4 luong giac ts lê hồng đức image marked

chương 5 cung và góc lượng giác
công thức lượng giác
A. Kiến thức cần nhớ

I. Góc và cung lượng giác
1.

Đơn vị đo góc và cung tròn, độ dài của cung tròn

Với đường tròn bán kính R, ta có:
2R
= 2.
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 rađian thì có độ dài R.
2. Với cung tròn có độ dài l. Gọi là số đo rađian và a là số đo độ của cung đó thì ta thiết lập được

a
mối quan hệ giữa số đo rađian và số đo độ là
.
180
Từ kết quả trên ta có bảng ghi nhớ chuyển đổi số đo độ và số đo rađian của một cung tròn:



Toàn bộ đường tròn có số đo rađian bằng

Độ

00

300

450

600

900

1200

1350

1500

1800

2700

3600

Rađian

0


6

4


3


2

2
3

3
4

5
6



3
2

2

2. Góc lượng giác và số đo của chúng

Định nghĩa: Cho hai tia Ou, Ov. NÕu tia Om quay chØ 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 cuèi Ov". Khi quay
nh­ thÕ, tia Om cã thÓ 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 số đo rađian)
của nó.
2. Nếu một góc lượng giác có số đo a0 (hay rad) thì mọi góc lượng giác cùng tia đầu, tia cuối với nó có
số đo dạng a0 + k3600 (hay + 2k), k là một số nguyên, mỗi góc ứng với một giá trị của 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, điểm cuối và số đo của
nó.

có số đo thì mọi cung lượng giác cùng tia đầu, tia cuối với nó có số
2. Nếu một cung lượng giác UV
đo dạng + 2k, k là một số nguyên, mỗi cung ứng với một giá trị của k.

219


4. HƯ thøc Sa  l¬

Víi ba tia Ou, Ov, Ow, ta cã:
s®(Ou, Ov) + s®(Ov, Ow) = s®(Ou, Ow) + 2k, k .

II. Giá trị lượng giác của một cung
1.

giá trị lượng giác c ủa một cung

a. cos = cos( + 2k).
b. sin = sin( + 2k).
víi k là một số nguyên.
Ta có các kết quả sau:

c.
d.

tan = tan( + k).
cot = cot( + k).

Độ đo


2

0<<

Hàm số lượng giác
cos
sin
tan
cot


<<
2

+



+
+
+
+

2. Giá trị lượng giác của các cung đặc biệt

0


6


4


3


2

2
3

3

4

5
6



sin

0

1
2

2
2

1

1
2

0

1

2
2

tan

0

3
2
1

3
2
1

2

2
2

cos

3
2
1
2

cot

||

Độ đo
Hàm

3
3

1
1

0

3

1
3

||



0



3

1
3

2
2

3. Hàm số lượng giác của các cung đối nhau

a.
b.

sin(  x) =  sinx
cos(  x) = cosx

c.
d.

tan(  x) =  tanx
cot(  x) =  cotx

c.
d.

tan(  ) =  tan.
cot(  ) =  cot.

c.

tan(

4. Hàm số lượng giác của các cung bù nhau

a.
b.

sin( ) = sin.
cos( ) = cos.

5. Hàm số lượng gi¸c cđa c¸c cung phơ nhau

a.

220

sin(


 ) = cos.
2

1

1
1


 ) = cot.
2

3
2



0

3



1

3

||


b.

cos(


) = sin.
2

d.

cot(


) = tan.
2

6. Các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản

a.
b.
c.

sin2 + cos2 = 1.
sin
tan =
cos
cos
cot =
.
sin 

d.
e.
f.

tan.cot = 1.
1
= 1 + tan2
2
cos 
1
= 1 + cot2.
sin2

III. Công thức lượng giác
1.

Công thức cộng

a.
b.
c.
d.
e.

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.
tanx  tany
tan(x + y) =
.
1  tgx.tgy

f. tan(x  y) =

tanx  tany
.
1  tanx. tany

2. C«ng thức nhân đôi

sin2x = 2sinx.cosx. b. cos2x = cos2x sin2x = 2cos2x  1 = 1  2sin2x.
2 tanx
c. tan2x =
.
1 tan2 x
a.

3. Công thức nhân ba

a.
b.

cos3x = 4cos3x  3cosx.
sin3x = 3sinx  4sin3x.

c.

tan3x =

(3  tanx ) tanx
.
1 3 tan2 x

4. Công thức biến đổi tÝch thµnh tỉng

a.
b.
c.
d.

1
[cos(x + y) + cos(x  y)].
2
1
sinx.siny = [cos(x  y)  cos(x + y)].
2

1
sinx.cosy = [sin(x + y) + sin(x  y)].
2
1
cosx.siny = [sin(x + y)  sin(x y)].
2

cosx.cosy =

5. Công thức biến đổi tổng thành tÝch

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

a.

cosx + cosy = 2cos

221


e. tanx  tany =

sin(x  y )
.
cosx. cosy

f. cotx  coty =

sin(x  y )
.
sin x.sin y

6. C«ng thøc hạ bậc

a.

sin2x =

1 cos2x
.
2

b. cos2x =

1 cos2x
.
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 thức toán 12).
Thí dụ 1.

Biến đổi các biểu thức sau thành tổng:
a. A = sina.sin2a.sin3a.

b. B = cosa.cos2a.cos4a.

Giải
a.

b.

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
Biến đổi biểu thức về dạng:
1
1
B = (cos3a + cosa).cos4a = (cos4a.cos3a + cos4a.cosa)
2
2
1
= (cos7a + cosa + cos5a + cos3a).
4

 NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong thÝ dơ trªn ®Ĩ thùc hiƯn mơc ®Ých biÕn ®ỉi biĨu thøc vỊ dạng tổng chúng
ta đà 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 hoạ thông qua ví dụ sau:
Thí dụ 2.

Biến đổi biểu thức sau thành tổng:

A = 8sin(a

Giải
Biến đổi biểu thøc vỊ d¹ng:

222



).cos2a.sin(a + ).
6
6


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

 NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong thí dụ trên chúng ta ghép bộ đôi góc a 6

và a


(có tính khử đối
6

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:

Giải

a. 1 sinx.

b. 1 + 2cosx.

a.

Ta có thể trình bày theo các các sau:
Cách 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  
 x 
=  2 sin     = 2sin2    .

 2 4 
2 4


C¸ch 2: Ta cã:

  x 


 x
1  sinx = 1  cos   x  = 1  1  2 sin2    = 2sin2    .
 4 2 
2

 4 2

C¸ch 3: Ta cã:

 x  x
1  sinx = sin  sin x  2cos    sin    .
2
4 2 4 2

b.

Ta có thể trình bày theo các các sau:
Cách 1: Ta cã:
223

x
x


= 1 + 2  cos2  1
2
2


x 
x
x


= 1 + 4cos2 =  2 cos  1 2 cos  1 .
2 
2
2



1 + 2cosx = 1 + 2cos2.

C¸ch 2: Ta cã:

1



 x

 x
1 + 2cosx  2   cos x   2  cos  cos x   4cos    .cos    .
3
2



6 2
6 2

 NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ĩ thùc hiện biến đổi thành tích của các biểu thức trên:
a. ở câu a):
Trong cách 1, chúng ta sử dụng sin2 + cos2 = 1 và công thức góc nhân
đôi của sin2 = 2sin.cos để nhận được một hằng thức, vµ cuèi cïng lµ





sin  cos = 2 sin  .
4


Trong cách 2, dựa nhiều vào kinh nghiệm, với mục tiêu 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 cos2.
Trong cách 3, chúng ta sử dụng tới giá trị đặc biệt của góc lượng giác để

2

chuyển đổi 1 thành sin , từ đó dùng công thức biến đổi tổng thành tích
sẵn có.
b. ở câu b), lÊy ý t­ëng ë c¸ch 2, c¸ch 3 cđa câu a).

Các em học sinh cần ghi nhận tốt cách giải 3 để có thể nhận được một lời giải
ngắn gọn.
Thí dụ 2.

Biến đổi thành tích biểu thức sau:
A = cosa + cos2a + cos3a + cos4a.

Giải
Biến đổi biểu thøc vỊ d¹ng:
A = (cosa + cos3a) + (cos2a + cos4a) = 2cos2a.cosa + 2cos3a.cosa
5a
a
= 2(cos2a + cos3a).cosa = 4cos .cos .cosa.
2
2

Nhận xét: Trong lời giải trên ta lựa chọn cách gom theo hiêu (hiệu hai góc bằng nhau) do đó
đương nhiên có thể nhóm:
A = (cosa + cos2a) + (cos3a + cos4a).
Ngoài ra còn có thể gom theo tæng (tæng hai gãc b»ng nhau)
A = (cosa + cos4a) + (cos2a + cos3a).
224


Chúng ta sẽ sử dụng lại ý tưởng này trong ví dụ tiếp theo.

Thí dụ 3.

Biến đổi thành tích biểu thøc sau:
A = sina + sin2a + sin3a + sin4a + sin5a + sin6a.

 Gi¶i
Ta cã thĨ lùa chän mét trong các cách sau:
Cách 1: Biến đổi biểu thức về d¹ng:
A = (sina + sin6a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin4a)
7a
5a
7a
3a
7a
a
= 2sin .cos
+ 2sin .cos
+ 2sin .cos
2
2
2
2
2
2
5a
3a
a
7a
3a
3a

7a
= 2(cos
+ cos
+ cos )sin
= 2(2cos .cosa + cos )sin
2
2
2
2
2
2
2
3a
7a
1
3a
7a
= 2(2cosa + 1). cos .sin
= 4(cosa + ). cos .sin
2
2
2
2
2

3a
7a
= 4(cosa + cos ). cos .sin
3
2

2
a 
a

3a
7a
= 8cos( + ). cos(  ).cos .sin .
2 6
2
6
2
2
C¸ch 2: Lùa chän phÐp gom:
A = (sina + sin2a) + (sin3a + sin4a) + (sin5a + sin6a) Đề nghị bạn đọc.
Cách 3: Lựa chọn phép gom:
A = (sina + sin4a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin6a) Đề nghị bạn đọc.

Chú ý:
Trong các bài thi yêu cầu đặt ra đối với thí dụ 2, thí dụ 3 chính là "Giải phương trình".
Và để tăng độ khó, các biểu thức thường được nhúng vào yêu cần đánh giá nhân tử
chung.
Thí dụ 4.

Giải

Biến ®ỉi thµnh tÝch biĨu thøc sau:

a. A = 1 + sina  cosa  sin2a.
b. B = 1 + (sina  cosa)  (sin2a + cos2a) + cos3a.

a.

BiÕn ®ỉi biĨu thøc vỊ d¹ng:
A = (1  sin2a) + (sina  cosa = (sina  cosa)2 + (sina  cosa
= (sina  cosa)(sina  cosa + 1).

b.

BiÕn ®ỉi biĨu thøc vỊ d¹ng:
B = (1  cos2a) + sina + (cos3a  cosa)  sin2a
= 2sin2a + sina  2sin2a.sina  2sina.cosa
= (2sina + 1  4sina.cosa  2cosa).sina = (2sina + 1)(1  2cosa).sina

225


1 1


)(  cosa).sina = 4(sina + sin )(cos  cosa).sina
2 2
6
3
a

a

 a

a

= 16sin( +
).cos( 
).sin( + ).sin(  ).sina.
2 12
2 12
6 2
6
2

= 4(sina +

 NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i câu b), sở dĩ ta lựa chọn cách gom như vậy bởi nhận thấy rằng chúng
đều có chung nhân tử sina.
ThÝ dơ tiÕp theo sÏ minh ho¹ cho D¹ng 2 Biến đổi tích thành tổng.
Thí dụ 5.

Biến đổi thành tÝch biÓu thøc sau:

A = 2cosa.cos2a.cos3a  2sina.sin2a.sin3a  1.

 Giải

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






= (cosa + sin3a)(cos3a  sin3a)  sin 3a  sin   a   . 2cos  3a  
4
2









 2 2.sin  a   .cos  2a   .cos  3a   .
4
4
4




 NhËn xÐt: Nh­ 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.
ThÝ dơ tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 3  Lựa chọn phép biến đổi cho cos2x.
Thí dụ 6.

Giải

Biến ®ỉi thµnh tÝch biĨu thøc A = 2cos3a + cos2a + sina.

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)]
= (1  sina)(sina + cosa)(sina + cosa + 2).

 NhËn xét: Trong lời giải trên:

Sở dĩ chúng ta lựa chọn phép biến đổi:
cos2a = 2cos2a 1
bởi 2 nhân tử còn lại là 2cos3a (cos có hệ số 2) và sina (sin cã hÖ sè 1).
2. Nh­ vËy trong tr­êng hợp trái lại, ta sẽ lựa chọn phép biến đổi:
1.

226


cos2a = 1  2sin2a.
3. Nh­ vËy chóng ta ®· có được phương pháp suy luận trong việc lựa chọn hai hướng
biến đổi cho cos2a. Cuối cùng, trong trường hợp hƯ sè ®èi xøng ta sÏ lùa chän phÐp
biÕn ®ỉi:
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 thể ta xem xét ví dụ sau:

Thí dụ 7.

Biến đổi thành tích biểu thức sau:

A = 4sin2a  3cos2a  3(4sina  1)  6sin2a.

 Giải
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 phÐp biÕn ®ỉi cos2a
= 1  2sin2a bëi khi ®ã 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.

Giải
a.

b.

Biến đổi thành tích các biÓu thøc:

a. A = 5sin3a  3sin5a.
b. B = 3(cota  cosa)  5(tana  sina)  2.

BiÕn ®ỉi biĨu thøc vỊ d¹ng:
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
Biến đổi biểu thức về dạng:
B = 3(cota cosa + 1)  5(tana  sina + 1)
cosa
sina
= 3(
 cosa + 1)  5(
 sina + 1)
sina
cosa
3(cosa  sina. cosa  sina)
5(sina  sina. cosa  cosa)
=

sina
cosa
3
5
= (sina + cosa sina.cosa)(

).
sina
cosa

Nhận xét: Trong lời giải trên:
1.

Với câu a), các em học sinh cũng có thể sử dụng phương pháp tách dần:
227

sin3a = 3sina  4sin3a,
sin5a = sin(a + 4a) = sina.cos4a + cosa.sin4a
= sina.cos4a + 2cosa.cos2a.sin2a
= sina.cos4a + 4cos2a.cos2a.sina.
Ngoµi ra, không sử dụng cách tách:
A = 2sin5a 5(sin5a sin3a)
bởi chúng ta chỉ có công thức cho sin3a còn sin5a không có.
2. Với câu b), việc lựa chọn cách tách 2 = 5 3 được đề xuất khá tự nhiện bởi hai
biểu thức đà được gom trước.

Thí dụ 9.

Giải

Biến đổi thành tích các biểu thức:

a. A = 9sina + 6cosa  3sin2a + cos2a  8.
b. B = 2sin2a  cos2a  7sina  2cosa + 4.

a.

BiÕn ®ỉi biĨu thøc vỊ d¹ng:
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  sina  3) = (2sina  1)(2cosa + sina  3).

 NhËn xÐt: Trong lời giải trên:
Với câu a), chúng ta sử dụng ý tưởng đưa biểu thức lượng giác về cùng một
cung và ë ®ã lùa chän cos2a = 2cos2a  1 bëi 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. Với câu b), các em häc sinh nÕu ch­a cã kinh nghiƯm th× tèt nhÊt là thực hiện
phép thử với các cách biến đổi của cos2a.
ThÝ dơ tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 5  Phương pháp hằng số biến thiên.
1.

Thí dụ 10. Biến đổi thµnh tÝch biĨu thøc sau:
a. A = sina.cosa + m(sina + 2cosa) + 2m2.
a

a

b. B = (cosa + 1).sin4 2 cosa.sin2 2 1.

Giải
Viết lại A dưới dạng:
A = 2m2 + (sina + 2cosa)t + sina.cosa.
khi ®ã A lµ mét tam thøc bËc hai theo m cã:
a.

228

m = (sina + 2cosa)2  8sina.cosa = (sina  2cosa)2,
do đó, phương trình A = 0 có các nghiệm:
sin a  2cos a  (sin a  2cos a)
sin a


 m1 
4
2   2m1  sin a  0 .

 m  cos a  0
 m   sin a  2cos a  (sin a  2cos a)   cos a
 2
 2
4
tøc lµ A có thể được phân tích thành:
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 .
1
do đó A được phân tích thành:
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

Phương trình A = 0 có nghiệm theo t là t = 1 vµ t = 

 NhËn xÐt: Lêi giải của thí dụ trên minh hoạ cho ý tưởng của phương pháp hằng số biến thiên, lẽ
đương nhiên chúng ta cã thĨ thùc hiƯn phÐp nhãm mét c¸ch thÝch hợp để có được
các kết quả đó, cụ thểvới câu 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 tÝch biĨu thøc sau:
5a
a
 5cos3a.sin , víi a   + 2k, k   .
2
2
b. A = sina + sin2a + ... + sinna, víi n   .

a. A = sin

 Gi¶i
a.

Tõ gi¶ thiÕt a   + 2k, k ta được

a

a
+ k cos 0.
2
2
2

a
0, ta được:
2
a
5a
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

Nhân cả hai vÕ cđa biĨu thøc víi 2cos

229

a
a
= 2(5cos2a + cosa  1)(cosa  1)sin .cos
2
2
a
 A = (5cos2a + cosa  1)(cosa  1)sin .
2
b. XÐt hai tr­êng hỵp:
Tr­êng hỵp 1: NÕu a = 2k, k   th×:
sina = sin2a = ... = sinna = 0  S = 0.
a
2

Tr­êng hỵp 2: NÕu a  2k, k thì nhân cả hai vế của biểu thức với 2sin , ta được:
a
a
a
a
= 2sina.sin + 2sin2a.sin + ... + 2sinna.sin
2
2
2
2
a
3a
3a
5a
(2n  1)a

(2n  1)a
= cos  cos
+ cos
 cos
+ ... + cos
 cos
2
2
2
2
2
2
a
(2n  1)a
na
( n  1)a
= cos  cos
= 2sin .sin
2
2
2
2
na ( n  1)a
sin sin
2
2
A=
.
a
sin

2

2Asin

Nhận xét: Như vậy, chúng ta đà được làm quen với 6 phương pháp biến đổi tổng thành tích, cuối
cùng chúng ta minh hoạ thêm một thí dụ 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

Ta cã thĨ lùa chọn một trong các cách sau:
Cách 1: Biến đổi biểu thøc vỊ d¹ng:
A = cos4a  cos2a + sin2a + 2sin6a = (cos2a  cos2a + sin2a + 2sin6a
= sin2a.cos2a + sin2a + 2sin6a = (1  cos2a)sin2a + 2sin6a
= sin4a + 2sin6a = (2sin2a + 1).sin4a.
Cách 2: Biến đổi biĨu thøc vỊ d¹ng:
A = cos4a  cos2a  1) + 2sin6a = (cos4a  cos2a + 1 + 2sin6a
= (1  cos2a + 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).
a.

 NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ĩ chuyển đổi các biểu thức trên về dạng tích chúng ta đà thực hiện phép
nhóm dần.
230

Thí dụ 13. Biến đổi thành tích biểu thức sau:
A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina  4) + 4cos2a 3

Giải

Ta có thể lựa chọn một trong các cách 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).

ThÝ dô 14. Biến đổi thành tích các biểu thức sau:
a. A = cos23a + cos22a  sin2a.
b. B = sin23a  cos24a sin25a + cos26a.

Giải
a.

b.

Biến đổi biểu thức về dạng:
1
1

1
A = (1 + cos6a) + cos22a  (1  cos2a) = (cos6a + cos2a) + cos22a
2
2
2
= cos4a.cos2a + cos22a = (cos4a + cos2a)cos2a = 2cos3a.cosa.cos2a.
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.

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 đà biết là luôn đúng.
Hướng 3:
Biến đổi một đẳng thức đà biết là luôn đúng thành đẳng thức cần chứng minh.
Để ý rằng một biểu thức lượng giác có thể được biến đổi thành nhiều dạng khác nhau. Chẳng hạn ta cã:
sin22x = 1  cos22x = (1  cos2x)(1 + cos2x).
231


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 thĨ 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 ®Ĩ biÕn ®ỉi VP, sau ®ã sư dơng c«ng thøc biến đổi tổng
thành tích.
b. Ta có:
cosa. cosb sin a. sin b

cosa. cosb  sin a. sin b
cot a.cot b  1
VT =
= sin a. sin b sin a. sin b =

.
cosa. cosb  sin a. sin b cosa. cosb sin a. sin b cot a.cot b  1

sin a. sin b sin a. sin b

 Chó ý: VÝ dơ tiÕp theo chúng ta sẽ sử dụng phép biến đổi hạ bậc, theo hai hướng:
Hướng 1:
Hướng 2:

Thí dụ 2.

Giải
a.

Hạ bậc đơn, tức là hạ bậc từng nhân tử trong biểu thức.
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).
Chøng minh r»ng:
1
3
a. sin4x + cos4x = cos4x + .
4
4
3
b. cos3x.sin3x + sin3x.cos3x = sin4x.
4

Ta lùa chän mét trong hai cách:

Cách 1: (Sử dụng phép hạ bậc đơn): Ta có:

232


2

 1  cos2x   1  cos2x 
VT
+
=
+
=
 +

2
2

 

1 1 2
1 1 1 cos4x 3 1
= + cos 2x = + .
= + cos4x.
2 2
2 2
4 4
2
C¸ch 2: (Sử dụng phép hạ bậc toàn cục): Ta có:

VT = sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2  2sin2x.cos2x
1
1 1 cos4x 3 1
= 1  .sin22x = 1  .
= + cos4x.
2
2
4 4
2
b. Ta lùa chän mét trong hai cách:
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 xøng): Ta cã:
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
1
3
= sin4x  cos2x.sin2x = sin4x  sin4x = sin4x.
2

4
4
= sin4x

cos4x

(sin2x)2

2

(cos2x)2

Nhận xét: Như vậy, thí dụ trên đà 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.

Với câu a), có thể là "Tính giá trị của biểu thức sin4x + cos4x tại x
x

2.

Với câu b), có thể là "Tính giá trị cđa A = cos3x.sin3x + sin3x.cos3x t¹i x 
x

ThÝ dơ 3.

Giải
a.

hoặc x hoặc x ".
12
16
24




hoặc x hoặc x ".
12
16
24


hoặc
8


hoặc
8

Chứng minh các đẳng thức sau:
a. sin3x.(1 + cotanx) + cos3x.(1 + tanx) = sinx + cosx.
b. sin3x  2sin33x + cos2x.sinx = cos5x.sin4x.

Ta cã:

VT = sin2x.(sinx + cosx) + cos2x.(cosx + sinx)
233


= (sin2x + cos2x)(cosx + sinx) = sinx + cosx, ®pcm.
b.

Ta cã:
1
(sin3x  sinx)
2
3
1
1
1
= sin3x  2sin33x  sinx = (3sin3x  sin33x)  sinx
2
2
2
2
1
1
1
= sin9x  sinx = (sin9x  sinx) = cos5x.sin4x, ®pcm.
2
2
2

VT = sin3x  2sin33x +

 Chó ý: VÝ dơ tiÕp theo chóng ta sư dơng một đẳng thức luôn đúng để suy ra đẳng thức cÇn
chøng minh.
ThÝ dơ 4.

Cho x + y + z = , chøng minh r»ng:
tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz.

 Gi¶i
Tõ gi¶ thiÕt
x + y + z =   x + y =   z  tan(x + y) = tan(  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 thức cần chứng minh, tuy nhiên đây không phải là
đường lối chung cho mọi dạng toán như vậy.

Cho sinx + siny = 2sin(x + y), víi x + y  k, k   . Chøng minh r»ng:

ThÝ dơ 5.

tan

 Gi¶i

x

y 1
.tan = .
2
2 3

Tõ gi¶ thiÕt:

xy
xy
xy
xy
.cos
= 4sin
.cos
2
2
2
2
x  y  k , 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

ThÝ dơ 6.
234

Cho tanx, tany lµ nghiệm của phương trình at2 + bt + c = 0.

(1)


Chøng minh r»ng:
a.sin2(x + y) + b.sin(x + y).cos(x + y) + c.cos2(x + y) = c. (2)

Giải
Vì tanx, tany là nghiệm của phương trình (1), ta được:
b

tan x  tan y   a
.

 tan x.tan y c

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.
ca
1 tan x.tan y 1 c c a
a

(I)

Dạng toán 4:
Rút gọn biểu thức
Phương pháp áp dụng
Sử dụng các công thức lượng giác cùng các phép biến đổi lượng giác.
Thí dụ 1.

Gi¶i

Rót gän biĨu thøc:

A = cos10x + 2cos24x + 6cos3x.cosx cosx 8cosx.cos33x.

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.
Thí dụ 2.

Rút gọn các biểu thức:

1 cos 2    
2
  cot(   ).tan(   ).
a. A =



2
2
1  sin 2    
2


sin 4 2x  cos 4 2x
b. B =
.


tan(  x).tan(  x)
4
4

 Gi¶i
235


Biến đổi A về dạng:
1 sin2
1
cos2

cos2  sin2 
A=
+
tan.cot
=
+
1
=
=
.
2
2
2
sin 
sin2 
sin 
1  cos 
b. BiÕn ®ỉi B vỊ d¹ng:
(sin 2 2x  cos 2 2x) 2  2sin 2 2x.cos 2 2x
1
B=
= 1  sin24x.


2
tan(  x).cot(  x)]
4
4
a.

 NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ĩ rót gọn các biểu thức trên chúng ta chỉ việc sử dụng mối liên hệ giữa các
góc đặc biệt.
Thí dụ 3.

Rút gän biĨu thøc:
A=

 Gi¶i

sin x  sin3x  sin5x
.
cosx  cos3x cos5x

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) và (2) suy ra:
sin3x
A=
= tan3x.
cos3x

(1)
(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.

Thí dơ 4.

Rót gän c¸c biĨu thøc:


1



a. A = 
 1 .tanx.
 cos 2x 

b. B = cos8x.cot4x 

cot 2 2x 1
.
2cot 2x

Giải
a.

b.

236

Ta biến đổi:
1 cos 2x
2cos x.sin x sin 2x
2cos 2 x sin x

A=
.tanx =
.
=
=
= tan2x.
cos 2x
cos 2x
cos 2x
cos 2x cos x
Ta biÕn ®ỉi:
cos 4x
cos 4x
cos 2 2x  sin 2 2x
B = cos8x.cot4x 
= cos8x.

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.
Thí dơ 5.

Rót gän c¸c biĨu thøc:
a. A = sin2a + sin22a + ... + sin2na.
b. B =

1
1
1
+
+ ... +
.
sin a. sin 2a sin 2a. sin3a
sin na. sin(n  1)a

 Gi¶i
Ta biến đổi biểu thức về dạng:
1
1
1
A = (1 cos2a) + (1  cos4a) + ... + (1  cos2na)
2
2
2
n 1
=  (cos2a + cos4a + ... + cos2na).
2 2
XÐt hai tr­êng hỵp:
Tr­êng hỵp 1: NÕu a = k, k   th×:

cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1  D = 0.
Tr­êng hỵp 2: NÕu a  k, k thì ta tính được tổng:
cos(n 1)a. sin na
T = cos2a + cos4a + ... + cos2na =
sina
Tõ ®ã, suy ra:
n cos(n  1)a. sin na
A=
.
2
2 sina
b. Nhân cả hai vế của biểu thức với sina, ta được:
sina
sina
sina
B.sina =
+
+ ... +
sina. sin2a sin2a. sin3a
sin na. sin(n  1)a
sin(2a  a) sin(3a  2a)
sin[(n  1)a  na]
=
+
+ ... +
sina. sin2a sin2a. sin3a
sin na. sin(n  1)a
= cota  cot2a + cot2a  cot3a + … + cotna  cot(n + 1)a
sin na
= cota  cot(n + 1)a =

sina. sin(n  1)a
sin na
B=
.
2
sin a. sin(n  1)a
a.

ThÝ dơ 6.

Rót gän biĨu thøc A =

1
1
1
+
+ ... +
.
sina sin 2a
sin2 n a

 Gi¶i
Ta cã:
237


1  cos2 k a  cos2 k a 1  cos2 k a cos2 k a
1
=
=


sin2 k a
sin2 k a
sin 2 k a
sin 2 k a
2 cos2 2 k 1 a
=
 cot2ka = cot2k1a  cot2ka.
k 1
k 1
2 sin2 a. cos2 a
Suy ra:
a
a
A = cot  cota + cota  cot2a + ... + cot2n1a  cot2na = cot  cot2na.
2
2

ThÝ dơ 7.

Rót gän biĨu 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 ®ã:
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:
A=

1
1
1
+
+ ... +
.
cosa. cos2a cos2a. cos3a
cosna. cos(n  1)a

ThËt vËy, nÕu nh©n cả hai vế của đẳng thức với cosa, ta được:
cosa
cosa
cosa
B.cosa =
+
+ ... +
cosa. cos2a cos2a. cos3a
cosna. cos(n  1)a
=

cos(2a  a)
cos(3a  2a)

cos[(n  1)a  na]
+
+ ... +
cosa. cos2a cos2a. cos3a
cosna. cos(n  1)a

= 1 + tana.tan2a + 1 + tan2a.tan3a + ... + 1 + tanna.tan(n + 1)a
= n + tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tanna.tan(n + 1)a

238


=n+

tan(n  1)a
tan(n  1)a
n1=
 1.
tan a
tan a

Tuy nhiªn, cã thể sử dụng sina để nhận được lời giải độc lËp.
ThÝ dơ 8.

Rót gän biĨu thøc A = tana +

1
a
tan
2

2

+ ... +

1
2

n

tan

a
2n

.

 Gi¶i
NhËn xÐt r»ng:
cotx  tanx =

cos2 x  sin2 x 2 cos2x
=
= 2cot2x  tanx = cotx  2cot2x.
sin x. cosx
sin2x

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 .
n
2
2
2
2
2
2
Cộng theo vế các đẳng thức trên, ta được A =

ThÝ dơ 9.

Rót gän biĨu thøc A =

1
2

cot

n

a
2n

 2cot2a.


1  sin 2x  1  sin 2x
, víi  < x < 0.
4
1  sin 2x  1  sin 2x

Giải
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 2 2x 1 | cos 2x |
=
=
sin 2x
sin 2x


  x 0

4



1  cos 2x
2cos 2 x
=
= cotx.
sin 2x
2sin x.cos x

 Chó ý: Ng­êi ta cã thĨ sử dụng kết quả của ví dụ trên để tạo ra những yêu cầu khá thú vị, để
minh hạo ta xét đòi hỏi:

Cho t [1; 1]\{0} và thoả mÃn tanx =

1 t  1 t
1 t  1 t

. Chøng minh r»ng t = sin2x”.

Tr­íc hÕt:

239


tanx =

( 1  t  1  t )2
1  1  t2

=
.
t
( 1  t  1  t )( 1  t  1  t )

MỈt 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".
Thí dụ 10.

Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x:
A = cos2(x



) + cos2x + cos2(x + ).
3
3

 Gi¶i
Ta cã thĨ lùa chän một trong hai cách biến đổi sau:

Cách 1: Ta biến ®æi:





+ sinx.sin )2 + cos2x + (cosx.cos  sinx.sin )2

3
3
3
3
1
1
3
3
= ( cosx +
sinx)2 + cos2x + ( cosx 
sinx)2
2
2
2
2
1
3
3
3
= cos2x + sin2x + cos2x = (sin2x + cos2x) = .
2
2
2
2
VËy, biểu thức A không phụ thuộc vào x.
Cách 2: Ta biÕn ®ỉi:
1
2
1
2

A = [1 + cos(2x 
)] + cos2x + [1 + cos(2x +
)]
2
3
2
3
1
2
2
= 1 + cos2x + [cos(2x +
) + cos(2x 
)]
2
3
3
2
1
3
= 1 + cos2x + cos2x.cos
= 1 + cos2x  (2cos2x  1) = .
3
2
2

A = (cosx.cos

ThÝ dô 11.

Xác định a (0;

) để biểu thức sau không phơ thc vµo x:
2

A = cosx + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) + cos(x + 6a).

 Gi¶i
Ta biÕn ®æi:
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).
240


Để biểu thức không phụ thuộc vào x điều kiện lµ:
cos3a + cosa = 0  cos3a = cos(  a) = 0
 k


a( 0, )
a 

2
3a    a  2k

4
2


 a= .

4
3a    a  2k
a     k

2

VËy, víi a = biĨu thức không phụ thuộc vào x.
4

Dạng toán 5:
Tính giá trị của hàm số lượng giác, biểu thức lượng giác
Phương pháp áp dụng
Ta sử dụng hệ thức cơ bản và các hệ quả:
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:
sin2 + cos2 = 1
sin
cos
1
tan =
, cot =
hc cot =

.
cos
sin
tan
1
1
= 1 + cot2,
= 1 + tan2
2
cos2
sin
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 , 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 hiƯu (2)), ta lùa chän mét trong c¸c h­íng sau:
Hướng 1:
Biếu đổi (1) rồi thay vào (2).
Hướng 2:
Biếu đổi (2) råi sư dơng (1).
H­íng 3:
BiÕu ®ỉi ®ång thêi (1) vµ (2) dÉn tíi biĨu thøc trung gian (3).

ThÝ dơ 1.


). Gọi M1, M2, M3 lần
2
,
lượt là điểm đối xứng của M qua trục Ox, Oy và gốc toạ độ. Tìm số đo các cung AM
1


AM , AM .

= (0 < <
Trên đường tròn lượng giác cho điểm M xác định bởi sđ AM

2

3

241


 Gi¶i

 =  (0 <  <  ) AM = .
Theo đề bài, ta có sđ AM
2
Do ®ã, víi l, k, m  Z:
 =  + 2k (vì AM = AM).
sđ AM

1
1

sđ AM = (  ) + 2l (v× AM2 =   ).
2



 = ( + ) + 2m (v× AM = + ).
sđ AM
2
3

Cho ABC, biểu diễn các hàm lượng giác của:
a. Góc A bằng các hàm lượng giác của góc B và C.

Thí dụ 1.

b. Góc

A
2

bằng các hàm lượng giác của góc

Giải
a.

b.

B
C
và .
2
2

Ta luôn có A + B + C = .
(1)
Từ (1) ta được A =  (B + C), suy ra:
sinA = sin[  (B + C)] = sin(B + C), cosA = cos[  (B + C)] =  cos(B + C),
tanA = tan[  (B + C)] =  tan(B + C), cotA = cot[  (B + C)] =  cot(B + C).
Từ (1) ta được

Thí dụ 2.

BC
A
=
suy ra:
2 2
2
BC
BC
A
BC
A
 BC
sin = sin[ 
] = cos
, cos = cos[ 

] = sin
,
2
2
2
2
2
2
2
2
BC
BC
A
 BC
A
 BC
tan = tan[ 
] = cot
, cot = cot[
] = tan
.
2
2
2
2
2
2
2
2

Tính các giá trị lượng giác của góc nếu:

4

3
và 0 < < . b. sin =  0,7 vµ 0 <  <
.
13
2
2
15

3
c. tan = 
vµ <  < . d. cot = 3 và
< < 2.
7
2
2

a. cos =

Giải
a.


nên sin > 0, tan > 0, cot > 0.
2
Tõ sin2 + cos2 = 1, ta cã:

V× 0 <  <

2

16
3 17
 4
 sin =
  + sin2 = 1  sin2 = 1 
169
13
 13 

tan =

242

sin  3 17
1
4
=
vµ cot =
=
.
cos
tan  3 17
4


b.

Vì 0 < <

3
nên cos < 0, tan > 0, cot > 0
2

Ta cã:
51
10

cos2 = 1  (0,7)2 = 0,51 cos =
tan =
c.

Vì


< < nên cos < 0, sin > 0, cot < 0. Ta cã:
2
7
cot.tan = 1  cot = 
5
7
1
1
49


cos2 =

 cos =
2
2
2
274
1  tan  1   15 / 7 
49  15

sin2 =
d.

sin 
1
 0,7  10 7 51
51

=
vµ cot =
=
cos
tan

51
7
 51

1
15
 sin =
.

1  cot 2 
274

3
<  < 2 nªn sin < 0, cos > 0, tan < 0
2
Ta cã:
1
1
3
sin =
, cos =
, tan = 
3
10
10

V×

ThÝ dơ 3.

TÝnh:



3

a. cos     , biÕt sin =


1
3

b. cos(a + b), sin(a  b) biÕt sina =

vµ 0 <  <


.
2

4 0
2
, 0 < a < 900 vµ sinb = ,
5
3

900 < a < 1800.

 Gi¶i
a.

Ta cã:


 1
1


cos     = cos.cos  sin.sin = cos  .

3
3 2
2
3


Mà 0 < < nên cos > 0, Suy ra
2
1 2
6
cos2 = 1  sin2 = 1  =  cos =
.
3 3
3

6 3

Thay (2) vµo (1), ta được cos =
.
3
3

b. Vì 00 < a < 900 vµ 900 < b < 1800 suy ra cosa > 0 vµ cosb < 0.

(1)

(2)

243