Bài 38 trang 213 SGK Đại số 10 Nâng cao. Hỏi mỗi khẳng định sau đây có đúng không? ∀α,∀β ta có: a) \(\cos(α +β)=\cosα+\cosβ\) b) \(\sin(α -β)=\sinα -\sinβ\) c) \(\sin(α +β)=\sinα .\cosβ+\cosα.\sinβ\); d) \(\cos(α -β)=\cosα .\cosβ-\sinα.\sinβ\) e) \({{\sin 4\alpha } \over {\cos 2\alpha }} = \tan 2\alpha \) (khi các biểu thức có nghĩa) f) \(\sin^2α =\sin2α\) Đáp án a) Sai Vì nếu lấy \(β = 0\) thì \(\cos α + 1\) (vô lý) b) Sai Vì nếu lấy \(\alpha = {\pi \over 2};\,\beta = - {\pi \over 2}\) thì \(\sin \pi = 2\sin {\pi \over 2}\) (vô lý) c) Đúng d) Sai Vì nếu lấy \(\alpha = {\pi \over 4};\,\beta = - {\pi \over 4}\) thì \(\cos 0 = {\cos ^2}{\pi \over 4} - {\sin ^2}{\pi \over 4} \Leftrightarrow 1 = 0\) (vô lý) e) Sai Vì nếu lấy \(\alpha = {\pi \over 8} \Rightarrow {{\sin {\pi \over 2}} \over {\cos {\pi \over 4}}} = \tan {\pi \over 4} \Leftrightarrow \sqrt 2 = 1\) (vô lý) g) Sai Vì nếu lấy \(\alpha = {\pi \over 2} \Rightarrow {\sin ^2}{\pi \over 2} = \sin \pi \Leftrightarrow 1 = 0\) (vô lý) Bài 39 trang 213 SGK Đại số 10 Nâng cao. Sử dụng 750 = 450 + 30o, hãy tính giá trị lượng giác của góc 750 Sử dụng 15o = 45o - 30o, hãy tính giá trị lượng giác của góc 150. (đối chiếu với kết quả bài tập 29) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & \cos {75^0} = \cos ({45^0} + {30^0}) \cr&= \cos {45^0}\cos {30^0} - \sin {45^0}\sin {30^0} \cr & = {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} - {1 \over 2}) = {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 - 1) \cr & \sin {75^0} = \sin ({45^0} + {30^0}) \cr&= \sin {45^0}\cos {30^0} + \cos {45^0}\sin {30^0} \cr & = {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} + {1 \over 2}) = {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 + 1) \cr & \tan{75^0} = {{\sqrt 3 + 1} \over {\sqrt 3 - 1}} = 2 + \sqrt 3 \cr & \cot {75^0} = 2 - \sqrt 3 \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \cos {15^0} = \cos ({45^0} - {30^0})\cr& = \cos {45^0}\cos {30^0} + \sin {45^0}\sin {30^0} \cr & = {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} + {1 \over 2}) = {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 + 1)\,( = \sin{75^0}) \cr & \sin {15^0} = \sin ({45^0} - {30^0}) \cr&= \sin {45^0}\cos {30^0} + \cos {45^0}\sin {30^0} \cr & = {{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} - {1 \over 2}) = {{\sqrt 2 } \over 4}(\sqrt 3 - 1) = (\cos{75^0}) \cr & \tan {15^0} = {{\sqrt 3 - 1} \over {\sqrt 3 + 1}} = 2 - \sqrt 3 \left( { = \cot {{75}^0}} \right) \cr & \cot {15^0} = 2 + \sqrt 3 \cr} \) Bài 40 trang 213 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng: a) \(\sin \alpha + \cos \alpha = \sqrt 2 \sin (\alpha + {\pi \over 4})\) b) \(\sin \alpha - \cos \alpha = \sqrt 2 \sin (\alpha - {\pi \over 4})\) c) \(\tan ({\pi \over 4} - \alpha ) = {{1 - \tan \alpha } \over {1 + \tan \alpha }}\,\,(\alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi ;\,\,\alpha \ne {{3\pi } \over 4} + k\pi )\) d) \(\tan ({\pi \over 4} + \alpha ) = {{1 + \tan \alpha } \over {1 - \tan \alpha }}\,\,(\alpha \ne {\pi \over 2} + k\pi ;\,\,\alpha \ne {\pi \over 4} + k\pi )\) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & \sqrt 2 \sin (\alpha + {\pi \over 4}) = \sqrt 2 (\sin \alpha \cos {\pi \over 4} + \sin {\pi \over 4}\cos \alpha ) \cr & = \sqrt 2 (\sin \alpha {{\sqrt 2 } \over 2} + {{\sqrt 2 } \over 2}\cos \alpha ) \cr & = \sin \alpha + \cos \alpha \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \sqrt 2 \sin (\alpha - {\pi \over 4}) = \sqrt 2 (\sin \alpha \cos {\pi \over 4} - \sin {\pi \over 4}\cos \alpha ) \cr & = \sin\alpha - \cos \alpha \cr} \) c) Ta có: \(\tan ({\pi \over 4} - \alpha ) = {{\tan {\pi \over 4} - \tan \alpha } \over {1 + \tan {\pi \over 4}\tan \alpha }} = {{1 - \tan \alpha } \over {1 + \tan \alpha }}\,\) d) Ta có: \(\tan ({\pi \over 4} + \alpha ) = {{\tan {\pi \over 4} + \tan \alpha } \over {1 - \tan {\pi \over 4}\tan \alpha }} = {{1 + \tan \alpha } \over {1 - \tan \alpha }}\,\,\) Bài 41 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao. a) Biết \(\sin \alpha = {1 \over 3};\,\,\alpha \in ({\pi \over 2};\,\pi )\) , hãy tính giá trị lượng giác của góc 2α và góc \({\alpha \over 2}\) b) Sử dụng \({15^0} = {{{{30}^0}} \over 2}\) , hãy kiểm nghiệm lại kết quả của bài tập 39. Đáp án a) Ta có: \(\left\{ \matrix{ \sin \alpha = {1 \over 3} \hfill \cr {\pi \over 2} < \alpha < \pi \hfill \cr} \right. \) \(\Rightarrow \cos \alpha = - \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = - \sqrt {1 - {1 \over 9}} = - {{2\sqrt 2 } \over 3}\) Khi đó: \(\eqalign{ & \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha = 2.{1 \over 3}( - {{2\sqrt 2 } \over 3}) = - {{4\sqrt 2 } \over 9} \cr & \cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha = {7 \over 9} \cr & \tan 2\alpha = {{\sin 2\alpha } \over {\cos 2\alpha }} = - {{4\sqrt 2 } \over 7} \cr & \cot 2\alpha = - {{7\sqrt 2 } \over 8} \cr} \) Ta có: \({\pi \over 4} < {\alpha \over 2} < {\pi \over 2} \Rightarrow \left\{ \matrix{ \cos {\alpha \over 2} > 0 \hfill \cr \sin {\alpha \over 2} > 0 \hfill \cr} \right.\) \(\eqalign{ & \cos \alpha = 2{\cos ^2}{\alpha \over 2} - 1 \cr&\Rightarrow \cos {\alpha \over 2} = \sqrt {{{1 + \cos \alpha } \over 2}} = \sqrt {{{3 - 2\sqrt 2 } \over 6}} \cr & \cos \alpha = 1 - {\sin ^2}{\alpha \over 2} \cr&\Rightarrow \sin {\alpha \over 2} = \sqrt {{{1 - \cos \alpha } \over 2}} = \sqrt {{{3 + 2\sqrt 2 } \over 6}} \cr & \tan {\alpha \over 2} = {{\sin {\alpha \over 2}} \over {\cos {\alpha \over 2}}} = 3 + 2\sqrt 2 \cr & \cot {\alpha \over 2} = 3 - 2\sqrt 2 \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & 2{\cos ^2}{15^0} = 1 + \cos {30^0} = 1 + {{\sqrt 3 } \over 2} \cr&\Rightarrow \cos {15^0} = \sqrt {{{2 + \sqrt 3 } \over 2}} \cr & 2{\sin ^2}{15^0} = 1 - \cos {30^0} = 1 - {{\sqrt 3 } \over 2}\cr& \Rightarrow \sin {15^0} = \sqrt {{{2 - \sqrt 3 } \over 2}} \cr & \tan {15^0} = \sqrt {{{2 - \sqrt 3 } \over {2 + \sqrt 3 }}} = 2 - \sqrt 3 \cr & \cot {15^0} = 2 + \sqrt 3 \cr} \) Bài 42 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng: a) \(\sin {{11\pi } \over {12}}\cos {{5\pi } \over {12}} = {1 \over 4}(2 - \sqrt 3 )\) b) \(\cos {\pi \over 7}\cos {{3\pi } \over 7}\cos {{5\pi } \over 7} = - {1 \over 8}\) c) \(\sin {6^0}\sin {42^0}\sin {66^0}\sin {78^0} = {1 \over 6}\) (Hướng dẫn: Nhân hai vế với cos 60) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & \sin {{11\pi } \over {12}}\cos {{5\pi } \over {12}} = \sin (\pi - {\pi \over {12}})cos({\pi \over 2} - {\pi \over {12}}) \cr & = {\sin ^2}{\pi \over {12}} = {1 \over 2}(1 - \cos {\pi \over 6}) = {1 \over 2}(1 - {{\sqrt 3 } \over 2})\cr& = {1 \over 4}(2 - \sqrt 3 ) \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \cos {{3\pi } \over 7} = \cos (\pi - {{4\pi } \over 7}) = - \cos {{4\pi } \over 7} \cr & \cos {{5\pi } \over 7} = \cos (\pi - {{2\pi } \over 7}) = - \cos {{2\pi } \over 7} \cr} \) Nên: \(\eqalign{ & \cos {\pi \over 7}\cos {{3\pi } \over 7}\cos {{5\pi } \over 7} = \cos {\pi \over 7}\cos {{2\pi } \over 7}\cos {{4\pi } \over 7} \cr & = {1 \over {\sin {\pi \over 7}}}(\sin {\pi \over 7}\cos {\pi \over 7})\cos {{2\pi } \over 7}\cos {{4\pi } \over 7}\cr& = {1 \over {\sin {\pi \over 7}}}.{1 \over 2}(\sin {{2\pi } \over 7}\cos {{2\pi } \over 7}).cos{{4\pi } \over 7} \cr & = {1 \over {\sin {\pi \over 7}}}.{1 \over 4}\sin {{4\pi } \over 7}.cos{{4\pi } \over 7} = {1 \over {8\sin {\pi \over 7}}}.\sin {{8\pi } \over 7} \cr & = {{ - \sin {\pi \over 7}} \over {8\sin {\pi \over 7}}} = - {1 \over 8} \cr} \) c) Ta có: \(\eqalign{ & \sin {6^0}\sin {42^0}\sin {66^0}\sin {78^0} \cr&= \sin {6^0}\cos {48^0}\cos {24^0}\cos {12^0} \cr & = {1 \over {\cos {6^0}}}(\sin {6^0}\cos {6^0})cos{12^0}\cos {24^0}\cos {48^0} \cr & ={1 \over {\cos {6^0}}}\left( {{1 \over 2}\sin {{12}^0}\cos {{12}^0}} \right)cos{24^0}.cos{48^0}\cr&={1 \over {\cos {6^0}}}.{1 \over 4}\sin{24^0}\cos{24^0}.\cos{48^0}\cr&= {1 \over {\cos {6^0}}}.{1 \over 8}\sin {48^0}\cos {48^0} \cr & = {1 \over {\cos {6^0}}}.{1 \over {16}}.\sin {96^0} = {{\cos {6^0}} \over {16\cos {6^0}}} = {1 \over {16}} \cr} \) Bài 43 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao. Dùng công thức biến đổi tích thành tổng, chứng minh: a) \(\cos {75^0}\cos {15^0} = \sin {75^0}\sin {15^0} = {1 \over 4}\) b) \(\cos {75^0}\sin {15^0} = {{2 - \sqrt 3 } \over 4}\) c) \(\sin {75^0}\cos {15^0} = {{2 + \sqrt 3 } \over 4}\) d) \(\cos \alpha \sin (\beta - \gamma ) + \cos \beta \sin (\gamma - \alpha ) \) \(+ \cos \gamma \sin (\alpha - \beta ) = 0\,\,\,\,\,\forall \alpha ,\beta ,\gamma \) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & \cos {75^0}\cos {15^0} = {1 \over 2}(\cos {90^0} + \cos {60^0}) = {1 \over 4} \cr & \sin {75^0}\sin {15^0} = {1 \over 2}(cos{60^0} - \cos {90^0}) = {1 \over 4} \cr} \) Vậy \(\cos {75^0}\cos {15^0} = \sin {75^0}\sin {15^0} = {1 \over 4}\) b) Ta có: \(\eqalign{ & \cos {75^0}\sin {15^0} = {1 \over 2}(\sin {90^0} - \sin {60^0}) \cr & = {1 \over 2}(1 - {{\sqrt 3 } \over 2}) = {{2 - \sqrt 3 } \over 4} \cr} \) c) Ta có: \(\eqalign{ & \sin {75^0}\cos {15^0} = {1 \over 2}(\sin {90^0} + \sin {60^0}) \cr & = {1 \over 2}(1 + {{\sqrt 3 } \over 2}) = {{2 + \sqrt 3 } \over 4} \cr} \) d) Ta có: \(\eqalign{ & \cos \alpha \sin (\beta - \gamma )\cr& = {1 \over 2}{\rm{[sin(}}\alpha {\rm{ + }}\beta - \gamma {\rm{)}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{sin(}}\alpha {\rm{ - }}\beta {\rm{ + }}\gamma {\rm{)]}} \cr & \cos \beta \sin (\gamma - \alpha ) \cr&= {1 \over 2}{\rm{[}}\sin (\beta + \gamma - \alpha {\rm{)}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{sin(}}\beta - \gamma + \alpha ){\rm{]}} \cr & \cos \gamma \sin (\alpha - \beta ) \cr&= {1 \over 2}{\rm{[sin(}}\gamma {\rm{ + }}\alpha {\rm{ - }}\beta {\rm{)}}\,{\rm{ - }}\,{\rm{sin(}}\gamma {\rm{ - }}\alpha {\rm{ + }}\beta {\rm{)]}} \cr} \) Cộng các vế của ba đẳng thức, ta có: \(\cos \alpha \sin (\beta - \gamma ) + \cos \beta \sin (\gamma - \alpha ) \) \(+ \cos \gamma \sin (\alpha - \beta ) = 0\,\,\,\,\,\forall \alpha ,\beta ,\gamma \) Bài 44 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao. Đơn giản các biểu thức sau: a) \(\sin ({\pi \over 3} + \alpha ) - \sin ({\pi \over 3} - \alpha )\) b) \({\cos ^2}({\pi \over 4} + \alpha ) - {\cos ^2}({\pi \over 4} - \alpha )\) Đáp án a) Ta có: \(\sin ({\pi \over 3} + \alpha ) - \sin ({\pi \over 3} - \alpha ) = 2\cos {\pi \over 3}\sin \alpha = \sin \alpha \) b) Áp dụng: \({\cos ^2}a = {{1 + \cos 2a} \over 2}\) , ta có: \(\eqalign{ & {\cos ^2}({\pi \over 4} + \alpha ) - {\cos ^2}({\pi \over 4} - \alpha ) \cr&= {{1 + \cos ({\pi \over 2} + 2\alpha )} \over 2} - {{1 + \cos ({\pi \over 2} - 2\alpha )} \over 2} \cr & = {1 \over 2}( - \sin 2\alpha - \sin 2\alpha ) = - \sin 2\alpha \cr} \) Bài 45 trang 214 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng: a) \({{\sin \alpha - \sin \beta } \over {\cos \alpha - \cos \beta }} = - \sqrt 3 \) nếu \(\left\{ \matrix{ \alpha + \beta = {\pi \over 3} \hfill \cr \cos \alpha \ne \cos \beta \hfill \cr} \right.\) b) \({{\cos \alpha - \cos 7\alpha } \over {\sin 7\alpha - sin\alpha }} = \tan 4\alpha \) (khi các biểu thức có nghĩa) Đáp án a) \(\eqalign{ & {{\sin \alpha - \sin \beta } \over {\cos \alpha - \cos \beta }} = {{2\cos {{\alpha + \beta } \over 2}\sin {{\alpha - \beta } \over 2}} \over { - 2\sin {{\alpha + \beta } \over 2}\sin {{\alpha - \beta } \over 2}}} \cr & = - \cot {{\alpha + \beta } \over 2} = - \cot {\pi \over 6} = - \sqrt 3 \cr} \) b) \({{\cos \alpha - \cos 7\alpha } \over {\sin 7\alpha - sin\alpha }} = {{2\sin 4\alpha \sin 3\alpha } \over {2\cos 4\alpha \sin 3\alpha }} = \tan 4\alpha \) Bài 46 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng: a) \(sin3α = 3sinα – 4si{n^3}\alpha \) ; \( cos3α =4co{s^3}\alpha – 3cosα\) b) \(\eqalign{ & \sin \alpha \sin ({\pi \over 3} - \alpha )\sin ({\pi \over 3} + \alpha ) = {1 \over 4}\sin 3\alpha \cr & \cos \alpha \cos ({\pi \over 3} - \alpha )cos({\pi \over 3} + \alpha ) = {1 \over 4}\cos 3\alpha \cr} \) Ứng dụng: Tính: sin 200 sin 400 sin 800 và tan 200 tan 400 tan 800 Đáp án a) Ta có: \(sin3α = sin (2α + α) = sin 2α cosα + sinα cos 2α\) \( = {\rm{ }}2{\rm{ }}sin\alpha {\rm{ }}co{s^2}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}sin\alpha {\rm{ }}(1{\rm{ }}-{\rm{ }}2si{n^2}\alpha )\) \(= {\rm{ }}2sin\alpha {\rm{ }}(1{\rm{ }}-{\rm{ }}si{n^2}\alpha ){\rm{ }} + {\rm{ }}sin(1{\rm{ }}-{\rm{ }}si{n^2}\alpha ){\rm{ }}\) \(= {\rm{ }}3sin\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}4si{n^3}\alpha \) \(cos3α = cos (2α + α) = cos 2α cosα - sin2α sinα\) \(= {\rm{ }}(2co{s^2}\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}1)cos\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}2si{n^2}\alpha {\rm{ }}cos\alpha \) \( = {\rm{ }}2co{s^3}\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}cos\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}2cos\alpha {\rm{ }}(1{\rm{ }}-{\rm{ }}co{s^2}\alpha ){\rm{ }} \) \(= {\rm{ }}4co{s^3}\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}3cos\alpha \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \sin \alpha \sin ({\pi \over 3} - \alpha )\sin ({\pi \over 3} + \alpha ) \cr&= sin\alpha .{1 \over 2}(cos2\alpha - \cos {{2\pi } \over 3}) \cr & = {1 \over 2}\sin \alpha (1 - 2{\sin ^2}\alpha + {1 \over 2}) = {1 \over 4}\sin \alpha (3 - 4{\sin ^2}\alpha ) \cr & = {1 \over 4}\sin 3\alpha \cr & \cos \alpha \cos ({\pi \over 3} - \alpha )cos({\pi \over 3} + \alpha ) \cr&= \cos \alpha .{1 \over 2}(cos\alpha + \cos {{2\pi } \over 3}) \cr & = {1 \over 2}\cos \alpha (2{\cos ^2}\alpha - 1 - {1 \over 2}) \cr&= {1 \over 4}\cos \alpha (4{\cos ^2}\alpha - 3) = {1 \over 4}\cos 3\alpha \cr} \) Ứng dụng: \(\eqalign{ & \sin {20^0}\sin {40^0}\sin {80^0} \cr&= \sin {20^0}\sin ({60^0} - {20^0})\sin ({60^0} + {20^0}) \cr & = {1 \over 4}\sin ({3.20^0}) = {1 \over 4}\sin {60^0} = {{\sqrt 3 } \over 8} \cr & \cos {20^0}\cos {40^0}\cos {80^0} = {1 \over 4}\cos ({3.20^0}) = {1 \over 8} \cr} \) Vậy : \(\tan {20^0}\tan {40^0}\tan {80^0} = \sqrt 3 \) Bài 47 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rồi dùng máy tính bỏ túi hoặc bảng số để kiểm nghiệm lại gần đúng kết quả. a) \(\cos {10^0}\cos {50^0}\cos {70^0} = \sin {20^0}\sin {40^0}\sin {80^0} = {{\sqrt 3 } \over 8}\) b) \(\sin {10^0}\sin {50^0}\sin {70^0} = \cos {20^0}\cos {40^0}\cos {80^0} = {1 \over 8}\) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & \cos {10^0}\cos {50^0}\cos {70^0}\cr& = \cos {10^0}{\rm{[}}{1 \over 2}(cos{120^0} + \cos {20^0}){\rm{]}} \cr & = - {1 \over 4}\cos {10^0} + {1 \over 2}\cos {10^0}\cos {20^0} \cr & = - {1 \over 4}\cos {10^0} + {1 \over 4}(cos{30^0} + \cos {10^0})\cr& = {1 \over 4}\cos {30^0} = {{\sqrt 3 } \over 8} \cr & \sin {20^0}\sin {40^0}\sin {80^0} = \cos {70^0}\cos {50^0}\cos {10^0} \cr&= {{\sqrt 3 } \over 8} \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \sin {10^0}\sin {50^0}\sin {70^0}\cr& = {1 \over 2}(cos{20^0} - \cos {120^0})\sin {10^0} \cr & = {1 \over 4}\sin {10^0} + {1 \over 2}\sin {10^0}\cos {20^0} \cr & = {1 \over 4}\sin {10^0} + {1 \over 4}(\sin {30^0} - \sin {10^0}) \cr&= {1 \over 4}\sin {30^0} = {1 \over 8} \cr & \cos {20^0}\cos {40^0}\cos {80^0} = \sin {10^0}\sin {50^0}\sin {70^0} = {1 \over 8} \cr} \) Bài 48 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng: \(\cos {{2\pi } \over 7} + \cos {{4\pi } \over 7} + \cos {{6\pi } \over 7} = - {1 \over 2}\) Hướng dẫn: Nhân vế trái với \({\pi \over 7}\) (hoặc \({{2\pi } \over 7}\) ) rồi sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng. Đáp án Đặt \(A = \cos {{2\pi } \over 7} + \cos {{4\pi } \over 7} + \cos {{6\pi } \over 7}\) , ta có: \(\eqalign{ & 2A\sin {\pi \over 7} = 2\cos {{2\pi } \over 7}\sin {\pi \over 7} + 2\cos {{4\pi } \over 7}\sin {\pi \over 7}\cr& + 2\cos {{6\pi } \over 7}\sin {\pi \over 7} \cr & = (\sin {{3\pi } \over 7} - \sin {\pi \over 7}) + (\sin {{5\pi } \over 7} - \sin {{3\pi } \over 7})\cr&+ (\sin {{7\pi } \over 7} - \sin {{5\pi } \over 7}) = - sin{\pi \over 7} \cr & \Rightarrow A = - {1 \over 2} \cr} \) Bài 49 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng giá trị của mỗi biểu thức sau không phụ thuộc vào x a) \(co{s^2}\left( {\alpha {\rm{ }} + x} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^2}x{\rm{ }} - {\rm{ }}2cos\alpha {\rm{ }}cosx.cos\left( {\alpha {\rm{ }} + x} \right);\) b) \(sin4x.sin10x - sin11x.sin3x - sin7x.sinx\) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & co{s^2}\left( {\alpha + x} \right) + co{s^2}x - 2cos\alpha {\rm{ }}cosx.cos\left( {\alpha + x} \right) \cr & = \cos (\alpha + x){\rm{[}}\cos (\alpha + x) - 2\cos \alpha \cos x {\rm{] + co}}{{\rm{s}}^2}x \cr & = \cos (\alpha + x)( - \cos \alpha \cos x- \sin \alpha \sin x ) + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x \cr & = - \cos (\alpha + x)cos(\alpha - x) + {\cos ^2}x \cr & = - {1 \over 2}(cos2\alpha + \cos 2x) + {\cos ^2}x \cr & = - {1 \over 2}\cos 2\alpha - {{\cos 2x} \over 2} + {\cos ^2}x = - {1 \over 2}\cos 2\alpha + {1 \over 2} \cr & = {\sin ^2}\alpha \cr} \) Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào x. b) Ta có: \(\eqalign{ & sin4x.sin10x - sin11x.sin3x - sin7x.sinx \cr & = {1 \over 2}(cos6x - \cos 14x) - {1 \over 2}(cos8x - \cos 14x) \cr&- {1 \over 2}(cos6x - \cos 8x) \cr & = 0 \cr} \) Vậy biểu thức trên không phụ thuộc vào x. Bài 50 trang 215 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có 3 góc thỏa: a) \(sinA = cosB + cosC\) thì ΔABC vuông b) \(sinA = 2sinB.cosC\) thì ΔABC cân Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & sinA = cosB + cosC\cr& \Rightarrow \sin A = 2\cos {{B + C} \over 2}\cos {{B - C} \over 2} \cr & \Leftrightarrow 2\sin {A \over 2}(cos{A \over 2} - \cos {{B - C} \over 2}) = 0 \cr & \Leftrightarrow \cos {A \over 2} = \cos {{B - C} \over 2}\;(\sin{A \over 2} \ne 0\,do\,0 < A < \pi ) \cr} \) Nhưng: \(0 < {A \over 2} < {\pi \over 2};|{{B - C} \over 2}|\, < {\pi \over 2}\) , nên: \(\cos {A \over 2} = \cos {{B - C} \over 2} \Leftrightarrow {A \over 2} = |{{B - C} \over 2}|\, \Leftrightarrow A = |B - C|\) + Nếu B > C thì A = B – C. Suy ra: \(S = {\pi \over 2}\) + Nếu B < C thì A = C – B. Suy ra: \(C = {\pi \over 2}\) b) \(sinA = 2sinB.cosC \) \(⇔ sin A = sin (B + C) + sin (B – C)\) \(⇔ sin A = sin(π – A) + sin(B – C) \) \(⇔ sin(B – C) = 0\) Vì \(0 ≤ |B – C| ≤ π\), nên \(B – C = 0\) Vậy tam giác ABC cân tại A. Bài 51 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng nếu \(∝ + β + γ = π\) thì a) \(\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma = 4\cos {\alpha \over 2}\cos {\beta \over 2}\cos {\gamma \over 2}\) b) \(\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma = 1 + 4\sin {\alpha \over 2}\sin {\beta \over 2}\sin {\gamma \over 2}\) c) \(sin2∝ + sin2β + sin2γ = 4sin∝ sinβ sin γ\) d) \(co{s^2} \propto + {\rm{ }}co{s^2}\beta + co{s^2}\gamma {\rm{ }}= 1 – 2cos∝ cosβ cosγ\) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma\cr& = \sin \alpha + 2\sin {{\beta + \gamma } \over 2}\cos {{\beta - \gamma } \over 2} \cr & = \sin \alpha + 2\sin {{\pi - \alpha } \over 2}\cos {{\beta - \gamma } \over 2} \cr&= 2\sin {\alpha \over 2}\cos {\alpha \over 2} + 2\cos {\alpha \over 2} \cos {{\beta - \gamma } \over 2} \cr & = 2\cos {\alpha \over 2}(\sin {\alpha \over 2} + \cos {{\beta - \gamma } \over 2})\cr& = 2\cos {\alpha \over 2}{\rm{[sin}}{{\pi - (\beta + \gamma )} \over 2} + \cos{{\beta - \gamma } \over 2}{\rm{]}} \cr & = 2\cos {\alpha \over 2}(cos{{\beta + \gamma } \over 2} + \cos {{\beta - \gamma } \over 2}) \cr & =4\cos {\alpha \over 2}\cos {\beta \over 2}\cos {\gamma \over 2} \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma \cr&= 2\cos {{\alpha + \beta } \over 2}\cos {{\alpha - \beta } \over 2} + 1 - 2\sin {{2\gamma } \over 2} \cr & = 2\cos ({\pi \over 2} - {\gamma \over 2})cos{{\alpha - \beta } \over 2} + 1 - 2{\sin ^2}{\gamma \over 2} \cr&= 1 + 2\sin {\gamma \over 2}(cos{{\alpha - \beta } \over 2} - \sin {\gamma \over 2}) \cr & = 1 + 2\sin {\gamma \over 2}(cos{{\alpha - \beta } \over 2} - cos{{\alpha + \beta } \over 2}) \cr & = 1 + 4\sin {\alpha \over 2}\sin {\beta \over 2}\sin {\gamma \over 2} \cr} \) c) \(sin2∝ + sin2β + sin2γ\) \(= 2sin (∝ + β)cos(∝ - β ) + 2sinγcosγ\) \(= 2sinγ (cos(∝ - β ) - cos(∝ + β)) \) \(= 4sin∝ sinβ sin γ\) d) Ta có: \(\eqalign{ & co{s^2} \propto + {\rm{ }}co{s^2}\beta + co{s^2}\gamma {\rm{ }} \cr & {\rm{ = }}{{1 + \cos 2\alpha } \over 2} + {{1\cos 2\beta } \over 2} + {\cos ^2}\gamma \cr & = 1 + {1 \over 2}(cos2\alpha + \cos 2\beta ) + {\cos ^2}\gamma \cr & = 1 + \cos (\alpha + \beta )cos(\alpha - \beta ) + {\cos ^2}\gamma \cr & = 1 + \cos \gamma (\cos \gamma - \cos (\alpha - \beta )) \cr&= 1 - \cos \gamma {\rm{[cos(}}\alpha {\rm{ + }}\beta {\rm{) + cos(}}\alpha {\rm{ - }}\beta ){\rm{]}} \cr & = {\rm{ }}1{\rm{ }}-{\rm{ }}2cos \propto {\rm{ }}cos\beta {\rm{ }}cos\gamma \cr} \) Bài 52 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao. a) Chứng minh rằng nếu ∝ và β khác \({\pi \over 2} + k\pi \,(k \in Z)\) thì: \(\left\{ \matrix{ \tan \alpha + \tan \beta = {{\sin (\alpha + \beta )} \over {\cos \alpha \cos \beta }} \hfill \cr \tan \alpha - \tan \beta = {{\sin (\alpha - \beta )} \over {\cos \alpha \cos \beta }} \hfill \cr} \right.\) b) Chứng minh rằng với mọi ∝ mà cos k∝ ≠ 0 (k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) và sin ∝ ≠ 0 thì: \({1 \over {\cos \alpha \cos 2\alpha }} + {1 \over {\cos 2\alpha \cos 3\alpha }} + ... + {1 \over {\cos 7\alpha \cos 8\alpha }} \) \(= {{\tan 8\alpha - \tan \alpha } \over {\sin \alpha }}\) Đáp án a) Ta có: \(\eqalign{ & \tan \alpha + \tan \beta = {{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} + {{\sin \beta } \over {\cos \beta }} \cr&= {{\sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha } \over {\cos \alpha \cos \beta }} \cr & = {{\sin (\alpha + \beta )} \over {\cos \alpha \cos \beta }} \cr} \) Tương tự: \(\tan \alpha - \tan \beta = {{\sin (\alpha - \beta )} \over {\cos \alpha \cos \beta }}\) b) Ta có: \({1 \over {\cos \alpha \cos 2\alpha }} = {{\tan 2\alpha - \tan \alpha } \over {\sin (2\alpha - \alpha )}} = {{\tan 2\alpha - \tan \alpha } \over {\sin \alpha }}\) Tương tự: \(\eqalign{ & {1 \over {\cos 2\alpha \cos 3\alpha }} = {{\tan 3\alpha - \tan 2\alpha } \over {\sin \alpha }};... \cr & {1 \over {\cos 7\alpha \cos 8\alpha }} = {{\tan 8\alpha - \tan 7\alpha } \over {\sin \alpha }} \cr} \) Do đó: \({1 \over {\cos \alpha \cos 2\alpha }} + {1 \over {\cos 2\alpha \cos 3\alpha }} + ... + {1 \over {\cos 7\alpha \cos 8\alpha }} \) \(= {{\tan 8\alpha - \tan \alpha } \over {\sin \alpha }}\) Bài 53 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao. Biết cosα +cosβ =a; sinα+sinβ =b (a,b là hằng số và a2 + b2 ≠ 0) Hãy tính sin(α + β ) theo a và b Đáp án Ta có: \(\left. \matrix{ a = 2\cos {{\alpha + \beta } \over 2}\cos {{\alpha - \beta } \over 2} \hfill \cr b = 2\sin {{\alpha + \beta } \over 2}\sin {{\alpha - \beta } \over 2} \hfill \cr} \right\} \) \(\Rightarrow ab = 2\sin (\alpha + \beta )co{s^2}{{\alpha - \beta } \over 2}\) Mặt khác: \({a^2} + {b^2} = 4{\cos ^2}{{\alpha - \beta } \over 2}\) Do đó: \(\sin (\alpha + \beta ) = {{2ab} \over {{a^2} + {b^2}}}\) Bài 54 trang 216 SGK Đại số 10 Nâng cao. Quỹ đạo của một vật được ném lên từ gốc O, với vận tốc ban đầu là v(m/s) theo phương hợp với trục hoành (nằm ngang) Ox một góc α , \(0 < \alpha < {\pi \over 2}\) là parabol có phương trình : \(y = - {g \over {2{v^2}{{\cos }^2}\alpha }}{x^2} + (\tan \alpha )x\) Trong đó g là gia tốc trọng trường (g ≈ 9,8m/s2) (giả sử lực cản của không khí là không đáng kể). Gọi tầm xa của quỹ đạo là khoảng cách từ O đến giao điểm khác O của quỹ đạo với Ox. a) Tính tầm xa theo α (và v) b) Khi v không đổi, α thay đổi trong khoảng \((0,\,{\pi \over 2})\) , hỏi giá trị α nào thì tầm xa của quỹ đạo đạt được giá trị lớn nhất? Tính giá trị đó theo v. Khi v = 80m/s. Hãy tính giá trị lớn nhất đó (chính xác đến hàng đơn vị). Đáp án a) Gọi x là tầm xa của quỹ đạo, thì: \(\left\{ \matrix{ x > 0 \hfill \cr - {{g{x^2}} \over {2{v^2}{{\cos }^2}\alpha }} + (\tan \alpha )x = 0 \hfill \cr} \right.\) tức là: \(x = {{2{v^2}\sin \alpha \cos \alpha } \over g} = {{{v^2}} \over g}\sin 2\alpha \) b) x đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin 2\alpha = 1 \Rightarrow \alpha = {\pi \over 4}\) Khi đó: \(x = {{{v^2}} \over g}\) Với \(v = 80m/s\) thì \({{{v^2}} \over g} \approx {{{{80}^2}} \over {9,8}} \approx 653(m)\)
