tính tích phân ở chương trình 12.
√
Dạng 1: Tính I = R x, a2 − x2 dx, với a > 0 thì đặt: x = a sin t,
t ∈ [− π2 ; π2 ] hoặc x = a cos t, t ∈ [0; π]
Footer Page 12 of 126.
11
Header Page 13 of 126.
Dạng 2: Tính I =
R x,
√
a2 + x2 dx, với a > 0 thì đặt: x = a tan t,
t ∈ (− π2 ; π2 ) hoặc x = a cot t, t ∈ (0; π)
√
Dạng 3: Tính I = R x, x2 − a2 dx, với a > 0 thì đặt: x =
t ∈ [− π2 ; π2 ]\{0} hoặc x =
Dạng 4: Tính I =
a
cos t ,
a
sin t ,
t ∈ [0; π]\{ π2 }
R x,
a+x
a−x
dx, hoặc I =
R x,
a−x
a+x
dx với
a > 0 thì đặt: x = a cos 2t.
Dạng 5: Tính I = R x, (x − a)(b − x) dx, thì đặt:
x = a + (b − a) sin2 t.
Dựa vào các dấu hiệu nêu trên, ta giải bài toán tìm nguyên hàm và tính
tích phân bằng phương pháp lượng giác qua ba bước:
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán để lựa chọn cách đổi
biến phù hợp.
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán nghĩa là đổi biến đưa bài toán gốc về bài
toán tìm nguyên hàm và tính tích phân của hàm lượng giác.
Bước 3: Tìm nguyên hàm hoặc tính tích phân của hàm lượng giác tương
ứng và kết luận.
Bài toán 2.7. Tìm nguyên hàm
√
a) I =
4 − x2
dx ;
x
b) J =
(4 − x2 )3
dx;
x6
c) K =
x
dx
2a − x
Giải:
a)
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đổi biến.
√
Trong bài toán có chứa a2 − x2 , (a = 2) nên đặt
x = 2 sin t, (t ∈ [− π2 ; π2 ]) ⇒ dx = 2 cos t dt. Khi đó:
4 − x2 =
π π
4(1 − sin2 t) = 2| cos t| = 2 cos t, (do t ∈ [− ; ])
2 2
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán
I=
Bước 3: Tìm nguyên hàm I = 2
Ta có I = 2
Footer Page 13 of 126.
(1 − sin2 t)dt
sin t
2 cos t · 2 cos t dt
= 2
2 sin t
dt
−2
sin t
(1−sin2 t)dt
sin t
và kết luận.
sin t dt = 2
sin t dt
+ 2 cos t + C1
sin2 t
12
Header Page 14 of 126.
Xét
sin t dt
=
sin2 t
sin t dt
=
1 − cos2 t
sin t dt
=A
(1 − cos t)(1 + cos t)
Đặt u = cos t ⇒ du = − sin t dt, khi đó:
A=
1
−du
=
(1 − u)(1 + u) 2
Suy ra:
I = ln
Ta lại có: sin t =
x
2
1
1
u−1
1
−
du = ln
+ C2
u−1 u+1
2
u+1
cos t − 1
+ 2 cos t + C
cos t + 1
nên: cos t =
Vậy:
1 − ( x2 )2 =
√
4−x2
2
√
4 − x2 − 2
I = ln √
+
4 − x2 + 2
4 − x2 + C
b) Đặt: x = 2 cos t, (t ∈ [0; π]) ⇒ dx = −2 sin t dt. Khi đó:
[4(1 − cos2 t)]3 (−2 sin t)dt
sin4 t
1
J=
=−
dt
26 cos6 t
4
cos6 t
1
1
1
tan4 t ·
tan4 t d(tan t)
dt
=
−
=−
2
4
cos t
4
√
2 )2
1
(4
−
x
1
4 − x2
5
= − tan t + C = −
+C
20
20
x5
(vì:
1 + tan2 t
=
1
cos2 t
mà cos t =
x
2
nên
c) Đặt x = 2a sin2 t, t ∈ (0; π2 ) ⇒
K=
tan5 t
√
(4−x2 )2 4−x2
)
x5
=
dx = 4a sin t cos tdt
. Khi đó:
x
sin2 t
2a−x = cos2 t
sin t
4a sin t cos tdt = 4a
cos t
sin2 tdt = 4a
1
(1 − cos 2t)dt = 2a(t − sin 2t) + C
2
√
x
1 2ax − x2
= 2a arcsin
−
+C
2a 2
a
x
− x(2a − x) + C
= 2a arcsin
2a
x
2a − x
Do sin2 t =
⇒ cos2 t =
2a
2a
x
2a − x
⇒ sin 2t = 2 sin t cos t = 2
=
2a
2a
1 − cos 2t
dt
2
= 2a
Footer Page 14 of 126.
x(2a − x)
a
13
Header Page 15 of 126.
Bài toán 2.8. Tính các tích phân sau:
√
3
2011
20112
a) I =
− x2
dx;
b) J =
0
1
x2 − 1
dx
x4 + x2
Giải:
a) Đặt: x = 2011 sin t, t ∈ [− π2 ; π2 ] ⇒ dx = 2011 cos tdt
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 2011 ⇒ t = π2 . Khi đó:
π
2
π
2
2
I=
2
2011 cos tdt = 2011
0
2
0
π
1 + cos 2t
1
2 1
dt = 2011 · t + sin 2t 2
0
2
2
2
π
4
b) Đặt x = cot u, u ∈ (0; π) ⇒ dx = −(1 + cot2 u)du
√
Đổi cận: x = 1 ⇒ u = π4 ; x = 3 ⇒ u = π6 . Khi đó:
= 20112 ·
π
6
J=
(1 − cot2 u)(1 + cot2 u)du
cot2 u(1 + cot2 u)
π
4
π
6
=
π
4
1
( 2 − 2)du = tan u
cos u
Footer Page 15 of 126.
π
6
(
=
π
4
π
4
π
6
1
− 1)du =
cot2 u
− 2u
π
4
π
6
π
6
(tan2 u − 1)du
π
4
1
π
= √ −1+
6
3
Header Page 16 of 126.
14
Chương 3
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
TRONG HÌNH HỌC
Chương này trình bày các ứng dụng của phương pháp lượng giác trong
hình học. Cụ thể là xét các bài toán về đường tròn; các bài toán về đường
elip và hypebol và các bài toán hình học phẳng khác.
3.1
Các bài toán về đường tròn
3.1.1
Định nghĩa
3.1.2
Phương trình đường tròn
3.1.3
Phương trình tiếp tuyến của đường tròn
3.1.4
Một số bài toán về đường tròn
Một số bài toán về đường tròn có thể giải được bằng phương pháp lượng
giác theo cách sau:
Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.
Bước 2: Giải bài toán lượng giác.
Bước 3: Kết luận.
Bài toán 3.1. Cho đường tròn (C) có phương trình: x2 +y 2 −4x−6y+4 = 0
a) Xác định tọa độ các đỉnh B, C biết ABC là tam giác đều nội tiếp
trong đường tròn (C) và A(5; 3).
b) Tìm điểm N (x2 ; y2 ) ∈ (C) sao cho: x22 + y22 đạt giá trị lớn nhất; đạt
giá trị nhỏ nhất.
Footer Page 16 of 126.
15
Header Page 17 of 126.
Giải: Ta có phương trình tham số của đường tròn (C) là:
x = 2 + 3 sin t
, t ∈ [0; 2π)
y = 3 + 3 cos t
a) Giả sử AB
= a, gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A trong ABC ,
√
√
√
√
suy ra AH = a 23 . Ta lại có: R = 23 AH = 32 · a 23 ⇔ a = R 3 = 3 3.
Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác
M ∈ (C) nên M (2 + 3 sin t; 3 + 3 cos t), t ∈ [0; 2π), bài toán trở thành: Tìm
√
điểm M ∈ (C) sao cho AM = 3 3, tức là:
AM 2 = 27 ⇔ (3 − 3 sin t)2 + (3 cos t)2 = 27
Bước 2: Giải bài toán lượng giác
(3 − 3 sin t)2 + (3 cos t)2 = 27 ⇔ sin t = − 21 ⇒
Bước 3: Kết luận
√
1 6+3 3
B ;
,
2
2
b) N (x2 ; y2 ) ∈ (C) ⇔
cos t =
cos t =
√
3
−
√ 2
3
2
√
1 6−3 3
C ;
2
2
x2 = 2 + 3 sin t
, t ∈ [0; 2π)
y2 = 3 + 3 cos t
Ta có:
√
2
3
x22 + y22 = (2 + 3 sin t)2 + (3 + 3 cos t)2 = 22 + 6 13 √ sin t + √ cos t
13
13
√
2
3
= 22 + 6 13 cos(t − α), (với sin α = √ ; cos α = √ )
13
13
Mà: | cos(t − α)|
(x22 + y22 )min
1 nên:
√
= 22 − 6 13 khi
cos(t − α) = −1 ⇔ t = α + π + k2π ⇔
(x22 + y22 )max
√
√
6 13
9 13
⇒ N 2−
;3 −
13
13
√
= 22 + 6 13 khi
cos(t − α) = 1 ⇔ t = α + k2π ⇔
sin t = − sin α = − √213
cos t = − cos α = − √313
cos t = cos α
√
√
6 13
9 13
⇒ N 2+
;3 +
13
13
Footer Page 17 of 126.
√2
13
√
= 313
sin t = sin α =
16
Header Page 18 of 126.
3.2
Các bài toán về elip và hypebol
3.2.1
Định nghĩa
3.2.2
Phương trình của elip và hypebol
3.2.3
Phương trình tiếp tuyến của elip và hypebol
3.2.4
Điều kiện tiếp xúc của đường thẳng với elip và hypebol
3.2.5
Một số bài toán về elip và hypebol
Một số bài toán về elip và hypebol có thể giải được bằng phương pháp
lượng giác theo cách sau:
Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.
Bước 2: Giải bài toán lượng giác.
Bước 3: Kết luận.
2
2
y
Bài toán 3.2. Cho hypebol (H) : x8 − 27
= 1 và elip (E) :
Lập phương trình các tiếp tuyến chung của (E) và (H)
x2
4
+
y2
9
= 1.
√
2 2
cos
√t
x=
, t ∈ [0; 2π)\{ π2 ; 3π
2 }.
y = 3 3 tan t
Giải: (H) có phương trình tham số:
Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác
Họ tiếp tuyến (∆1 ) của (H) có phương trình:
√
√
√
x
y tan t
− √ = 1 ⇔ 3 3 · x − 2 2 sin t · y = 6 6 cos t
2 2 cos t
3 3
√
√
√
(∆1 ) tiếp xúc với (E) ⇔ (3 3)2 4 + (2 2 sin t)2 9 = (6 6 cos t)2
√
Bài toán trở thành: Tìm t ∈ [0; 2π)\{ π2 ; 3π
2 } thỏa phương trình (3.1)
Bước 2: Giải phương trình (3.1) với t ∈ [0; 2π)\{ π2 ; 3π
2 }
Ta có: (3.1) ⇔ 108 + 72(1 − cos2 t) = 216 cos2 t
⇔ cos2 t =
- Khi cos t =
√
√5 :
2 2
cos t =
5
⇔
8
cos t =
√
√5
2 √
2
− 2√52
phương trình tiếp tuyến là:
√
√
3x − y − 3 5 = 0 hoặc 3x + y − 3 5 = 0
Footer Page 18 of 126.
(3.1)
17
Header Page 19 of 126.
- Khi cos t =
√
√5 (⇔
2 2
sin t =
√
± 2√32 ):
phương trình tiếp tuyến là:
√
√
3x + y + 3 5 = 0 hoặc 3x − y + 3 5 = 0
Bước 3: Kết luận: Vậy có bốn tiếp tuyến chung của (E) và (H) đã cho, các
tiếp tuyến này lần lượt có phương trình:
√
√
√
√
3x − y − 3 5 = 0; 3x + y − 3 5 = 0; 3x + y + 3 5 = 0; 3x − y + 3 5 = 0
3.3
3.3.1
Các bài toán hình học phẳng khác
Hệ thức Hê-rông trong tam giác và trong tứ giác
Ta có công thức Hê-rông tính diện tích
S=
ABC khi biết độ dài ba cạnh là
p(p − a)(p − b)(p − c)
Đối với tứ giác khi biết độ dài bốn cạnh thì công thức tính diện tích tương
tự như trên là rất khó. Ta xét trường hợp đặc biệt khi tứ giác nội tiếp trong
một đường tròn với bài toán sau:
Bài toán 3.3. (Công thức tính diện tích của tứ giác nội tiếp)
Gọi a, b, c, d là độ dài các cạnh của một tứ giác nội tiếp trong một
đường tròn, ký hiệu q = a+b+c+d
. Chứng minh rằng diện tích tứ giác được
2
tính bằng công thức: S = (q − a)(q − b)(q − c)(q − d)
Giải:
Gọi B = ABC và D = ADC , áp dụng định lý hàm số cosin trong ABC
và ACD ta có:
AC 2 = a2 + b2 − 2ab cos B = d2 + c2 − 2cd cos D
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên B + D = 1800 ⇒ cos B = − cos D.
a2 + b2 − c2 − d2
Do đó: cos B =
2(ab + cd)
Mặt khác:
sin2 B = 1 − cos2 B = (1 − cos B)(1 + cos B)
= 1−
(a2 + b2 ) − (c2 + d2 )
2(ab + cd)
1+
(a2 + b2 ) − (c2 + d2 )
2(ab + cd)
[(c + d)2 − (a − b)2 ][(a + b)2 − (c − d)2 ]
=
4(ab + cd)2
Footer Page 19 of 126.
18
Header Page 20 of 126.
A
d
D
a
O
c
B
b
C
Hình 3.1: Hình minh họa Bài toán 3.3.
Ta lại có: (a + b)2 − (c − d)2 = (a + b + c − d)(a + b + d − c) = 4(q − d)(q − c)
Tương tự: (c + d)2 − (a − b)2 = 4(q − a)(q − b)
Vì: B + D = 1800 và 00 < B, D < 1800 nên
sin B = sin D =
2 (q − a)(q − b)(q − c)(q − d)
ab + cd
1
(ab + cd) sin B = (q − a)(q − b)(q − c)(q − d)
2
1
1
1
Vì vậy: S ABC = ab sin B; S ADC = cd sin D = cd sin B
2
2
2
1
Suy ra: S = S ABC + S ADC = (ab + cd) sin B
2
⇔
=
(q − a)(q − b)(q − c)(q − d)
Nhận xét 3.1. Đặc biệt hơn nữa, một tứ giác vừa nội tiếp, vừa ngoại
√
tiếp đường tròn thì: S = abcd
Chứng minh.
Xét tứ giác ABCD nội tiếp, ta có: S = (q − a)(q − b)(q − c)(q − d)
Vì ABCD ngoại tiếp một đường tròn nên:
a + c = b + d = q = r(tan O1 + tan O2 + tan O3 + tan O4 ) .
Khi đó: q − a = c; q − b = d; q − c = a; q − d = b, suy ra: S =
Footer Page 20 of 126.
√
abcd
19
Header Page 21 of 126.
A
a
r
B
b
1
2
O
3 4
d
c
D
C
Hình 3.2: Hình minh họa phần chứng minh của Nhận xét 3.1.
3.3.2
Điểm Broca
Định nghĩa 3.1. Cho
ABC , điểm P nằm trong
ABC sao cho:
P AB = P BC = P CA được gọi là điểm Broca của
ABC .
Bài toán 3.4. Cho ABC và giả sử điểm Broca P đã được xác định,
độ dài các cạnh trong tam giác lần lượt là: AB = 13, BC = 14, AC = 15
và tan P AB = m
n (m, n nguyên tố cùng nhau). Tìm m + n.
Giải:
A
c
x
b
P
y
B
z
α
a
C
Hình 3.3: Hình minh họa Bài toán 3.4.
Đặt P AB = P BC = P CA = α và P A = x, P B = y, P C = z
Footer Page 21 of 126.
20
Header Page 22 of 126.
Áp dụng định lý hàm số cosin trong
P AB,
P BC,
P CA ta có:
x2 = z 2 + b2 − 2bz cos α
y 2 = x2 + c2 − 2cx cos α
z 2 = y 2 + a2 − 2ay cos α
Cộng vế theo vế ba phương trình trên ta được:
2 cos α(cx + ay + bz) = a2 + b2 + c2
S P AB = 12 cx sin α
S P BC = 12 ay sin α
Vì
S P AC = 12 bz sin α
S
ABC = S P AB + S P BC + S
nên cx + ay + bz =
(3.2)
P AC
2S ABC
sin α
(3.3)
Từ (3.2) và (3.3) suy ra:
tan α =
4S ABC
4 · 84
168
=
=
a2 + b2 + c2
142 + 152 + 132
295
Vậy m+n = 168+295 = 463 (Sử dụng hệ thức Hê-rông để tính S
3.3.3
Cho
ABC
= 84)
Định lý Stewart
ABC , D là một điểm trên cạnh BC . Đặt AD = d, BD = m,
DC = n. Khi đó ta có công thức:
ad2 = mb2 + nc2 − amn (gọi là hệ thức Stewart)
A
c
b
d
1
B
m
2
D
C
n
Hình 3.4: Hình minh họa phần chứng minh Định lý Stewart
Footer Page 22 of 126.
21
Header Page 23 of 126.
Chứng minh. Áp dụng định lý hàm số cosin vào
ABD và
ACD ta có:
c2 = m2 + d2 − 2md cos D1 ⇔ nc2 = nm2 + nd2 − 2mnd cos D1
b2 = n2 + d2 − 2nd cos D2 = n2 + d2 − 2nd cos D1
(3.4)
(do D1 + D2 = 1800 )
⇔ mb2 = mn2 + md2 + 2mnd cos D1
(3.5)
Cộng (3.4) và (3.5) vế theo vế ta được
nc2 + mb2 = nm2 + nd2 + mn2 + md2 = mn(m + n) + d2 (m + n)
= (m + n)(mn + d2 ) = a(mn + d2 ) = ad2 + amn
ad2 = mb2 + nc2 − amn
⇔
Nhận xét 3.2.
i) Nếu trong bài toán trên, xét AD là trung tuyến thì m = n =
d = ma thì từ hệ thức Stewart ta có
a
2
và
1
2b2 + 2c2 − a2
1
1 1
am2a = ab2 + ac2 − a · a · a ⇔ m2a =
2
2
2 2
4
Đây là công thức tính độ dài đường trung tuyến quen thuộc đã biết.
ii) Nếu xét AD là đường phân giác trong ( tức là AD = la ), khi đó ta
có:
ac
m+n
a
m n
m = b+c
=
=
=
Do đó:
ab
c
b
b+c
n=
b+c
b+c
Từ hệ thức Stewart ta có:
ala2
ac 2
ab 2
ac
ab
bc[(b + c)2 − a2 ]
2
=
b +
c − a(
)(
) ⇔ la =
b+c
b+c
b+c b+c
(b + c)2
Mặt khác:
2
2
2
1 + cos A 1 + b +c2bc−a
(b + c)2 − a2
2A
=
=
=
cos
2
2
2
4bc
Thế vào công thức trên ta được:
la2
2bc cos A2
4b2 c2 cos2 A2
⇔ la =
=
(b + c)2
b+c
Đây là công thức tính độ dài đường phân giác trong tam giác đã biết.
Như vậy hệ thức Stewart là trường hợp tổng quát của hệ thức đường
trung tuyến và đường phân giác đã biết trong chương trình phổ thông
Footer Page 23 of 126.
22
Header Page 24 of 126.
3.3.4
Các bài toán khác
Bài toán 3.5. Cho (S) là tập hợp tất cả các tam giác ABC thỏa:
5
1
1
3
6
1
+
+
−
=
AP
BQ CR
min{AP, BQ, CR} r
trong đó r là bán kính đường tròn nội tiếp; P, Q, R là các điểm tiếp xúc
của AB, BC, CA với đường tròn. Chứng minh rằng tất cả các tam giác
trong (S) đều cân và đồng dạng với nhau.
Giải: Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp
ABC .
B
Q
O
P
A
C
R
Hình 3.5: Hình minh họa Bài toán 3.5.
Ta có OP = OQ = OR = r.
Không mất tính tổng quát, giả sử min{AP, BQ, CR} = AP .
Đặt x = tan A2 , y = tan B2 , z = tan C2
Theo [Chương I, bổ đề 1.2.] ta có: xy + yz + zx = 1
Ta lại có:
AP =
r
;
x
r
BQ = ;
y
CR =
r
z
Từ đó giả thiết:
5
1
1
3
6
1
+
+
−
=
AP
BQ CR
min{AP, BQ, CR} r
x y z
3x 6
⇔ 5( + + ) −
=
⇔ 2x + 5y + 5z = 6
r r r
r
r
Footer Page 24 of 126.
23
Header Page 25 of 126.
Kết hợp với điều kiện: xy + yz + zx = 1 ta được:
5y 2 + 5z 2 + 8yz − 6y − 6z + 2 = 0 ⇔ (3y − 1)2 + (3z − 1)2 = 4(y − z)2
u = 3y − 1
⇒ y − z = u−v
3
v = 3z − 1
Phương trình thành: 5u2 + 8uv + 5v 2 = 0 chỉ xảy ra khi và chỉ khi
Đặt:
u=v=0
(Vì giả sử u = 0 (hoặc v = 0 ) thì phương trình thành: 5t2 + 8t + 5 = 0
(với t = uv hoặc t = uv ) có ∆ = −9 < 0 nên vô nghiệm)
u=v=0 ⇔
y=z=
x = 43
1
3
Do đó tất cả các tam giác trong (S) đều cân và đồng dạng với nhau.
Thật vậy ta có:
r
x = AP
= 43
r
y = z = BQ
=
r
CR
=
1
3
=
4
12
Do đó có thể chọn r = 4, AP = AR = 3, BQ = BP = CQ = CR = 12,
suy ra: AB = AC = 15, BC = 24, suy ra: AB : AC : BC = 5 : 5 : 8
Vậy các tam giác này đồng dạng với tam giác có độ dài cạnh là 5, 5, 8.
Footer Page 25 of 126.
