Bài giảng trọng tâm Toán 10: Cung và góc lượng giác, công thức lượng giác

<span class='text_page_counter'>(1)</span>chương 5. − cung và góc lượng giác công thức lượng giác. A. KiÕn thøc cÇn nhí. I. Góc và cung lượng giác. 1. Đơn vị đo góc và cung tròn, độ dài của cung tròn. Víi ®­êng trßn b¸n kÝnh R, ta cã: 2πR = 2π. R l  Cung có độ dài bằng l thì có số đo rađian bằng . R Từ đó, ta có các kết quả: 1. Cung tròn bán kính R có số đo α rađian thì có độ dài αR. 2. Với cung tròn có độ dài l. Gọiα là số đo rađian và a là số đo độ của cung đó α a . thì ta thiết lập được mối quan hệ giữa số đo rađian và số đo độ là = π 180 Từ kết quả trên ta có bảng ghi nhớ chuyển đổi số đo độ và số đo rađian của một cung trßn:. . Toµn bé ®­êng trßn cã sè ®o ra®ian b»ng. §é. 00. 300. 450. 600. 900. 1200. 1350. 1500. 1800. 2700. 3600. Ra®ian. 0. π 6. π 4. π 3. π 2. 2π 3. 3π 4. 5π 6. π. 3π 2. 2π. 2. Góc lượng giác và số đo của chúng. Định nghĩa: Cho hai tia Ou, Ov. Nếu tia Om quay chỉ theo chiều dương (hay chỉ theo chiều âm) xuất phát từ tia Ou đến trùng với tia Ov thì ta nói "Tia Om quét một góc lượng giác tia đầu Ou, tia cuối Ov". Khi quay như thế, tia Om có thể gặp tia Ov nhiều lần, mõi lần ta được một góc lượng giác tia đầu Ou, tia cuối Ov. Do đó, với hai tia Ou, Ov có vô số góc lượng giác (một họ góc lượng giác) tia đầu Ou, tia cuối Ov. Mỗi góc lượng giác như thế đều được kí hiệu là (Ou, Ov). Như vậy: 1. Một góc lượng giác gốc O được xác định bởi tia đầu Ou, tia cuối Ov và số đo độ (hay sè ®o ra®ian) cña nã. 2. Nếu một góc lượng giác có số đo a0 (hay α rad) thì mọi góc lượng giác cùng tia ®Çu, tia cuèi víi nã cã sè ®o d¹ng a0 + k3600 (hay α + 2kπ), k lµ mét sè nguyªn, mçi gãc øng víi mét gi¸ trÞ cña k. 3. cung lượng giác và số đo của chúng.  tương ứng thì ta có kết quả: Số đo của góc lượng giác (Ou, Ov) là số đo của cung UV 1. Trên đường tròn định hướng, mỗi cung lượng giác được xác định bởi điểm đầu, ®iÓm cuèi vµ sè ®o cña nã.. 219.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  có số đo α thì mọi cung lượng giác cùng tia đầu, 2. Nếu một cung lượng giác UV tia cuèi víi nã cã sè ®o d¹ng α + 2kπ, k lµ mét sè nguyªn, mçi cung øng víi mét gi¸ trÞ cña k. 4. HÖ thøc Sa − l¬. Víi ba tia Ou, Ov, Ow, ta cã: s®(Ou, Ov) + s®(Ov, Ow) = s®(Ou, Ow) + 2kπ, k ∈  .. II. Giá trị lượng giác của một cung 1. giá trị lượng giác c ủa một cung. a. cosα = cos(α + 2kπ). b. sinα = sin(α + 2kπ). víi k lµ mét sè nguyªn. Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau:. c. tanα = tan(α + kπ). d. cotα = cot(α + kπ).. Hàm số lượng giác. §é ®o. 0<α< + + + +. cosα sinα tanα cotα. π 2. π <α<π 2 − + − −. 2. Giá trị lượng giác của các cung đặc biệt. 0. π 6. π 4. π 3. π 2. 2π 3. 3π 4. 5π 6. π. sinα. 0. 1 2. 2 2. 1. 1 2. 0. 1. 2 2. tanα. 0. 3 2 1. 3 2 1 − 2. 2 2. cosα. 3 2 1 2. 1. 3. ||. −. cotα. ||. 0. −. §é ®o Hµm. 3 3. 1. 1 3. 0. 3. 1 3. −. 2 2. 3. Hàm số lượng giác của các cung đối nhau. a. sin( − x) = − sinx b. cos( − x) = cosx. c. tan( − x) = − tanx d. cot( − x) = − cotx. 4. Hàm số lượng giác của các cung bù nhau. a. sin(π − α) = sinα. b. cos(π − α) = cosα. 220. 1. −1 −1. c. tan(π − α) = − tanα. d. cot(π − α) = − cotα.. 3 2. −. 0. 3. −. 1. 3. ||.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5. Hàm số lượng giác của các cung phụ nhau. π − α) = cotα. 2 π d. cot( − α) = tanα. 2. π − α) = cosα. 2 π b. cos( − α) = sinα. 2. a. sin(. c. tan(. 6. Các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản. a. sin2α + cos2α = 1. sin α b. tanα = cos α cos α . c. cotα = sin α. d. tanα.cotα = 1. 1 e. = 1 + tan2α 2 cos α 1 = 1 + cot2α. f. 2 sin α. III. Công thức lượng giác 1. C«ng thøc céng. cos(x + y) = cosx.cosy − sinx.siny. cos(x − y) = cosx.cosy + sinx.siny. sin(x + y) = sinx.cosy + cosx.siny. sin(x − y) = sinx.cosy − cosx.siny. tan x + tan y . e. tan(x + y) = 1 − tgx.tgy a. b. c. d.. f. tan(x − y) =. tan x − tan y . 1 + tan x. tan y. 2. Công thức nhân đôi. a. sin2x = 2sinx.cosx. 2 tan x . c. tan2x = 1 − tan 2 x. b. cos2x = cos2x − sin2x = 2cos2x − 1 = 1 − 2sin2x.. 3. C«ng thøc nh©n ba. a. cos3x = 4cos3x − 3cosx. b. sin3x = 3sinx − 4sin3x.. c. tan3x =. (3 − tan x) tan x . 1 − 3 tan 2 x. 4. Công thức biến đổi tích thành tổng. 1 [cos(x + y) + cos(x − y)]. 2 1 b. sinx.siny = [cos(x − y) − cos(x + y)]. 2 1 c. sinx.cosy = [sin(x + y) + sin(x − y)]. 2 1 d. cosx.siny = [sin(x + y) − sin(x − y)]. 2. a. cosx.cosy =. 221.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 5. Công thức biến đổi tổng thành tích. x+y x−y x+y x−y cos . b. cosx − cosy = − 2sin sin . 2 2 2 2 x+y x−y x+y x−y c. sinx + siny = 2sin cos . d. sinx − siny = 2cos sin . 2 2 2 2 sin( x ± y ) sin( x ± y ) e. tanx ± tany = . f. cotx ± coty = . cos x. cos y sin x. sin y. a. cosx + cosy = 2cos. 6. C«ng thøc h¹ bËc. a. sin2x =. 1 − cos 2 x . 2. b. cos2x =. 1 + cos 2 x . 2. B Phương pháp giải các dạng toán liên quan Dạng toán 1: Biến đổi biểu thức lượng giác thành tổng Phương pháp áp dụng Sử dụng các công thức lượng giác, thông thường là công thức biến đổi tích thành tổng..  Chú ý: Các em học sinh cần biết rằng những phép biến đổi kiểu này là rất cần thiết khi thực hiện các bài toán về đạo hàm và tính tích phân (thuộc kiến thøc to¸n 12). Thí dụ 1. Biến đổi các biểu thức sau thành tổng: a. A = sina.sin2a.sin3a. b. B = cosa.cos2a.cos4a..  Gi¶i a. Biến đổi biểu thức về dạng: 1 1 A = (cosa − cos3a).sin3a = (sin3a.cosa − cos3a.sin3a) 2 2 1 1 1 1 = [ (sin4a + sin2a) − sin6a] = (sin2a + sin4a − sin6a). 2 2 2 4 b. Biến đổi biểu thức về dạng: 1 1 B = (cos3a + cosa).cos4a = (cos4a.cos3a + cos4a.cosa) 2 2 1 = (cos7a + cosa + cos5a + cos3a). 4.  Nhận xét: Như vậy, trong thí dụ trên để thực hiện mục đích biến đổi biểu thức về dạng tổng chúng ta đã sử dụng hai lần liên tiếp công thức biến đổi tích thành tổng. Tuy nhiên, trong những trường hợp riêng cần lựa chọn hai đối tượng phù hợp để giảm thiểu độ phức tạp, chúng ta sẽ minh ho¹ th«ng qua vÝ dô sau: 222.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thí dụ 2. Biến đổi biểu thức sau thành tổng: A = 8sin(a −.  Gi¶i. π π ).cos2a.sin(a + ). 6 6. Biến đổi biểu thức về dạng: π π π A = 4[2sin(a + ).sin(a − )].cos2a = 4(cos − cos2a).cos2a 6 6 3 1 = 4. .cos2a − 4cos2a = 2cos2a − 2(1 + cos4a) = −2 + 2cos2a − 2cos4a. 2.  Nhận xét: Như vậy, trong thí dụ trên chúng ta ghép bộ đôi góc a − π6. vµ a +. π 6. (có tính khử đối với phép cộng và trừ) để sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng.. Dạng toán 2: Biến đổi biểu thức lượng giác thành tổng − tích Phương pháp áp dụng Việc biến đổi biểu thức lượng giác về dạng tích phụ thuộc vào các phép biến đổi dạng: Dạng 1: Biến đổi tổng, hiệu thành tích. Dạng 2: Biến đổi tích thành tổng. Dạng 3: Lựa chọn phép biến đổi cho cos2x. Dạng 4: Phương pháp luận hệ số. Dạng 5: Phương pháp hằng số biến thiên. Dạng 6: Phương pháp nhân. Dạng 7: Sử dụng các phép biến đổi hỗn hợp. Kĩ năng biến đổi một biểu thức lượng giác về dạng tích là rất quan trong bởi nó được sử dụng chủ yếu trong việc giải các phương trình lượng giác không mẫu mực. Thí dụ 1. Biến đổi thành tích các biểu thức sau: a. 1 − sinx.. b. 1 + 2cosx..  Gi¶i a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸c sau: C¸ch 1: Ta cã: x x x x x x 1 − sinx = sin2 + cos2 − 2sin .cos = (sin − cos )2 2 2 2 2 2 2 2.   x π  x π  =  2 sin  −   = 2sin2  −  . 2 4  2 4  . C¸ch 2: Ta cã:   π x  π  π x 1 − sinx = 1 − cos  − x  = 1 − 1 − 2 sin 2  −  = 2sin2  −  .  4 2  2  4 2 . 223.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> C¸ch 3: Ta cã: π π x π x 1 − sinx = sin − sin x =2cos  +  sin  −  . 2 4 2 4 2. b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸c sau: C¸ch 1: Ta cã: x x   1 + 2cosx = 1 + 2cos2. = 1 + 2  cos 2 − 1 2 2   x x x    = −1 + 4cos2 =  2 cos − 1 2 cos + 1 . 2 2 2    C¸ch 2: Ta cã: π   π x π x 1  1 + 2cosx 4cos  +  .cos  −  . = 2  += cos x  2  cos + cos x  = 3   6 2 6 2 2 .  Nhận xét: Như vậy, để thực hiện biến đổi thành tích của các biểu thức trên:. a. ë c©u a):  Trong c¸ch 1, chóng ta sö dông sin2α + cos2α = 1 vµ c«ng thức góc nhân đôi của sin2α = 2sinα.cosα để nhận được một  . π. h»ng thøc, vµ cuèi cïng lµ sinα − cosα = 2 sin  α −  . 4 .  Trong c¸ch 2, dùa nhiÒu vµo kinh nghiÖm, víi môc tiªu làm xuất hiện −1 để khử số hạng tự do của biểu thức. Điều này sẽ được giải thích đầy đủ trong mục sử dụng các công thức biến đổi của cos2α.  Trong cách 3, chúng ta sử dụng tới giá trị đặc biệt của góc π 2. lượng giác để chuyển đổi 1 thành sin , từ đó dùng công thức biến đổi tổng thành tích sẵn có.. b. ở câu b), lấy ý tưởng ở cách 2, cách 3 của câu a). Các em học sinh cần ghi nhận tốt cách giải 3 để có thể nhận được mét lêi gi¶i ng¾n gän. Thí dụ 2. Biến đổi thành tích biểu thức sau: A = cosa + cos2a + cos3a + cos4a..  Gi¶i Biến đổi biểu thức về dạng: A = (cosa + cos3a) + (cos2a + cos4a) = 2cos2a.cosa + 2cos3a.cosa 5a a = 2(cos2a + cos3a).cosa = 4cos .cos .cosa. 2 2 224.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn ta lùa chän c¸ch gom theo hiªu (hiÖu hai gãc bằng nhau) do đó đương nhiên có thể nhóm: A = (cosa + cos2a) + (cos3a + cos4a). Ngoµi ra cßn cã thÓ gom theo tæng (tæng hai gãc b»ng nhau) A = (cosa + cos4a) + (cos2a + cos3a). Chúng ta sẽ sử dụng lại ý tưởng này trong ví dụ tiếp theo.. Thí dụ 3. Biến đổi thành tích biểu thức sau: A = sina + sin2a + sin3a + sin4a + sin5a + sin6a..  Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: Cách 1: Biến đổi biểu thức về dạng: A = (sina + sin6a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin4a) 7a a 7a 5a 7a 3a + 2sin .cos + 2sin .cos = 2sin .cos 2 2 2 2 2 2 7a 7a 3a 3a 5a 3a a + cos + cos )sin = 2(2cos .cosa + cos )sin = 2(cos 2 2 2 2 2 2 2 3a 7a 1 3a 7a = 4(cosa + ). cos .sin = 2(2cosa + 1). cos .sin 2 2 2 2 2 π 7a 3a = 4(cosa + cos ). cos .sin 2 3 2 π 3a a a π 7a = 8cos( + ). cos( − ).cos .sin . 2 2 6 2 6 2 C¸ch 2: Lùa chän phÐp gom: A = (sina + sin2a) + (sin3a + sin4a) + (sin5a + sin6a) − Đề nghị bạn đọc. C¸ch 3: Lùa chän phÐp gom: A = (sina + sin4a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin6a) − Đề nghị bạn đọc..  Chó ý: Trong các bài thi yêu cầu đặt ra đối với thí dụ 2, thí dụ 3 chính là "Giải phương tr×nh". Và để tăng độ khó, các biểu thức thường được nhúng vào yêu cần đánh giá nhân tử chung. Thí dụ 4. Biến đổi thành tích biểu thức sau: a. A = 1 + sina − cosa − sin2a. b. B = 1 + (sina − cosa) − (sin2a + cos2a) + cos3a..  Gi¶i a. Biến đổi biểu thức về dạng: A = (1 − sin2a) + (sina − cosa) = (sina − cosa)2 + (sina − cosa). 225.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> = (sina − cosa)(sina − cosa + 1). b. Biến đổi biểu thức về dạng: B = (1 − cos2a) + sina + (cos3a − cosa) − sin2a = 2sin2a + sina − 2sin2a.sina − 2sina.cosa = (2sina + 1 − 4sina.cosa − 2cosa).sina = (2sina + 1)(1 − 2cosa).sina 1 1 π π = 4(sina + )( − cosa).sina = 4(sina + sin )(cos − cosa).sina 6 3 2 2 π π a a a a π π = −16sin( + ).cos( − ).sin( + ).sin( − ).sina. 2 12 2 12 6 2 6 2.  NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i c©u b), së dÜ ta lùa chän c¸ch gom nh­ vËy bëi nhËn thấy rằng chúng đều có chung nhân tử sina. Thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ cho Dạng 2 − Biến đổi tích thành tổng. Thí dụ 5. Biến đổi thành tích biểu thức sau: A = 2cosa.cos2a.cos3a − 2sina.sin2a.sin3a − 1..  Gi¶i. Biến đổi biểu thức về dạng: A = (cos3a + cosa).cos3a + (cos3a − cosa).sin3a − 1 = cos23a + cos3a.cosa + cos3a.sin3a − sin3a.cosa − 1 = (cosa + sin3a)cos3a − sin3a.cosa − sin23a = (cosa + sin3a)cos3a − (cosa + sin3a)sin3a  π π   = (cosa + sin3a)(cos3a − sin3a) = sin 3a + sin  − a   . 2cos  3a +  4 2    π π π    = 2 2.sin  a +  .cos  2a −  .cos  3a +  . 4 4 4   . . Nhận xét: Như vậy, để thực hiện biến đổi thành tích của biểu thức trên, trước tiên chúng ta cần thực hiến biến đổi các biểu thức tích thành tổng, rồi sau đó ghép các cặp đôi thích hợp để làm xuất hiện nhân tử chung. Thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ Dạng 3 − Lựa chọn phép biến đổi cho cos2x.. Thí dụ 6. Biến đổi thành tích biểu thức A = 2cos3a + cos2a + sina..  Gi¶i. Biến đổi biểu thức về dạng: A = 2cos3a + 2cos2a − 1 + sina = 2(cosa + 1).cos2a + sina − 1 = 2(cosa + 1)(1 − sin2a) + sina − 1 = (1 − sina)[2(cosa + 1)(1 + sina) − 1] = (1 − sina)[1 + 2sina.cosa + 2(sina + cosa)] = (1 − sina)[(sina + cosa)2 + 2(sina + cosa)]. 226.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> = (1 − sina)(sina + cosa)(sina + cosa + 2)..  NhËn xÐt:. Trong lêi gi¶i trªn: 1. Sở dĩ chúng ta lựa chọn phép biến đổi: cos2a = 2cos2a − 1 bëi 2 nh©n tö cßn l¹i lµ 2cos3a (cos cã hÖ sè 2) vµ sina (sin cã hÖ sè 1). 2. Như vậy trong trường hợp trái lại, ta sẽ lựa chọn phép biến đổi: cos2a = 1 − 2sin2a. 3. Như vậy chúng ta đã có được phương pháp suy luận trong việc lựa chọn hai hướng biến đổi cho cos2a. Cuối cùng, trong trường hợp hệ số đối xứng ta sẽ lựa chọn phép biến đổi: cos2a = cos2a − sin2a. 4. Đôi khi việc gom các toán tử trong đầu bài nhằm tăng độ phức tạp của bài toán. Khi đó, để tiện cho việc cân nhắc lựa chọn phép biến đổi các em học sinh hãy chuyển biểu thức về dạng đơn. Cụ thÓ ta xem xÐt vÝ dô sau:. Thí dụ 7. Biến đổi thành tích biểu thức sau: A = 4sin2a − 3cos2a − 3(4sina − 1) − 6sin2a..  Gi¶i Biến đổi biểu thức về dạng: A = 4sin2a − 3cos2a − 12sina + 3 − 6sin2a = 4sin2a − 3(1 − 2sin2a) − 12sinx + 3 − 6sin2a = 8sina.cosa − 12sina = 4(2cosa − 3)sina.  Nhận xét: Trong lời giải trên, khi chuyển biểu thức về dạng đơn, ta lựa chọn. phép biến đổi cos2a = 1 − 2sin2a bởi khi đó sẽ khử được số hạng tự do và cùng với nhận xét các toán tử còn lại đều chứa sina. Thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ Dạng 4 − Phương pháp luận hệ số.. Thí dụ 8. Biến đổi thành tích các biểu thức: a. A = 5sin3a − 3sin5a. b. B = 3(cota − cosa) − 5(tana − sina) − 2..  Gi¶i a. Biến đổi biểu thức về dạng: A = 2sin3a − 3(sin5a − sin3a) = 2(3sina − 4sin3a) − 6cos4a.sina = (3 − 4sin2a − 3cos4a).sina = [3 − 2(1 − cos2a) − 3(2cos22a − 1)].sina = (3cos22a − cos2a − 2).sina = (3cos2a + 2)(cos2a − 1).sina b. Biến đổi biểu thức về dạng: B = 3(cota − cosa + 1) − 5(tana − sina + 1). 227.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> cos a sin a − cosa + 1) − 5( − sina + 1) sin a cos a 3(cos a − sin a. cos a + sin a ) 5(sin a − sin a. cos a + cos a ) − = sin a cos a 3 5 = (sina + cosa − sina.cosa)( − ). sin a cos a. = 3(.  NhËn xÐt:. Trong lêi gi¶i trªn: 1. Với câu a), các em học sinh cũng có thể sử dụng phương pháp t¸ch dÇn: sin3a = 3sina − 4sin3a, sin5a = sin(a + 4a) = sina.cos4a + cosa.sin4a = sina.cos4a + 2cosa.cos2a.sin2a = sina.cos4a + 4cos2a.cos2a.sina. Ngoµi ra, kh«ng sö dông c¸ch t¸ch: A = 2sin5a − 5(sin5a − sin3a) bëi chóng ta chØ cã c«ng thøc cho sin3a cßn sin5a kh«ng cã. 2. Với câu b), việc lựa chọn cách tách 2 = 5 − 3 được đề xuất khá tự nhiện bởi hai biểu thức đã được gom trước.. Thí dụ 9. Biến đổi thành tích các biểu thức: a. A = 9sina + 6cosa − 3sin2a + cos2a − 8. b. B = 2sin2a − cos2a − 7sina − 2cosa + 4..  Gi¶i. a. Biến đổi biểu thức về dạng: A = 9sina + 6cosa − 6sina.cosa + 2cos2a − 1 − 8 = 9sina − 9 + 6cosa − 6sina.cosa + 2cos2a = 9(sina − 1) − 6cosa(sina − 1) + 2cos2a = 9(sina − 1) − 6cosa(sina − 1) − 2(sin2a − 1) = (sina − 1)(9 − 6cosa − 2sina − 2) = (sina − 1)(7 − 6cosa − 2sina). b. Biến đổi biểu thức về dạng: B = 4sina.cosa − 2cosa − (1 − 2sin2a) − 7sina + 4 = 4sina.cosa − 2cosa + 2sin2a − 7sina + 3 = 2cosa(2sina − 1) + (2sina − 1)(sina − 3) = (2sina − 1)(2cosa + sina − 3)..  NhËn xÐt:. 228. Trong lêi gi¶i trªn: 1. Với câu a), chúng ta sử dụng ý tưởng đưa biểu thức lượng giác về cùng một cung và ở đó lựa chọn cos2a = 2cos2a − 1 bởi cần có sự kết hợp −1 với −8 để có được hệ số tương ứng với 9sina, từ đó xuất hiện cách nhóm các nhân tử. 2. Víi c©u b), c¸c em häc sinh nÕu ch­a cã kinh nghiÖm th× tèt nhất là thực hiện phép thử với các cách biến đổi của cos2a..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ Dạng 5 − Phương pháp hằng số biÕn thiªn. Thí dụ 10. Biến đổi thành tích biểu thức sau: a. A = sina.cosa + m(sina + 2cosa) + 2m2. a. a. b. B = (cosa + 1).sin4 2 − cosa.sin2 2 − 1..  Gi¶i a. Viết lại A dưới dạng: A = 2m2 + (sina + 2cosa)t + sina.cosa. khi đó A là một tam thức bậc hai theo m có: ∆m = (sina + 2cosa)2 − 8sina.cosa = (sina − 2cosa)2, do đó, phương trình A = 0 có các nghiệm: sin a − sin a − 2cos a − (sin a − 2cos a)  = −  m1 = 0 4 2 ⇔  2m1 + sin a = .   0  m = − sin a − 2cos a + (sin a − 2cos a) = − cos a  m 2 + cos a =  2 4 tøc lµ A cã thÓ ®­îc ph©n tÝch thµnh: A = (2m + sina)(m + cosa). a b. Đặt t = sin2 2 , khi đó biểu thức được viết lại dưới dạng:. B = (cosa + 1).t2 − t.cosa − 1 . Phương trình A = 0 có nghiệm theo t là t = 1 và t = − tÝch thµnh:. 1 do đó A được phân cos a + 1. a a a B = (t − 1)[(cosa + 1).t + 1] = (sin2 2 − 1)(2cos2 2 .sin2 2 + 1). . a 1 = (sin2 2 − 1)( sin2a + 1). 2. Nhận xét: Lời giải của thí dụ trên minh hoạ cho ý tưởng của phương pháp h»ng sè biÕn thiªn, lÏ ®­¬ng nhiªn chóng ta cã thÓ thùc hiÖn phÐp nhóm một cách thích hợp để có được các kết quả đó, cụ thểvới c©u a) ta cã: A = sina.cosa + m.sina + 2m.cosa + 2m2 = (cosa + m).sina + 2m(cosa + m) = (cosa + m)(sina + 2m). và chúng ta nhận thấy công việc đó đơn giản hơn nhiều so với những lập luận trong lời giải trên, xong đây luôn là ý tưởng hay để sử dụng cho việc giải các phương trình đại số cũng như lượng giác. Thí dụ tiếp theo sẽ minh hoạ Dạng 6 − Phương pháp nhân.. Thí dụ 11. Biến đổi thành tích biểu thức sau: 229.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 5a a − 5cos3a.sin , víi a ≠ π + 2kπ, k ∈  . 2 2 b. A = sina + sin2a + ... + sinna, víi n ∈  .. a. A = sin.  Gi¶i. a. Tõ gi¶ thiÕt a ≠ π + 2kπ, k ∈  ta ®­îc. a π a ≠ + kπ ⇒ cos ≠ 0. 2 2 2. a ≠ 0, ta ®­îc: 2 5a a a a a 2Acos = 2sin .cos − 10cos3a.sin .cos 2 2 2 2 2 = sin3a + sin2a − 5cos3a.sina = 3sina − 4sin3a + 2sina.cosa − 5cos3a.sina = (3 − 4sin2a + 2cosa − 5cos3a).sina = (5cos3a − 4cos2a − 2cosa + 1).sina a a = 2(5cos2a + cosa − 1)(cosa − 1)sin .cos 2 2 a ⇔ A = (5cos2a + cosa − 1)(cosa − 1)sin . 2 b. Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = 2kπ, k ∈  thì: sina = sin2a = ... = sinna = 0 ⇒ S = 0. a Trường hợp 2: Nếu a ≠ 2kπ, k∈  thì nhân cả hai vế của biểu thức với 2sin , ta được: 2 a a a a 2Asin = 2sina.sin + 2sin2a.sin + ... + 2sinna.sin 2 2 2 2 3a 5a (2 n − 1)a (2 n + 1)a a 3a = cos − cos + cos − cos + ... + cos − cos 2 2 2 2 2 2 a (2 n + 1)a na ( n + 1)a = 2sin .sin = cos − cos 2 2 2 2 na ( n + 1)a sin sin 2 2 . ⇔A= a sin 2. Nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi 2cos.  Nhận xét: Như vậy, chúng ta đã được làm quen với 6 phương pháp biến đổi tæng thµnh tÝch, cuèi cïng chóng ta minh ho¹ thªm mét thÝ dô cho phương pháp sử dụng các phép biến đổi hỗn hợp.. Thí dụ 12. Biến đổi thành tích các biểu thức sau: a. A = cos4a − cos2a + 2sin6a. b. B = cos2a + cos3a + 2sina − 2..  Gi¶i. a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: Cách 1: Biến đổi biểu thức về dạng:. 230.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> A = cos4a − cos2a + sin2a + 2sin6a = (cos2a − 1)cos2a + sin2a + 2sin6a = −sin2a.cos2a + sin2a + 2sin6a = (1 − cos2a)sin2a + 2sin6a = sin4a + 2sin6a = (2sin2a + 1).sin4a. Cách 2: Biến đổi biểu thức về dạng: A = cos4a − (2cos2a − 1) + 2sin6a = (cos4a − 2cos2a + 1) + 2sin6a = (1 − cos2a)2 + 2sin6a = sin4a + 2sin6a = (2sin2a + 1).sin4a. b. Biến đổi biểu thức về dạng: B = (1 + cosa)cos2a − 2(1 − sina) = (1 + cosa)(1 − sin2a) − 2(1 − sina) = [(1 + cosa)(1 + sina) − 2](1 − sina) = (cosa + sina + sina.cosa − 1)(1 − sina).. . Nhận xét: Như vậy, để chuyển đổi các biểu thức trên về dạng tích chúng ta đã thực hiện phép nhóm dần.. Thí dụ 13. Biến đổi thành tích biểu thức sau: A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina − 4) + 4cos2a − 3.  Gi¶i. Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: Cách 1: Biến đổi biểu thức về dạng: A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina − 4) − 3 + 4(1 − sin2a) = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina − 4) − 4sin2a + 1 = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina − 4 − 2sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a − 3). Cách 2: Biến đổi biểu thức về dạng: A = 3cos4a.(2sina + 1) + (2sina + 1)(2sina − 4) + 4cos2a − 3 = 3cos4a.(2sina + 1) + 4sin2a − 6sina − 4 + 4cos2a − 3 = 3cos4a.(2sina + 1) − 3(2sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a − 3).. Thí dụ 14. Biến đổi thành tích các biểu thức sau: a. A = cos23a + cos22a − sin2a. b. B = sin23a − cos24a − sin25a + cos26a..  Gi¶i a. Biến đổi biểu thức về dạng: 1 1 1 A = (1 + cos6a) + cos22a − (1 − cos2a) = (cos6a + cos2a) + cos22a 2 2 2 2 = cos4a.cos2a + cos 2a = (cos4a + cos2a)cos2a = 2cos3a.cosa.cos2a. b. Biến đổi biểu thức về dạng: 1 1 1 1 B = (1 − cos6a) − (1 + cos8a) − (1 − cos10a) + (1 + cos12a) 2 2 2 2 1 1 = (cos12a − cos6a) + (cos10a − cos8a) = −sin9a.sin3a − sin9a.sina 2 2 = −(sin3a + sina)sin9a = −2sin2a.cosa.sin9a.. 231.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Dạng toán 3: Chứng minh đẳng thức lượng giác Phương pháp áp dụng Sử dụng hệ thức cơ bản và các hệ quả để thực hiện phép biến đổi tương đương. Ta lựa chọn một trong các hướng biến đổi sau: Hướng 1: Dùng công thức lượng giác biến đổi một vế thành vế còn lại (VT ⇒ VP hoặc VP ⇒ VT). Khi đó:  Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực hiện việc đơn giản biểu thức.  Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích. Hướng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức đã biết là luôn đúng. Hướng 3: Biến đổi một đẳng thức đã biết là luôn đúng thành đẳng thức cần chøng minh. Để ý rằng một biểu thức lượng giác có thể được biến đổi thành nhiều dạng khác nhau. Ch¼ng h¹n ta cã: sin22x = 1 − cos22x = (1 − cos2x)(1 + cos2x). sin22x =. 1 (1 − cos4x); 2. sin22x = 4sin2x.cos2x.. Tuỳ theo mỗi bài toán, ta lựa chọn công thức thích hợp để biến đổi.. Thí dụ 1. Chứng minh các đẳng thức sau: a. sin(a + b).sin(a − b) = sin2a − sin2b = cos2b − cos2a. b.. cos(a − b) cot a.cot b + 1 . = cos(a + b) cot a.cot b − 1.  Gi¶i. a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã: VT = (sina.cosb + sinb.cosa)(sina.cosb − sinb.cosa) = sin2a.cos2b − sin2b.cos2a = sin2a(1 − sin2b) − sin2b(1 − sin2a) = sin2a − sin2b = 1 − cos2a − 1 + cos2b = cos2b − cos2a − ®pcm. C¸ch 2: Ta cã: 1 1 VT = (cos2b − cos2a) = [(2cos2b − 1) − (2cos2a − 1)] = cos2b − cos2a. 2 2 1 = [(1 − sin2b) − (1 − 2sin2a)] = sin2a − sin2b. 2 Cách 3: (Hướng dẫn): Sử dụng công thức hạ bậc để biến đổi VP, sau đó sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích. b. Ta cã: cos a. cos b sin a. sin b + cot a.cot b + 1 cos a. cos b + sin a. sin b VT = = sin a. sin b sin a. sin b = . . cos b sin a . sin b cos a cos a. cos b − sin a. sin b cot a.cot b − 1 − sin a. sin b sin a. sin b.  Chú ý: Ví dụ tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng phép biến đổi hạ bậc, theo hai hướng: Hướng 1: Hạ bậc đơn, tức là hạ bậc từng nhân tử trong biểu thức.. 232.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Hướng 2: Hạ bậc toàn cục, tức là dựa trên hằng đẳng thức đại số: a4 + b4 = (a2 + b2)2 − 2a2.b2. a6 + b6 = (a2 + b2)3 − 3a2.b2(a2 + b2).. ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng: a. sin4x + cos4x =. 1 3 cos4x + . 4 4. b. cos3x.sin3x + sin3x.cos3x =.  Gi¶i. 3 sin4x. 4. a. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch: Cách 1: (Sử dụng phép hạ bậc đơn): Ta có: 2.  1 − cos 2 x   1 + cos 2 x  VT = sin4x + cos4x = (sin2x)2 + (cos2x)2 =   +  2 2     1 1 1 + cos 4 x 3 1 1 1 + cos22x = + . = + cos4x. = 2 2 2 2 4 4 2 C¸ch 2: (Sö dông phÐp h¹ bËc toµn côc): Ta cã: VT = sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 − 2sin2x.cos2x 1 1 − cos 4 x 1 1 3 = + cos4x. = 1 − .sin22x = 1 − . 2 2 4 4 2 b. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch: Cách 1: (Sử dụng phép hạ bậc đơn): Ta có: 1 1 VT = (3sinx − sin3x)cos3x + (3cosx + cos3x)sin3x 4 4 3 3 = (sinx.cos3x + cosx.sin3x) = sin4x. 4 4 Cách 2: (Sử dụng phép hạ bậc đối xứng): Ta có: VT = sin2x.sinx.cos3x + cos2x.cosx.sin3x = (1 − cos2x).sinx.cos3x + (1 − sin2x).cosx.sin3x = sinx.cos3x + cosx.sin3x − (cosx.cos3x + sinx.sin3x)sinx.cosx 1 3 1 = sin4x − cos2x.sin2x = sin4x − sin4x = sin4x. 2 4 4. 2.  Nhận xét: Như vậy, thí dụ trên đã minh hoạ sự khác biệt trong việc lựa chọn. các phép hạ bậc khác nhau để chứng minh một đẳng thức lượng giác. Và ở đó, các em dễ so sánh tính hiệu quả của phép hạ bậc đơn đối với những biểu thức khác nhau. Để tăng độ khó bài toán trên thường được mở rộng như sau: 1. Víi c©u a), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc sin4x + cos4x t¹i x =. π π π π hoÆc x = hoÆc x = hoÆc x = ". 8 24 12 16. 233.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 2. Víi c©u b), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña A = cos3x.sin3x + sin3x.cos3x π π π π t¹i x = hoÆc x = hoÆc x = hoÆc x = ". 8 12 16 24. Thí dụ 3. Chứng minh các đẳng thức sau: a. sin3x.(1 + cotanx) + cos3x.(1 + tanx) = sinx + cosx. b. sin3x − 2sin33x + cos2x.sinx = cos5x.sin4x..  Gi¶i a. Ta cã: VT = sin2x.(sinx + cosx) + cos2x.(cosx + sinx) = (sin2x + cos2x)(cosx + sinx) = sinx + cosx, ®pcm. b. Ta cã: 1 VT = sin3x − 2sin33x + (sin3x − sinx) 2 1 1 3 1 = sin3x − 2sin33x − sinx = (3sin3x − 4sin33x) − sinx 2 2 2 2 1 1 1 = sin9x − sinx = (sin9x − sinx) = cos5x.sin4x, ®pcm. 2 2 2.  Chú ý: Ví dụ tiếp theo chúng ta sử dụng một đẳng thức luôn đúng để suy ra đẳng thức cần chứng minh. ThÝ dô 4. Cho x + y + z = π, chøng minh r»ng: tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz..  Gi¶i. Tõ gi¶ thiÕt x + y + z = π ⇔ x + y = π − z ⇒ tan(x + y) = tan(π − z) tan x + tan y ⇔ = − tanz ⇔ tanx + tany = − tanz + tanx.tany.tanz 1 − tan x.tan y ⇔ tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz..  Nhận xét: Thí dụ trên được trình với mục đích để các em học sinh tiếp cận với bài toán chứng minh đẳng thức lượng giác có điều kiện và nó được thực hiện bằng việc xuất phát từ biểu thức điều kiện để suy ra đẳng thøc cÇn chøng minh, tuy nhiªn ®©y kh«ng ph¶i lµ ®­êng lèi chung cho mäi d¹ng to¸n nh­ vËy.. ThÝ dô 5. Cho sinx + siny = 2sin(x + y), víi x + y ≠ kπ, k ∈  . Chøng minh r»ng: tan.  Gi¶i. Tõ gi¶ thiÕt:. 234. x y 1 .tan = . 2 2 3.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> x+y x−y x+y x+y .cos = 4sin .cos 2 2 2 2 x + y ≠ kπ , k∈ x−y x+y = 2cos ⇔ cos 2 2 x y x y x y x y ⇔ cos .cos + sin .sin = 2(cos .cos − sin .sin ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y 1 ⇔ 3sin .sin = cos .cos ⇔ tan .tan = , ®pcm. 2 2 2 2 2 2 3. sinx + siny = 2sin(x + y) ⇔ 2sin. Thí dụ 6. Cho tanx, tany là nghiệm của phương trình at2 + bt + c = 0. Chøng minh r»ng: a.sin2(x + y) + b.sin(x + y).cos(x + y) + c.cos2(x + y) = c.. (1) (2).  Gi¶i Vì tanx, tany là nghiệm của phương trình (1), ta được: b  −  tan x + tan y = a . (I)  c  tan x.tan y =  a Biến đổi (2) về dạng: [a.sin(x + y) + b..cos(x + y)]sin(x + y) = c[1 − cos2(x + y)] = c.sin2(x + y) ⇔ a.sin(x + y) + b..cos(x + y) = c.sin(x + y) ⇔ b..cos(x + y) = (c − a).sin(x + y) b − b b tan x + tan y = tan(x + y) = = a = , luôn đúng. ⇔ c c−a c − a 1 − tan x.tan y 1− a. D¹ng to¸n 4: Rót gän biÓu thøc Phương pháp áp dụng Sử dụng các công thức lượng giác cùng các phép biến đổi lượng giác. ThÝ dô 1. Rót gän biÓu thøc: A = cos10x + 2cos24x + 6cos3x.cosx − cosx − 8cosx.cos33x..  Gi¶i Biến đổi biểu thức về dạng: A = cos10x + 1 + cos8x − cosx − 2(4cos33x − 3cos3x)cosx = 2cos9x.cosx + 1 − cosx − 2cos9x.cosx = 1 − cosx..  Nhận xét: Như vậy, để rút gọn các biểu thức trên chúng ta sử dụng công thức hạ bậc dựa trên ý tưởng chủ đạo là biến đổi nó về dạng tổng. ThÝ dô 2. Rót gän c¸c biÓu thøc: 235.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> π  1 − cos 2  + α  2  − cot( π − α).tan(α − π ). a. A = π  2 2 1 − sin 2  − α  2   4 sin 2x + cos 4 2x . b. B = π π tan( − x).tan( + x) 4 4.  Gi¶i a. Biến đổi A về dạng: 1 − sin 2 α 1 cos 2 α + sin 2 α cos 2 α + tanα.cotα = +1= = . A= 2 2 2 sin α sin 2 α sin α 1 − cos α b. Biến đổi B về dạng: (sin 2 2x + cos 2 2x) 2 − 2sin 2 2x.cos 2 2x 1 B= = 1 − sin24x. π π 2 tan( − x).cot( − x)] 4 4. . Nhận xét: Như vậy, để rút gọn các biểu thức trên chúng ta chỉ việc sử dụng mối liên hệ giữa các góc đặc biệt.. ThÝ dô 3. Rót gän biÓu thøc: sin x + sin 3x + sin 5x A= . cos x + cos 3x + cos 5x.  Gi¶i. Ta lần lượt có: sinx + sin3x + sin5x = sinx + sin5x + sin3x = 2sin3x.cos2x + sin3x = sin3x(2cos2x + 1). cosx + cos3x + cos5x = cosx + cos5x + cos3x = 2cos3x.cos2x + cos3x = cos3x(1cos2x − 1). Tõ (1) vµ (2) suy ra: sin 3x = tan3x. A= cos 3x. . (2). Nhận xét: Đương nhiên, chúng ta có thể trình bày theo kiểu biến đổi đồng thời TS và MS. Cách trình bày như trên có tính minh hoạ để các em học sinh lấy nó áp dụng cho những biểu thức mà độ phức tạp trong các phép biến đổi cho TS và MS khác nhau.. ThÝ dô 4. Rót gän c¸c biÓu thøc: . 1. . a. A =  + 1 .tanx.  cos 2x  236. (1). b. B = cos8x.cot4x −. cot 2 2x − 1 . 2cot 2x.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  Gi¶i a. Ta biến đổi: 2cos x.sin x 1 + cos 2x sin 2x 2cos 2 x sin x .tanx = . = = = tan2x. A= cos 2x cos 2x cos 2x cos x cos 2x b. Ta biến đổi: cos 4x cos 4x cos 2 2x − sin 2 2x = cos8x. − B = cos8x.cot4x − sin 4x sin 4x 2cos 2x.sin 2x cos 4x cos 4x = (cos8x − 1) = −2sin24x. = −2 sin4x.cos4x = −sin8x. sin 4x sin 4x.  Nhận xét: Như vậy, để rút gọn các biểu thức hỗn hợp chứa sin, cos và tan, cot như trên chúng ta thường chuyển đổi tan, cot theo sin, cos. ThÝ dô 5. Rót gän c¸c biÓu thøc: a. A = sin2a + sin22a + ... + sin2na. b. B =. 1 1 1 + + ... + . sin na. sin( n + 1)a sin a. sin 2a sin 2a. sin 3a.  Gi¶i a. Ta biến đổi biểu thức về dạng: 1 1 1 (1 − cos2a) + (1 − cos4a) + ... + (1 − cos2na) 2 2 2 n 1 = − (cos2a + cos4a + ... + cos2na). 2 2 Xét hai trường hợp:. A=. Trường hợp 1: Nếu a = kπ, k ∈  thì: cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1 ⇒ D = 0. Trường hợp 2: Nếu a ≠ kπ, k ∈  thì ta tính được tổng: cos( n + 1)a. sin na T = cos2a + cos4a + ... + cos2na = sin a Từ đó, suy ra: cos( n + 1)a. sin na n A= − . 2 sin a 2 b. Nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi sina, ta ®­îc: sin a sin a sin a B.sina = + + ... + sin na. sin( n + 1)a sin a. sin 2a sin 2a. sin 3a sin[( n + 1)a − na] sin(3a − 2a ) sin(2a − a ) + + ... + = sin na. sin( n + 1)a sin a. sin 2a sin 2a. sin 3a = cota − cot2a + cot2a − cot3a + … + cotna − cot(n + 1)a 237.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> = cota − cot(n + 1)a = ⇔B=. sin na sin a. sin( n + 1)a. sin na . sin a. sin( n + 1)a 2. ThÝ dô 6. Rót gän biÓu thøc A =. 1 1 1 + + ... + . sin a sin 2a sin 2 n a.  Gi¶i Ta cã: 1 + cos 2 k a 1 + cos 2 k a − cos 2 k a 1 cos 2 k a = = − sin 2 k a sin 2 k a sin 2 k a sin 2 k a 2 cos 2 2 k −1 a − cot2ka = cot2k−1a − cot2ka. = k −1 k −1 2 sin 2 a. cos 2 a Suy ra: a a A = cot − cota + cota − cot2a + ... + cot2n−1a − cot2na = cot − cot2na. 2 2. ThÝ dô 7. Rót gän biÓu thøc: A = tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tan(n − 1)a.tanna..  Gi¶i. Ta cã: tan(k + 1)a − tan ka 1 + tan(k + 1)a.tan ka tan(k + 1)a − tan ka ⇔ tanka.tan(k + 1)a = − 1, tan a. tana = tan[(k + 1) − k]a =. do đó:. tana.tan2a = .... tan 2a − tan a − 1; tan a. tan(n − 1)a.tanna = suy ra: A=. tan2a.tan3a =. tan 3a − tan 2a −1 tan a. tan na − tan(n − 1)a −1 tan a. tan na − tan a tan na − (n − 1) = − n. tan a tan a.  Chú ý: Kết quả của bài toán trên được sử dụng để đơn giản biểu thức: 1 1 1 + + ... + . cos na. cos( n + 1)a cos a. cos 2a cos 2a. cos 3a Thật vậy, nếu nhân cả hai vế của đẳng thức với cosa, ta được:. A=. 238.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> B.cosa =. cos a cos a cos a + + ... + cos na. cos( n + 1)a cos 2a. cos 3a cos a. cos 2a. cos[( n + 1)a − na] cos(2a − a ) cos(3a − 2a ) + + ... + cos na. cos( n + 1)a cos a. cos 2a cos 2a. cos 3a = 1 + tana.tan2a + 1 + tan2a.tan3a + ... + 1 + tanna.tan(n + 1)a = n + tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tanna.tan(n + 1)a tan(n + 1)a tan(n + 1)a −n−1= − 1. =n+ tan a tan a Tuy nhiên, có thể sử dụng sina để nhận được lời giải độc lập.. =. ThÝ dô 8. Rót gän biÓu thøc A = tana +. 1 2. tan. a 2. + ... +. 1 2. n. tan. a 2n. ..  Gi¶i. NhËn xÐt r»ng: cotx − tanx =. 2 cos 2 x cos 2 x − sin 2 x = = 2cot2x ⇔ tanx = cotx − 2cot2x. sin x. cos x sin 2 x. Từ đó, ta có các kết quả: tana = cota − 2cot2a, 1 a 1 a tan = cot − cota, 2 2 2 2 … 1 a 1 a 1 a tan n = n cot n − n −1 cot n −1 . 2n 2 2 2 2 2. Cộng theo vế các đẳng thức trên, ta được A =. ThÝ dô 9. Rót gän biÓu thøc A =. 1 2. n. cot. a 2n. − 2cot2a.. 1 + sin 2x + 1 − sin 2x π , víi − < x < 0. 4 1 + sin 2x − 1 − sin 2x.  Gi¶i. Biến đổi biểu thức về dạng: ( 1 + sin 2x + 1 − sin 2x ) 2 A= ( 1 + sin 2x − 1 − sin 2x )( 1 + sin 2x + 1 − sin 2x ) =. 1 + sin 2x + 2 1 − sin 2 2x + 1 − sin 2x 1 + sin 2x − 1 + sin 2x. 1+ | cos 2x | 1 + cos 2 2x = = sin 2x sin 2x. π − < x <0 4. =. 1 + cos 2x 2cos 2 x = = cotx. sin 2x 2sin x.cos x. 239.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> . Chú ý: Người ta có thể sử dụng kết quả của ví dụ trên để tạo ra những yêu cầu khá thú vị, để minh hạo ta xét đòi hỏi: 1+ t + 1− t. “Cho t ∈ [−1; 1]\{0} vµ tho¶ m·n tanx =. 1+ t − 1− t. . Chøng minh. r»ng t = sin2x”. Trước hết: tanx =. ( 1 + t + 1 − t )2 ( 1 + t − 1 − t )( 1 + t + 1 − t ). =. 1 + 1 − t2 . t. MÆt kh¸c: sin2x =. 2 tan x = 1 + tan 2 x. 2.. 1 + 1 − t2 t.  1 + 1 − t2 1+   t .    . 2. =. 2(1 + 1 − t 2 )t 2(1 + 1 − t 2 ). = t..  Chú ý: Trong các bài toán thi chúng ta thường gặp phải yêu cầu "Chứng minh đẳng thức lượng giác độc lập với biến số".. ThÝ dô 10. Chøng minh biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x: A = cos2(x −.  Gi¶i. π π ) + cos2x + cos2(x + ). 3 3. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách biến đổi sau: Cách 1: Ta biến đổi: π π π π A = (cosx.cos + sinx.sin )2 + cos2x + (cosx.cos − sinx.sin )2 3 3 3 3 1 1 3 3 sinx)2 + cos2x + ( cosx − sinx)2 = ( cosx + 2 2 2 2 3 3 1 3 = cos2x + sin2x + cos2x = (sin2x + cos2x) = . 2 2 2 2 VËy, biÓu thøc A kh«ng phô thuéc vµo x. Cách 2: Ta biến đổi: 1 2π 1 2π )] + cos2x + [1 + cos(2x + )] A = [1 + cos(2x − 3 2 3 2 2π 2π 1 = 1 + cos2x + [cos(2x + ) + cos(2x − )] 3 3 2 2π 1 3 = 1 + cos2x − (2cos2x − 1) = . = 1 + cos2x + cos2x.cos 3 2 2. 240.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Thí dụ 11. Xác định a ∈ (0;. π ) để biểu 2. thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x:. A = cosx + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) + cos(x + 6a)..  Gi¶i. Ta biến đổi: A = cosx + cos(x + 6a) + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) = 2cos(x + 3a).cos3a + 2cos(x + 3a).cosa = 2(cos3a + cosa)cos(x + 3a). §Ó biÓu thøc kh«ng phô thuéc vµo x ®iÒu kiÖn lµ: cos3a + cosa = 0 ⇔ cos3a = cos(π − a) = 0 π kπ  π a = 4 + 2 a∈( 0, 2 ) 3a = π − a + 2 kπ π ⇔  ⇔  ⇔ a= . 4 3a = −π + a + 2 kπ  a = − π + kπ  2 π VËy, víi a = biÓu thøc kh«ng phô thuéc vµo x. 4. Dạng toán 5: Tính giá trị của hàm số lượng giác, biểu thức lượng giác Phương pháp áp dụng Ta sö dông hÖ thøc c¬ b¶n vµ c¸c hÖ qu¶: Dạng 1: Ta sử dụng các hệ quả trong bảng giá trị lượng giác của các cung đặc biệt hoặc bằng việc biểu diễn góc trên đường tròn đơn vị. Dạng 2: Nếu biết giá trị của một trong bốn hàm số lượng giác để tính giá trị của các hàm số còn lại chúng ta cần thực hiện theo các bước: Bước 1: Xác định dấu của chúng. Bước 2: Sử dụng các công thức: sin2α + cos2α = 1 sin α cos α 1 tanα = , cotα = hoÆc cotα = . cos α sin α tan α 1 1 = 1 + cot2α, = 1 + tan2α 2 cos 2 α sin α Dạng 3: Giả sử biết giá trị của một biểu thức lượng giác, cần tính giá trị của các hàm số lượng giác của một góc α, ta lựa chọn một trong các hướng sau: Hướng 1: Biếu đổi biểu thức lượng giác về dạng chỉ chứa một hàm lượng giác rồi thực hiện phép đặt ẩn phụ (nếu cần) để giải một phương trình đại số. Hướng 2: Biếu đổi biểu thức lượng giác về dạng tích A.B = 0. Hướng 3: Sử dụng bất đẳng thức để phép đánh giá. Dạng 4: Giả sử biết giá trị của một biểu thức lượng giác (ký hiệu (1)), cần tính giá trị của biểu thức lượng giác khác (ký hiệu (2)), ta lựa chọn một trong các hướng sau: 241.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Biếu đổi (1) rồi thay vào (2). Biếu đổi (2) rồi sử dụng (1). Biếu đổi đồng thời (1) và (2) dẫn tới biểu thức trung gian (3).  = α (0 < α < π ). Thí dụ 1. Trên đường tròn lượng giác cho điểm M xác định bởi sđ AM 2 Gọi M1, M2, M3 lần lượt là điểm đối xứng của M qua trục Ox, Oy và  , AM  , AM . gốc toạ độ. Tìm số đo các cung AM 1 2 3 Hướng 1: Hướng 2: Hướng 3:.  Gi¶i.  = α (0 < α < π ) ⇒ AM = α. Theo đề bài, ta có sđ AM 2 Do đó, với l, k, m ∈ Z:  = −α + 2kπ (v× AM1 = AM).  s® AM 1   s® AM = (π − α) + 2lπ (v× AM2 = π − α). 2. .  = (π + α) + 2mπ (v× AM2 = π + α). s® AM 3. Thí dụ 1. Cho ∆ABC, biểu diễn các hàm lượng giác của: a. Góc A bằng các hàm lượng giác của góc B và C. B C A b. Gãc bằng các hàm lượng giác của góc vµ . 2 2 2.  Gi¶i. Ta lu«n cã A + B + C = π. (1) a. Tõ (1) ta ®­îc A = π − (B + C), suy ra: sinA = sin[π − (B + C)] = sin(B + C), cosA = cos[π − (B + C)] = − cos(B + C), tanA = tan[π − (B + C)] = − tan(B + C), cotA = cot[π − (B + C)] = − cot(B + C). B+C π A = − suy ra: 2 2 2 B+C B+C π B+C A A π B+C sin = sin[ − ] = cos , cos = cos[ − ] = sin , 2 2 2 2 2 2 2 2 B+C B+C A π B+C A π B+C tan = tan[ − ] = cot , cot = cot[ − ] = tan . 2 2 2 2 2 2 2 2. b. Tõ (1) ta ®­îc. Thí dụ 2. Tính các giá trị lượng giác của góc α nếu: 4 π vµ 0 < α < . 13 2 15 π c. tanα = − vµ < α < π. 7 2. a. cosα =.  Gi¶i 242. b. sinα = − 0,7 vµ 0 < α < d. cotα = −3 vµ. 3π . 2. 3π < α < 2π. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> π nªn sinα > 0, tanα > 0, cotα > 0. 2 Tõ sin2α + cos2α = 1, ta cã:. a. V× 0 < α < 2. 16 3 17  4 ⇔ sinα =   + sin2α = 1 ⇔ sin2α = 1 − 169 13  13  sin α 1 3 17 4 = vµ cotα = = . cos α tan α 4 3 17 3π b. V× 0 < α < nªn cosα < 0, tanα > 0, cotα > 0 2 Ta cã:. tanα =. cos2α = 1 − (0,7)2 = 0,51 ⇒ cosα = − tanα = c. V×. 51 10. sin α 1 − 0,7 × 10 7 51 51 = vµ cotα = = = 51 tan α cos α 7 − 51. π < α < π nªn cosα < 0, sinα > 0, cotα < 0. Ta cã: 2 7 cotα.tanα = 1 ⇒ cotα = − 5 1 1 49 −7 ⇒ cosα = cos2α = = = 2 2 2 1 + tan α 1 + ( −15 / 7 ) 49 + 15 274. sin2α =. 15 1 ⇒ sinα = . 2 1 + cot α 274. 3π < α < 2π nªn sinα < 0, cosα > 0, tanα < 0 2 Ta cã: 1 −1 3 sinα = , cosα = , tanα = − 3 10 10. d. V×. ThÝ dô 3. TÝnh:. . π 3. a. cos  α +  , biÕt sinα = . 1 3. vµ 0 < α <. b. cos(a + b), sin(a − b) biÕt sina = 900 < a < 1800.. π . 2. 4 0 2 , 0 < a < 900 vµ sinb = , 5 3.  Gi¶i a. Ta cã:. 243.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> π π π 1 1  cos  α +  = cosα.cos − sinα.sin = cosα − . 3 3 3 2 2  π Mµ 0 < α < nªn cosα > 0, Suy ra 2 1 2 6 . cos2α = 1 − sin2α = 1 − = ⇒ cosα = 3 3 3 π 6 −3  . Thay (2) vµo (1), ta ®­îc cos  α +  = 3 3  b. V× 00 < a < 900 vµ 900 < b < 1800 suy ra cosa > 0 vµ cosb < 0. Ta cã: 3 4 3 sina = ⇒ cosa = ± ⇒ cosa = . 5 5 5 2 5 5 ⇒ cosb = − . sinb = ⇒ cosb = ± 3 3 3 Ta cã: − 3 5 +8 cos(a + b) = cosa.cosb − sina.sinb = . 15 − 4 5 +6 sin(a − b) = sina.cosb − cosa.sinb = . 15. (. ). (. ). ThÝ dô 4. TÝnh sin2a, cos2a, tan2a, biÕt: a. sina = −0,6 vµ π < a < c. sina + cosa =.  Gi¶i. b. cosa = −. (2). 5 π vµ < a < π. 13 2. 3π 1 vµ <a<π 2 4. a. Ta cã sina = −0,6 nªn cosa = −. VËy, ta ®­îc:. 3π . 2. (1). 4 . 5. 24  4 sin2a = 2sina.cosa = 2.(−0,6).  −  = 25  5 7 sin 2a 24 cos2a = 1 − 2sin2a = vµ tan2a = = 25 cos 2a 7 12 5 π b. Ta cã cosa = − nªn sina = . V× < a < π nên sina > 0 và tana < 0. Do đó: 13 13 2 120 119 sin2a = 2sina.cosa = − vµ cos2a = 1 − 2sin2a = − 169 169. 244.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> tan2a = c. Ta cã:. sin 2a 120 . = cos 2a 119. sina + cosa = V×. 1+ 7 1− 7 1 ⇒ sin a = . vµ cos a = 2 2 2. 3π < a < π nên sina > 0, cosa < 0. Do đó: 4 3 7 sin2a = 2sina.cosa = − vµ cos2a = 1 − 2sin2a = − 4 4 sin 2a 3 7 tan2a = . =− cos 2a 7. ThÝ dô 5. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = tan1100.tan3400 + sin1600.cos1100 + sin2500.cos3400..  Gi¶i Ta cã: A = − cot200.tan( − 200) + sin200.cos1100 − sin1100.cos200 = 1 − sin900 = 0.. . Nhận xét: Như vậy, trong ví dụ trên để tính giá trị của biểu thức trước hết chúng ta đã sử dụng các công thức của các cung liên kết để chuyÓn biÓu thøc A vÒ d¹ng: A = cot200.tan200 + sin200.cos1100 − sin1100.cos200 Bước tiếp theo chúng ta sử dụng tính chất tanx.cotx = 1 và công thức cộng, để nhận được: A = 1 − sin900 = 0. Loại ví dụ kiểu này chúng ta đã được làm quen trong chủ đề công thức cộng, ở đây nó được minh hoạ trước hết để các em học sinh nhớ lại. ThÝ dô tiÕp theo sÏ nh¾c l¹i cho c¸c em vÒ viÖc sö dông phÐp h¹ bậc và công thức nhân để tính giá trị củabiểu thức lượng giác.. ThÝ dô 6. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin6α + cos6α biÕt: a. α =.  Gi¶i. π . 24. b. α =. 5π . 12. Ta biến đổi: A = (sin2α + cos2α) − 3(sin2α + cos2α)sin2α.cos2α 5 3 3 3 = 1 − sin22α = 1 − (1 − cos4α) = + cos4α. 4 8 8 8 π a. Víi α = ta ®­îc: 24 245.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 5 5 π 3 3 3 10 + 3 3 + cos = + = . 8 8 8 6 16 16 5π b. Víi α = ta ®­îc: 12 5π 5 3 5 3 13 = + = . A = + cos 8 8 3 8 16 16. A=. ThÝ dô 7. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: 5π π 17π 3π A = cos + cos + cos + ... + cos . 19 19 19 19 Gi¶i π Nh©n hai vÕ víi 2sin , ta ®­îc: 19 π π π π 3π = 2sin .cos + 2sin .cos + 2Asin 19 19 19 19 19 π 17π 5π π + ... + 2sin .cos + 2sin .cos 19 19 19 19 2π 2π 4π + sin − sin + = sin 19 19 19 6π 18π 16π 4π − sin + ... + sin − sin + sin 19 19 19 19 18π π π = sin(π − ) = sin = sin 19 19 19 1 ⇔A= . 2.  Nhận xét: Như vậy, để tính giá trị của biểu thức chúng ta đã sử dụng nhân tử π để tạo ra các tích: 19 1 cosa.sinb = [sin(a + b) − sin(a − b)] 2 t¹o thuËn lîi cho viÖc rót gän VP. Từ đó, các em học sinh dễ nhận thấy rằng ý tưởng này cũng sẽ ®­îc ¸p dông cho biÓu thøc bao gåm tæng c¸c sin, bëi: 1 sina.sinb = [cos(a − b) − cos(a + b)]. 2. phô sin. ThÝ dô 8. BiÕt:. 246.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 1 1 1 1 + + 2 + = 6. 2 2 sin x tg x cos x cot g 2 x. (1). TÝnh gi¸ trÞ cña cos2x..  Gi¶i Tõ (1) suy ra: cos 2 x sin 2 x 1 1 cos 2 x + sin 2 x + cos 4 x + sin 4 x + + + = 6= sin 2 x cos 2 x sin 2 x. cos 2 x sin 2 x cos 2 x 1 + (sin 2 x + cos 2 x) 2 − 2 sin 2 x. cos 2 x 8 − 2 sin 2 2 x = = 1 2 sin 2 2 x sin 2 x 4 2 ⇔ 6sin 2x = 8 − 2sin22x ⇔ 1 − sin22x = 0 ⇔ cos22x = 0 ⇔ cos2x = 0..  Nhận xét: Chúng ta đã từng biết tới việc tính giá trị của biểu thức lượng giác. bằng việc giải phương trình, ví dụ tiếp theo sẽ minh hoạ thêm ý tưởng này, chỉ có điều ở đây chúng ta sẽ sử dụng tính chất nghiệm của các phương trình đại số (định lý Viét cho các nghiệm của phương trình bậc 2, 3, 4 ...) để xác định giá trị, trong những trường hợp như vậy chúng ta thường thực hiện theo các bước: Bước 1: Chọn một phương trình nhận các giá trị trong biểu thức lµm nghiÖm. π 3π ThÝ dô víi , , π là nghiệm của phương trình: 5 5 5x = π + 2kπ, k ∈  . Bước 2: Xây dựng phương trình đại số nhận các hàm số lượng giác chứa các cung làm nghiệm, từ đó thiết lập hệ thức ViÐt cho chóng. Bước 3: Tính giá trị của biểu thức.. ThÝ dô 9. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: 1 1 A= + − 1. π 3π cos cos 5 5.  Gi¶i Viết lại A dưới dạng: 1 1 1 + + . A= π 3π cos π cos cos 5 5 π 3π , π là nghiệm của phương trình 5x = π + 2kπ, k ∈  . (1) NhËn xÐt r»ng , 5 5 247.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> π 3π Ta sẽ đi xây dựng phương trình đại số nhận cos , cos , cosπ làm nghiệm bằng cách: 5 5 (1) ⇔ 3x = π − 2x + 2kπ ⇔ cos3x = cos(π − 2x + 2kπ) ⇔ 4cos3x − 3cosx = − cos2x ⇔ 4cos3x − 3cosx = − (2cos2x − 1) ⇔ 4cos3x + 2cos2x − 3cosx − 1 = 0 Từ đó ta được: 3π 1 π  cos 5 + cos 5 + cos π = − 2  3π 3π 3 π π  + cos . cos π + cos π. cos = − . cos . cos 5 5 5 5 4  3π 1 π  cos 5 . cos 5 . cos π = 4  VËy, ta ®­îc: π 3π 3π π cos . cos + cos . cos π + cos π. cos 5 5 5 5 = − 3. A= π 3π cos . cos . cos π 5 5. ThÝ dô 10. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A=. 3. cos. 2π + 7. 3. cos. 4π + 7. 3. cos. 4π . 7.  Gi¶i NhËn xÐt r»ng. 2π 4π 8π , , là nghiệm của phương trình: 7 7 7. 7x = 2kπ, k ∈  .. (1) 2π 8π 4π Ta sẽ đi xây dựng phương trình đại số nhận a = cos , b = cos , c = cos lµm 7 7 7 nghiÖm b»ng c¸ch: (1) ⇔ 4x = −3x + 2kπ ⇔ cos4x = cos(−3x + 2kπ) ⇔ 2cos22x − 1 = cos3x ⇔ 2(2cos2x − 1)2 − 1 = 4cos3x − 3cosx ⇔ 8cos4x − 4cos3x − 8cos2x + 3cosx + 1 = 0 ⇔ (cosx − 1)(8cos3x + 4cos2x − 4cosx − 1) = 0 ⇒ 8cos3x + 4cos2x − 4cosx − 1 = 0. Từ đó, theo định lí Viét ta được:. 248.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 2π 4π 8π 1  a + b + c = cos 7 + cos 7 + cos 7 = − 2  2π 4π 4π 8π 8π 2π 1  + cos . cos + cos . cos =− . ab + bc + ca = cos . cos 7 7 7 7 7 7 2  2π 4π 8π 1  abc = cos 7 . cos 7 . cos 7 = 8 . Ta suy ra: A=. 3. cos. 2π + 7. 3. cos. 4π + 7. 3. cos. 4π = 7. 3. a +3 b +3 c =. 3. 5 − 33 7 . 2.  Chú ý: Để tính được giá trị của A bạn đọc hãy sử dụng hệ ẩn phụ: A = 3 a + 3 b + 3 c  B = 3 ab + 3 bc + 3 ca. và hằng đẳng thức: a3 + b3 + c3 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) + 3abc. a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3(a + b)(b + c)(c + a). Dạng toán 6: Một số thí dụ về hệ thức lượng trong tam giác Phương pháp áp dụng Muốn chứng minh một đẳng thức lượng giác trong tam giác ngoài việc vận dụng thành thạo các phép biến đổi lượng giác chúng ta còn cần phải nhớ các hệ thức cơ bản cho ∆ABC bao gåm: 1. §Þnh lý hµm sè cosin a2 = b2 + c2 − 2bccosA. b2 = a2 + c2 − 2accosB, c2 = a2 + b2 − 2abcosC. 2. §Þnh lý hµm sè sin a b c = = = 2R. sin A sin B sin C trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. 3. §Þnh lý h×nh chiÕu a = b.cosC + c.cosB, b = c.cosA + a.cosC, c = a.cosB + b.cosA. Trong bài toán này ta thương chia thành ba dạng nhỏ, bao gồm: Dạng 1: Chứng minh hệ thức lượng giác liên hệ giữa các góc. Với dạng toán này chúng ta cần đặc biệt lưu ý tới:. . A + B + C = π ⇒ A + B = π − C vµ. A+B π C = − do đó: 2 2 2. sin(A + B) = sin(π − C) = sinC,. 249.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> A+B π C C = sin( − ) = cos ,... 2 2 2 2  Với các đẳng thức lượng giác chứa một hàm số lượng giác của ba góc (sin hoặc cos) ta thường chỉ biến đổi hai nhân tử còn nhân tử thứ ba sẽ được xác định qua một vài phép biến đổi sau đó, và thường không sử dụng phép biến đổi tích thành tổng hoặc tổng thành tích khi cã mÆt c¶ ba gãc A, B, C. §iÒu nµy sÏ ®­îc minh ho¹ cïng víi lời hướng dẫn cụ thể thông qua ví dụ 1.  Với các đẳng thức lượng giác chứa một hàm số lượng giác của ba góc (tan hoặc cot) ta thường sử dụng phép biến đổi tương đương để đưa đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức luôn đúng hoặc ngược lại (xuất phát từ một đẳng thức luôn đúng). Dạng 2: Chứng minh hệ thức lượng giác liên hệ giữa góc và cạnh. Với dạng toán này chúng ta thường sử dụng định lý hàm số sin và định lý hµm sè cos. Dạng 3: Chứng minh hệ thức lượng giác liên hệ tới nhiều yếu tố trong tam giác. Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta cÇn nhí l¹i c¸c kÕt qu¶ cña:  §Þnh lý ®­êng trung tuyÕn, vÝ dô:. sin. a2 . 2 §Þnh lý ®­êng ph©n gi¸c, vÝ dô: A 2bc.cos 2 . lA = b+c §Þnh lý vÒ diÖn tÝch tam gi¸c, vÝ dô: 1 1 abc A S = aha = bcsinA = = pr = p(p − a)tan 2 2 4R 2 = p(p − a)(p − b)(p − c). b2 + c2 = 2 m a2 +. . . . . C¸c c«ng thøc tÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp vµ néi tiÕp cña tam gi¸c: a abc A S = ; r = = (p − a) tan . R= 2sin A 4S 2 p. Chú ý: Có một phương pháp để chứng minh các đẳng thức lượng giác mà trong nhiều trường hợp tỏ ra rất hiệu quả là phương pháp hình học.. ThÝ dô 1. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng: cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin.  Gi¶i 250. A B C .sin .sin . 2 2 2.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Ta cã: VT = cosA + cosB + cosC = (cosA + cosB) + cosC A+B A−B π C A−B = 2cos .cos + cosC = 2cos( − ).cos + cosC 2 2 2 2 2 C C A−B C C A−B + (1 − 2sin2 2 ) = 1 − 2sin (sin − cos ) = 2sin .cos 2 2 2 2 2 A+B A−B C π = 1 − 2sin [sin( − ) − cos ] 2 2 2 2 A+B A−B C A B C − cos ) = 1 + 4sin .sin .sin . = 1 − 2sin (cos 2 2 2 2 2 2 Hướng dẫn cách thực hiện: Bước 1: Vì VT có cosA, cosB, cosC ta lựa chọn phép biến đổi tổng thành tích cho hai toán tử cosA, cosB còn cosC sẽ lựa chọn phép biển đổi sau. Bước 2: Thông qua việc biến đổi A+B C A−B A−B cosA + cosB = 2cos .cos = 2sin .cos 2 2 2 2 C ta nhận thấy sự xuất hiện của sin , do đó lựa chọn phép biến đổi cho 2 C cosC = 1 − 2sin2 2 . Bước 3: Tiếp theo ta có sự xuất hiện A−B C sin − cos 2 2 V× sù cã mÆt cña c¶ ba gãc A, B, C, do vËy ta cÇn t×m c¸ch ®­a vÒ biÕn C π A+B = − . đổi hai góc bằng phép thay 2 2 2 Chúng ta sẽ thực hiện thêm một ví dụ nữa để hiểu hơn.. ThÝ dô 2. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng: sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosA.cosB.cosC..  Gi¶i Ta cã: VT = sin2A + sin2B + sin2C =. 1 − cos 2A 1 − cos 2B + + sin2C 2 2. 1 (cos2A + cos2B) + sin2C = 1 − cos(A + B).cos(A − B) + sin2C 2 = 1 − cos(π − C).cos(A − B) + sin2C = 1 + cosC.cos(A − B) + 1 − cos2C = 2 + [cos(A − B) − cosC].cosC = 2 + [cos(A − B) + cos(A + B)].cosC = 2 + 2cosA.cosB.cosC.. =1−. 251.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> . Nhận xét: 1. Như vậy vẫn với ý tưởng được trình bày sau thí dụ 1, ta thực hiện phép biến đổi cho sin2A và sin2B, tuy nhiên không tồn tại phép biến đổi lượng giác cho hai toán tử bậc cao, do vậy ở đây ta đã sử dụng công thức hạ bậc để thực hiện. 2. Khi có sự xuất hiện của cosC ta lại lựa chọn phép biến đổi: sin2C = 1 − cos2C. 3 Cuèi cïng víi cos(A − B) − cosC, ta lùa chän: cosC = − cos(A + B). 4. Kết quả của ví dụ trên được sử dụng để xác định dạng của ∆ABC khi so s¸nh tæng S = sin2A + sin2B + sin2C víi 2, cô thÓ:  NÕu S > 2 th×: cosA.cosB.cosC > 0 ⇔ cosA, cosB, cosC > 0 ⇔ ∆ABC nhän.  NÕu S = 2 th×: cosA.cosB.cosC = 0 ⇔ cosA = 0 ∨ cosB = 0 ∨ cosC = 0 ⇔ ∆ABC vu«ng.  NÕu S < 2 th×: cosA.cosB.cosC < 0 ⇔ mét trong ba cosA, cosB, cosC nhá h¬n kh«ng ⇔ ∆ABC tï. 5. Việc lựa chọn phương pháp hạ bậc cũng rất quan trọng, để minh ho¹ ta xem xÐt vÝ dô sau:. ThÝ dô 3. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng: sin3A.cos(B − C) + sin3B.cos(C − A) + sin3C.cos(A − B) = = 3sinA.sinB.sinC..  Gi¶i. Ta cã: sin3A.cos(B − C) = sin2A.sinA.cos(B − C) =. 1 − cos 2A sin(B + C).cos(B − C) 2. 1 (1 − cos2A)(sin2B + sin2C) 4 1 = (sin2B + sin2C − sin2B.cos2A − sin2C.cos2A). (1) 4. =. tương tự:. 1 (sin2C + sin2A − sin2C.cos2B − sin2A.cos2B). (2) 4 1 sin3C.cos(A − B) = (sin2A + sin2B − sin2A.cos2C − sin2B.cos2C). (3) 4 Céng theo vÕ (1), (2), (3), ta ®­îc: sin3A.cos(B − C) + sin3B.cos(C − A) + sin3C.cos(A − B) =. sin3B.cos(C − A) =. 252.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> =. 3 (sin2A + sin2B + sin2C) = 3sinA.sinB.sinC, ®pcm. 4.  Chú ý: Trong ví dụ trên chúng ta đã sử dụng kết quả:. sin2A + sin2B + sin2C = 4sinA.sinB.sinC − Đề nghị bạn đọc chứng minh.. ThÝ dô 4. Cho ∆ABC kh«ng vu«ng, chøng minh r»ng: tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC.. (*).  Gi¶i Ta cã: A + B + C = π ⇔ A + B = π − C ⇒ tan(A + B) = tan(π − C) tan A + tan B ⇔ = − tanC ⇔ tanA + tanB = (1 − tanA.tanB)tanC 1 − tan A.tan B ⇔ tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC..  NhËn xÐt:. 1. Như vậy xuất phát từ một đẳng thức luôn đúng A + B + C = π, ta đã chứng minh được (*). 2. Phương pháp chứng minh trên được sử dụng để chứng minh kết qu¶ tæng qu¸t: tannA + tannB + tannC = tannA.tannB.tannC, với n nguyên dương. 3. Thông qua bốn ví dụ trên chúng ta đã có được phương pháp luận cho dạng toán thứ nhất " Chứng minh hệ thức lượng giác liªn hÖ gi÷a c¸c gãc." ThÝ dô 5. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng: cos A cos B a 2 + b2 + c2 cos C + + = . b.cos C + c.cos B c.cos A + a.cos C a.cos B + b.cos A 2abc.  Gi¶i. Sö dông c«ng thøc h×nh chiÕu, ta ®­îc: bc.cos A + ac.cos B + ab.cos C cos A cos B cos C VT = + + = b abc c a 1 2 1 1 (b + c 2 − a 2 ) + (a 2 + c 2 − b 2 ) + (a 2 + b 2 − c 2 ) a 2 + b2 + c2 2 2 2 = = . 2abc abc B−C b−c A ThÝ dô 6. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng cos = sin . 2 2 a.  Gi¶i. Ta cã: VT =. b−c A 2R sin B − 2R sin C A cos = cos 2 2 a 2R sin A. 253.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> =. . B+C B−C .sin 2 2 cos A = sin B − C . A A 2 2 2sin .cos 2 2. 2cos. Nhận xét: Như vậy bằng việc sử dụng định lý hàm số sin thuần tuý ta đã chứng minh được đẳng thức. Tuy nhiên điều cần bàn ở đây là cần vận dụng thật linh hoạt để đạt được mục đích thông qua việc đánh giá điểm xuất phát và đích cần tiến tới, thí dụ như: b.sin A 1. Khi cần biến đổi a thành b ta sử dụng a = . sin B 2. Nếu điểm xuất phát chứa a2 và đích cần tiến tới chứa ab thì: b.sin A . a2 = a.a = a. sin B §Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau:. ThÝ dô 7. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng: a. b.cosB + c.cosC = a.cos(B − c).. b. a2sin2B + b2sin2A = 2ab.sinC..  Gi¶i. a. Ta cã: a.sin B a.sin C .cosB + .cosC sin A sin A a a = (sin2B + sin2C) = .sin(B + C).cos(B − C) = a.cos(B − c). 2sin A sin A. VT = b.cosB + c.cosC =. b. Ta cã: VT = a2sin2B + b2sin2A = a.a.sin2B + b.b.sin2A b.sin A a.sin B = a. .2sinB.cosB + b. .2sinA.cosA sin B sin A = 2ab(sinA.cosB + sinB.cosA) = 2ab.sin(A + B) = 2ab.sinC..  Chó ý:. 1. Kết quả của câu b) được sử dụng để chứng minh: 1 S = (a2sin2B + b2sin2A). 4 2. Khi cần sử dụng tới các biến đổi hữu tỉ, chúng ta cần nhớ phép biến đổi rất hiệu quả: a c a+c = = . d b+d b §Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau:. ThÝ dô 8. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng R =. 254. p. 4cos. A B C .cos .cos 2 2 2. ..

<span class='text_page_counter'>(37)</span>  Gi¶i Ta cã:. b c a = = = 2R sin C sin B sin A a b c a+b+c = = = ⇔R= 2sin A 2sin B 2sin C 2(sin A + sin B + sin C) a+b+c p 2 = . = A B C A B C 4cos .cos .cos 4cos .cos .cos 2 2 2 2 2 2.  Chó ý:. 1. Trong ví dụ trên chúng ta đã sử dụng kết quả: sinA + sinB + sinC = 4cos. A B C .cos .cos . 2 2 2. 2. Thí dụ tiếp theo chúng ta sẽ quan tâm tới hệ thức lượng giác liên hÖ tíi nhiÒu yÕu tè trong tam gi¸c. ThÝ dô 9. Cho ∆ABC, chøng minh r»ng tan. A B C r + 4R + tan + tan = . 2 2 2 p.  Gi¶i Ta cã: VT = =. =. =. =. A 1 A 1 1 B B C C (tan + tan ) + (tan + tan ) + (tan + tan ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A+B B+C C+A sin sin sin 1 2 2 2 [ + + ] B C C A 2 cos A .cos B cos .cos cos .cos 2 2 2 2 2 2 C A B cos cos cos 1 2 2 2 [ + + ] A B B C C A 2 cos .cos cos .cos cos .cos 2 2 2 2 2 2 A B C cos 2 + cos 2 + cos 2 2 2 2 = 3 + cos A + cos B + cos C A B C A B C 2cos .cos .cos 4cos .cos .cos 2 2 2 2 2 2 A B C  A B C R  4 + 4sin .sin .sin  4 + 4sin .sin .sin r + 4R 2 2 2 2 2 2 =  = . R(sin A + sin B + sin C) sin A + sin B + sin C p.  Chú ý: Trong lời giải trên chúng ta đã sử dụng hai đẳng thức: 255.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> A B C .sin .sin . 2 2 2 A B C sinA + sinB + sinC = 4cos .cos .cos . 2 2 2. cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin. C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1:.  Gi¶i. BiÕt tan. 5π =2+ 12. 3 , tính giá trị các hàm số lượng giác của góc. 7π . 12. Ta cã:. 7π 5π 5π = tan(1800 − ) = − tan = −2− 3, 12 12 12 1 7π 1 = = − = 3 − 2, cot 7π 12 2+ 3 tan 12 5π 7π 5π = cos(1800 − ) = − cos . cos 12 12 12 MÆt kh¸c ta cã: 3 −1 5π 1 1 = 1 + tan2α ⇒ cos = = . 2 12 cos α 2 2 2 7π 1 + tan 12 Thay (2) vµo (1), ta ®­îc: 1− 3 7π = . cos 12 2 2 Khi đó, từ: 7π sin 7π 12 ⇒ sin 7π = (−2 − 3 ). 1 − 3 = 3 + 1 . tan = 7π 12 12 2 2 2 2 cos 12. tan. VÝ dô 2:. TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:. π π a. A = tan2 12 + cot2 12 .. π π b. B = tan2 24 + cot2 24 ..  Gi¶i. Ta xÐt biÓu thøc: S = tan2a + cot2a =. 256. sin 4 a + cos 4 a (sin 2 a + cos 2 a) 2 − 2sin 2 a.cos 2 a = sin 2 a.cos 2 a sin 2 a.cos 2 a. (1). (2).

<span class='text_page_counter'>(39)</span> 1 1 − sin 2 2a 4 − (1 − cos 4a ) 6 + 2 cos 4a 4 − 2 sin 2 2a 2 = = = = . 2 1 1 2 sin 2a 1 − cos 4a (1 − cos 4a ) sin 2a 2 4 a. Suy ra: π 6 + 2 cos π π 3 = 6 + 1 = 14. A = tan2 + cot2 = 1 π 12 12 1− 1 − cos 2 3 b. Suy ra: π 6 + 2 cos π π 6 = 6 + 3 = 12 + 2 3 . + cot2 = B = tan2 π 24 24 3 2− 3 1 − cos 1− 6 2. VÝ dô 3:.  Gi¶i V×. Cho sin2a = −. 5 π vµ < a < π. TÝnh sina vµ cosa. 2 9. π < a < π nªn sina > 0 vµ cosa < 0. Ta cã: 2 5 sin2a = 2sina.cosa = − = 2P 9 5 2 4 ⇒ (sina + cosa)2 = 1 + 2sina.cosa = 1 − = ⇒ sina + cosa = ± = S1, 2 9 3 9. Ta có 2 hệ phương trình:  2 2 + 14  sin a = S 1 = 3  6 ⇔  ;   2 − 14 P = − 5   cos a = 18 6 .  2 14 − 2  sin a = S 1 = − 3  6 ⇔  .  − 2 − 14 P = − 5  cos a = 18  6. π. π. VÝ dô 4: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin6 48 + cos6 48 .. (1).  Gi¶i. Ta cã:. 257.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> π π π π π π A = (sin2 48 + cos2 48 )3 − 3sin2 48 .cos2 48 .(sin2 48 + cos2 48 ) π 3 2 π 3 5 3 π sin 24 = 1 − (1 − cos ) = + cos . 8 12 8 8 12 4 MÆt kh¸c ta cã:. =1−. π π π π π π π = cos( − ) = cos .cos + sin .sin = 12 3 4 3 4 3 4 Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:. cos. A=. 2+ 6 . 4. (2). 3 2+ 6 5 20 + 3 2 + 3 6 + . = . 8 8 32 4.  NhËn xÐt:. Như vậy, trong ví dụ trên để tính giá trị của biểu thức trước hết chúng ta thực hiện việc hạ bậc cho biểu thức dựa trên hằng đẳng thức: a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) Bước tiếp theo sử dụng công thức nhân sin2x = 2sinx.cosx, rồi tiếp tục hạ bậc để nhận được: A=. 5 π 3 + cos . 8 12 8. Đến đây để tính giá trị của cos VÝ dô 5:. (1). π , ta đã sử dụng công thức cộng. 12. TÝnh gi¸ trÞ cña sin(a + b), biÕt: m cos a + cos b = , víi m, n ≠ 0.  n sin a + sin b =.  Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt suy ra: m.n = (cosa + cosb)(sina + sinb) = (sina.cosb + sinb.cosa) + (sina.cosa + sinb.cosb) 1 = sin(a + b) + (sin2a + sin2b) = sin(a + b) + sin(a + b).cos(a − b) 2 = [1 + cos(a − b)]sin(a + b). (1) Mặt khác, ta có thể biến đổi giả thiết như sau: (cos a + cos b ) 2 = m 2  2 2 (sin a + sin b ) = n. ⇒ m2 + n2 = (cos2a + sin2a) + 2(cosa.cosb + sina.sinb) + (cos2b + sin2b) = 2 + 2cos(a − b). 258.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 1 2 (m + n2 − 2). 2 Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:. ⇒ cos(a − b) =. m.n = [1 +. VÝ dô 6:. (2). 2 mn 1 2 (m + n2 − 2)]sin(a + b) ⇔ sin(a + b) = 2 . 2 m + n2. TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:. π 3π 5π 3π 5π π + cos2 + cos2 . b. B = cos4 + cos4 + cos4 . 7 7 7 7 7 7 1 1 1 + + . c. C = π 5π 3π cos cos cos 7 7 7. a. A = cos2.  Gi¶i NhËn xÐt r»ng. π 3π 5π , , là nghiệm của phương trình: 7 7 7. 7x = π + 2kπ, k ∈  .. (1) 3π 5π π Ta sẽ đi xây dựng phương trình đại số nhận a = cos , b = cos , c = cos lµm 7 7 7 nghiÖm b»ng c¸ch: (1) ⇔ 4x = π − 3x + 2kπ ⇔ cos4x = cos(π − 3x + 2kπ) ⇔ 2cos22x − 1 = −cos3x ⇔ 2(2cos2x − 1)2 − 1 = 3cosx − 4cos3x ⇔ 8cos4x + 4cos3x − 8cos2x − 3cosx + 1 = 0 ⇔ (cosx + 1)(8cos3x − 4cos2x − 4cosx + 1) = 0 ⇒ 8cos3x − 4cos2x − 4cosx + 1 = 0. Từ đó, theo định lí Viét ta được: π 3π 5π 1  c cos + cos + cos = a + b += 7 7 7 2  π 3π 3π 5π 5π π 1  cos .cos + cos .cos + cos .cos = − . ab + bc + ca = 7 7 7 7 7 7 2  3π 5π 1 π  abc = cos 7 .cos 7 .cos 7 = − 8  a. Ta suy ra: 5π π 3π A = cos2 + cos2 + cos2 7 7 7 1 5 = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = + 1 = . 4 4 b. Ta suy ra: 3π 5π π B = cos4 + cos4 + cos4 = a4 + b4 + c4 7 7 7 259.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> = (a2 + b2 + c2)2 − 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) = (a2 + b2 + c2)2 − 2[(ab + bc + ca)2 − 2abc(a + b + c) = c. Ta suy ra: 1. C=. cos. VÝ dô 7:. π 7. +. 13 . 16. 1 1 ab + bc + ca 1 1 1 + = + + = = 4. 5π 3π a b c abc cos cos 7 7. TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:. a. A = cos4.  Gi¶i. 5π π 3π + cos4 + cos4 . 14 14 14. NhËn xÐt r»ng 7x =. b. B = cos6. 3π π 5π + cos6 + cos6 . 14 14 14. π 3π 5π , , là nghiệm của phương trình: 14 14 14. π + kπ, k ∈  . 2. (1). Ta sẽ đi xây dựng phương trình đại số nhận a = cos2. 5π π 3π , b = cos2 , c = cos2 lµm 14 14 14. nghiÖm b»ng c¸ch: (1) ⇔ cos7x = 0 ⇔ cos(6x + x) = 0 ⇔ cos6x.cosx − sin6x.sinx = 0 ⇔ (4cos32x − 3cos2x)cosx − 2sin3x.cos3x.sinx = 0 ⇔ [4(2cos2x − 1)3 − 3(2cos2x − 1)]cosx − − 2(3sinx − 4sin3x).(4cos3x − 3cosx)sinx = 0 ⇔ (64cos6x − 112cos4x + 56cos2x − 7)cosx = 0 ⇒ 64cos6x − 112cos4x + 56cos2x − 7 = 0. §Æt t = cos2x víi 0 ≤ t ≤ 1 ta ®­îc: 64t3 − 112t2 + 56t − 7 = 0. Từ đó, theo định lí Viét ta được: 7 7  2 π  2 3π 2 5π cos 14 + cos 14 + cos 14 = 4 a + b + c = 4   3π 3π 5π 5π π 7 7  2 π  . cos 2 . cos 2 . cos 2 + cos 2 + cos 2 = . ⇔ + + = ab bc ca cos  14 14 14 14 14 14 8 8   3 5 7 π π 7  2 π  2 2 cos 14 . cos 14 . cos 14 = 64 abc = 64   a. Ta suy ra: A = cos4. π 3π 5π + cos4 + cos4 = a2 + b2 + c2 14 14 14. = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = b. Ta suy ra:. 260. 7 49 21 − = . 4 16 16.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> B = cos6. π 3π 5π + cos6 + cos6 = a3 + b3 + c3 14 14 14. = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) + 3abc =. VÝ dô 8:. 35 . 32. Rót gän biÓu thøc: A=. 1 2 + 2 + ... + 2 + 2 cos x , víi 0 ≤ x ≤ π.   2  n dÊu c ¨ n.  Gi¶i Ta cã: 2 + 2cosx = 2(1 + cosx) = 4cos2 suy ra:. 2 + 2 cos x =. 4 cos 2. x 2. 0≤ x ≤ π. =. x 2. 2cos. x 2. x x = 2cos 2 2 cos + +  2  2 2 2 dÊu c ¨ n. ... x 2 + 2 + ... + 2 + 2 cos x = 2cos n .    2 n dÊu c ¨ n. VËy, ta ®­îc: 1 x x A = .2cos n = cos n . 2 2 2. VÝ dô 9:.  Gi¶i. Rót gän biÓu thøc A = cos2a + cos22a + ... + cos2na.. Ta biến đổi biểu thức về dạng: 1 1 1 C = (1 + cos2a) + (1 + cos4a) + ... + (1 + cos2na) 2 2 2 n 1 = + (cos2a + cos4a + ... + cos2na). 2 2 Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = kπ, k ∈  thì: cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1 ⇒ C = n. Trường hợp 2: Nếu a ≠ kπ, k ∈ Z thì ta đi tính tổng T = cos2a + cos4a + ... + cos2na bằng c¸ch nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi 2sina, ta ®­îc: 2T.sina = 2cos2a.sina + 2cos4a.sina + ... + 2cos2na.sina = sin3a − sina + sin5a − sin3a + ... + sin(2n + 1)a − sin(2n − 1)a 261.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> = sin(2n + 1)a − sina = 2cos(n + 1)a.sinna cos( n + 1)a. sin na ⇔T= . sin a Từ đó, suy ra: n cos( n + 1)a. sin na + . C= 2 sin a 2. VÝ dô 10: Rót gän biÓu thøc:. 4π 2π 2 nπ + cos + ... + cos . 2n + 1 2n + 1 2n + 1 b. B = (2cosa − 1)(2cos2a − 1)... (2cos2n − 1a − 1). 1 1 1 c. C = + + ... + . 2 a 2 2 a n 2 a 4 cos 4 cos 2 4 cos n 2 2 2 1 1 1 d. D = (1 + )(1 + )...(1 + ). cos 4a cos 2a cos 2 n a. a. A = cos.  Gi¶i. 2π thì biểu thức được viết lại dưới dạng: 2n + 1 nÕu a = 2 kπ n  na ( n + 1)a 1  A = cosa + cos2a + ... + cosna =  sin 2 cos 2 =− . nÕu a ≠ 2 kπ 2  a sin  2  b. NhËn xÐt r»ng: (2cosx + 1)(2cosx − 1) = 4cos2x − 1 = 2(1 + cos2x) − 1 = 2cos2x + 1. Từ đó, ta đi xét hai trường hợp: 5π Trường hợp 1: Nếu a = ± + 2kπ, k ∈  th× B = 0. 6 5π Trường hợp 2: Nếu a ≠ ± + 2kπ, k ∈  th× b»ng c¸ch nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc 6 víi 2cosa + 1, ta ®­îc: B(2cosa + 1) = (2cosa + 1)(2cosa − 1)(2cos2a − 1)... (2cos2n − 1a − 1) = (2cos2a + 1)(2cos2a − 1)... (2cos2n − 1a − 1) = (2cos4a + 1)... (2cos2n − 1a − 1) = 2cos2n a + 1 2 cos 2 n a + 1 ⇔B= . 2 cos a + 1 c. NhËn xÐt r»ng: 1 1 1 sin 2 x 1 − cos 2 x = = = − . 2 2 2 2 2 2 4 cos x. sin x 4 cos x. sin x 4 sin 2 x 4 cos x sin 2 x. a. §Æt a =. 262.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> Từ đó, suy ra: 1 1 1 = − , 2 sin a 2 a 2 a 4 cos 4 sin 2 2 1 1 1 = − , 2 a 2 2 a 2 2 a 4 sin 4 sin 2 4 cos 2 2 2 2 ... 1 1 1 = − . a a n 2 n −1 2 n 2 a 4 cos n 4 cos n −1 4 sin n 2 2 2 Cộng theo vế các đẳng thức trên, ta được: 1 1 C= − . 2 sin a n 2 a 4 sin n 2 d. Biến đổi biểu thức về dạng: 1 + cos 2a 1 + cos 4a 1 + cos 2 n a D= . ... cos 2 n a cos 2a cos 4a =. 2 cos 2 a 2 cos 2 2a 2 cos 2 2 n −1 a 2 n cos a. cos 2a... cos 2 n −1 a . ... = . cos 2a cos 4a cos 2 n a cos 2 n a. VÝ dô 11: Cho ∆ABC, chøng minh r»ng: (b − c).cot. A 2. + (c − a).cot. B 2. + (a − b).cot. C 2. = 0.. (1).  Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi lượng giác, ta có: A A B+C B−C A .sin .cot (b − c).cot = 2R(sinB − sinC).cot = 4R.cos 2 2 2 2 2 A cos A B−C 2 = 4R.sin B − C .sin B + C . = 4R.sin .sin A 2 2 2 2 sin 2 = 2R(cosC − cosB). B tương tự: M B I r (c − a).cot = 2R(cosA − cosC). 2 C A C + (a − b).cot = 2R(cosB − cosA). 2 263.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> Cộng theo vế ta nhận được đẳng thức cần chứng minh. Cách 2: Sử dụng các phương pháp hình học, ta có: B C B C a = BC = BM + MC = r.cot + r.cot = r(cot + cot ). 2 2 2 2 tương tự: C A b = r(cot + cot ), 2 2 B A c = r(cot + cot ). 2 2 Thay (2), (3), (4) vµo VT cña (1), ta ®­îc ®iÒu cÇn chøng minh.. (2). (3) (4).  Chó ý: Qua c¸ch tr×nh bµy cña vÝ dô trªn c¸c em häc sinh cÇn rót ra cho b¶n. thân kinh nghiệm khi thực hiện phép biến đổi hoặc tính toán các biểu thức chứa các nhân tử có tính chất tương tự. Tuy nhiên điều này không phải bao giờ cũng đúng.. VÝ dô 12: Cho ∆ABC, chøng minh r»ng: (a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB = a + b + c..  Gi¶i. Ta cã: VT = (a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB = 2R(sinA + sinB)cosC + (sinB + sinC)cosA + (sinC + sinA)cosB = 2R[(sinA.cosC + sinC.cosA) + (sinB.cosC + sinC.cosB) + + (sinC.cosA + sinA.cosC) = 2R[sin(A + C) + sin(B + C) + sin(C + A)] = 2R(sinA + sinB + sinC) = a + b + c.. Ví dụ 13: Xác định dạng của ∆ABC, biết: a. sin4A + sin4B + sin4C = 0. b. sin2A + sin2B = 4sinA.sinB. b. 3(cosB + 2sinC) + 4(sinB + 2cosC) = 15..  Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: VT = 2sin2(A + B).cos2(A − B) + sin4C = −2sin2C.cos2(A − B) + 2sin2C.cos2C = −2[cos2(A − B) − cos2C].sin2C = −2[cos(A − B) − cos2(A + B)].sin2C = −4cos2A.cos2B.sin2C Do đó, ta được: −4cos2A.cos2B.sin2C = 0. 264.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> π  A = 2 sin 2A = 0  π ⇔ sin 2B = 0 ⇒  B = ⇔ ∆ABC vu«ng.  2 sin 2C = 0  π C = 2 . b. Biến đổi giả thiết về dạng: 2sin(A + B).cos(A − B) = 2[cos(A − B) − cos(A + B)] ⇔ sinC.cos(A − B) = cos(A − B) + cosC ⇔ (1 − sinC)cos(A − B) + cosC = 0 C C C C ⇔ (cos − sin )2cos(A − B) + cos2 2 − sin2 2 = 0 2 2 C C C C C C ⇔ (cos − sin )[(cos − sin )cos(A − B) + cos + sin ] = 0 2 2 2 2 2 2 π π C C C C C = ⇔ = ⇔ cos − sin = 0 ⇔ tg = 1 ⇒ 4 2 2 2 2 2 2 ⇔ ∆ABC vu«ng t¹i C. c. Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: VT = (3cosA + 4sinA) + (6sinB + 8cosB) Bunhiacoxpki. ≤. (32 + 42 )(cos 2 A + sin 2 A) +. (62 + 82 )(sin 2 B + cos 2 B). = 5 + 10 = 15. Do đó (1) xảy ra khi và chỉ khi :  cos A 3  sin A = 4 3 π π π ⇔ = cotgA = tgB = cotg( − B) ⇒ A + B = ⇔C=  4 2 2 2  sin B = 6  cos B 8 ⇔ ∆ABC vu«ng t¹i C.. Ví dụ 14: Xác định dạng của ∆ABC, biết: a.. cos 2 A + cos 2 B 1 = (cotg2A + cotg2B). 2 2 2 sin A + sin B. b. 2cosA.sinB.sinC +. 3 (sinA + cosB + cosC) =. 17 . 4.  Gi¶i a. Biến đổi giả thiết về dạng: cos 2 A + cos 2 B cos 2 A + cos 2 B − cotg2A = cotg2B − 2 2 sin 2 A + sin 2 B sin A + sin B. 265.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> cos 2 A cos 2 B cos 2 A + cos 2 B cos 2 A + cos 2 B − = − sin 2 A sin 2 B sin 2 A + sin 2 B sin 2 A + sin 2 B sin 2 A cos 2 B − sin 2 Bcos 2 A sin 2 A cos 2 B − sin 2 Bcos 2 A ⇔ = sin 2 B sin 2 A 2 2 ⇔ (sin A − sin B)sin(A + B).sin(A − B) = 0 sin(A + B) ≠ 0 sin A = sin B ⇒ A = B ⇔ ∆ABC c©n t¹i C. ⇔ sin(A − B) = 0  b. Ta cã: (2R.sin B) 2 + (2R.sin C) 2 − (2R.sin A) 2 b2 + c2 − a 2 = cosA = 2bc 2.2R.sin B.2R.sin C sin 2 B + sin 2 C − sin 2 A = 2sin B.sin C ⇔ 2cosA.sinB.sinC = sin2B + sin2C − sin2A. Khi đó ta được: 17 sin2B + sin2C − sin2A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 4 3 2 3 2 3 2 ) + (cosB − ) + (cosC − ) =0 ⇔ (sinA − 2 2 2  3 sin A = 2π π  2 ⇔A= vµ B = C = . ⇔  3 6 3 cos = B cos = C  2. ⇔. Ví dụ 15: Xác định dạng của ∆ABC, biết: sin A +. a.. sin B = 2 cos. Më réng víi. b.. n. sin A +. n. C . 2. sin B = 2 n cos. 2 1 1 + = , më réng víi C sin B sin A cos 2. n. C . 2 1. sin A. +. n. 1 = sin B. 2 n.  Gi¶i a. Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôxki ta có:. ( sin A +. 266. A+B A−B .cos 2 2 C A−B C ≤ 4cos = 4cos .cos 2 2 2. sin B )2 ≤ (12 + 12)(sinA + sinB) = 4sin. C cos 2. ..

<span class='text_page_counter'>(49)</span> ⇔. sin A +. sin B ≤ 2 cos. C . 2. Vậy, giả thiết tương đương với:  sin A = sin B  ⇒ A = B ⇔ ∆ABC c©n t¹i C.  A−B =1 cos 2  Bạn đọc tự chứng minh cho phần mở rộng. b. Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2 2 1 1 + ≥ = sin B sin A sin A.sin B 1 [cos(A − B) − cos(A + B)] 2 2 2 2 2 = ≥ = = . C 1 1 2 C cos cos [cos(A − B) + cos C] (1 + cos C) 2 2 2 2. Vậy, giả thiết tương đương với: sin A = sin B ⇒ A = B ⇔ ∆ABC c©n t¹i C.  1 cos(A − B) = Bạn đọc tự chứng minh cho phần mở rộng.. 267.

<span class='text_page_counter'>(50)</span>