Bài 16 trang 193 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10. Cho \(\cos \alpha = {1 \over 3}\) tính \(sin(\alpha + {\pi \over 6}) - \cos (\alpha - {{2\pi } \over 3})\) Gợi ý làm bài Ta có: \(sin(\alpha + {\pi \over 6}) - \cos (\alpha - {{2\pi } \over 3})\) = \(sin\alpha c{\rm{os}}{\pi \over 6} + \cos \alpha \sin {\pi \over 6} - \cos \alpha \cos {{2\pi } \over 3} - \sin \alpha \sin {{2\pi } \over 3}\) \( = {{\sqrt 3 } \over 2}sin\alpha + {1 \over 2}\cos \alpha + {1 \over 2}\cos \alpha - {{\sqrt 3 } \over 2}\sin \alpha \) \( = \cos \alpha = {1 \over 3}\) Bài 17 trang 193 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10. Cho \(\sin \alpha = {8 \over {17}},\sin \beta = {{15} \over {17}}\) với \(0 < \alpha < {\pi \over 3},0 < \beta < {\pi \over 2}\). Chứng minh rằng \(\alpha + \beta = {\pi \over 2}\) Gợi ý làm bài Ta có: \(\eqalign{ & \cos \alpha = \sqrt {1 - {{64} \over {289}}} = \sqrt {{{225} \over {289}}} = {{15} \over {17}}; \cr & \cos \beta = \sqrt {1 - {{225} \over {289}}} = \sqrt {{{64} \over {289}}} = {8 \over {17}} \cr} \) Do đó: \(\sin (\alpha + \beta ) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta \) \({8 \over {17}}.{8 \over {17}} + {{15} \over {17}}.{{15} \over {17}} = {{289} \over {289}} = 1\) Vì \(0 < \alpha < {\pi \over 3},0 < \beta < {\pi \over 2}\) nên từ đó suy ra \(\alpha + \beta = {\pi \over 2}\) Bài 18 trang 193 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10. Không dùng bảng số và máy tính, chứng minh rằng a) \(\sin {20^0} + 2\sin {40^0} - \sin {100^0} = \sin {40^0}\) b) \({{\sin ({{45}^0} + \alpha ) - c{\rm{os(}}{{45}^0} + \alpha )} \over {\sin ({{45}^0} + \alpha ) + c{\rm{os(}}{{45}^0} + \alpha )}} = \tan \alpha \) c) \({{3{{\cot }^2}{{15}^0} - 1} \over {3 - c{\rm{o}}{{\rm{t}}^2}{{15}^0}}} = - \cot {15^0}\) d) \(\sin {200^0}\sin {310^0} + c{\rm{os34}}{{\rm{0}}^0}{\rm{cos5}}{{\rm{0}}^0}{\rm{ = }}{{\sqrt 3 } \over 2}\) Gợi ý làm bài a) \(\eqalign{ & \sin {20^0} + 2\sin {40^0} - \sin {100^0} \cr & = (\sin {20^0} - \sin {100^0}) + 2\sin {40^0} \cr} \) =\(2\cos {60^0}\sin ( - {40^0}) + 2\sin {40^0}\) =\( - \sin {40^0} + 2\sin {40^0} = \sin {40^0}\) b) \(\eqalign{ & {{\sin ({{45}^0} + \alpha ) - c{\rm{os(}}{{45}^0} + \alpha )} \over {\sin ({{45}^0} + \alpha ) + c{\rm{os(}}{{45}^0} + \alpha )}} \cr & = {{\sin ({{45}^0} + \alpha ) - \sin {\rm{(}}{{45}^0} - \alpha )} \over {\sin ({{45}^0} + \alpha ) + \sin {\rm{(}}{{45}^0} - \alpha )}} \cr} \) =\({{2\cos {{45}^0}\sin \alpha } \over {2\sin {{45}^0}\cos \alpha }} = {{\sqrt 2 \sin \alpha } \over {\sqrt 2 \cos \alpha }} = \tan \alpha \) c) \({{3{{\cot }^2}{{15}^0} - 1} \over {3 - c{\rm{o}}{{\rm{t}}^2}{{15}^0}}} = {{{{\cot }^2}{{30}^0}{{\cot }^2}{{15}^0} - 1} \over {c{\rm{o}}{{\rm{t}}^2}{{30}^0} - {{\cot }^2}{{15}^0}}}\) =\({{\cot {{30}^0}\cot {{15}^0} + 1} \over {c{\rm{ot}}{{30}^0} - \cot {{15}^0}}}.{{\cot {{30}^0}\cot {{15}^0} - 1} \over {c{\rm{ot}}{{30}^0} + \cot {{15}^0}}}\) Mặt khác ta có \(\cot (\alpha + \beta ) = {{\cos (\alpha + \beta )} \over {\sin (\alpha + \beta )}} = {{\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta } \over {\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta }}\) Chia cả tử và mẫu của biểu thức cho \(\sin \alpha \sin \beta \) ta được \(\cot (\alpha + \beta ) = {{\cot \alpha \cot \beta - 1} \over {\cot \alpha + \cot \beta }}\) Tương tự \(\cot (\alpha - \beta ) = {{\cot \alpha \cot \beta + 1} \over {\cot \beta - \cot \alpha }}\) Do đó \(A = \cot ({15^0} - {30^0})\cot ({15^0} + {30^0}) = - \cot {15^0}\) d) \(\sin {200^0}\sin {310^0} + c{\rm{os34}}{{\rm{0}}^0}{\rm{cos5}}{{\rm{0}}^0}\) = \(\sin ({180^0} + {20^0})\sin ({360^0} - {50^0}) + c{\rm{os(36}}{{\rm{0}}^0}{\rm{ - 2}}{{\rm{0}}^0}{\rm{)cos5}}{{\rm{0}}^0}\) \( = ( - \sin {20^0})( - \sin {50^0}) + \cos {20^0}\cos {50^0}\) \( = \cos {50^0}\cos {20^0} + \sin {50^0}\sin {20^0}\) = \(\cos ({50^0} - {20^0}) = {{\sqrt 3 } \over 2}\) Bài 19 trang 194 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10. Chứng minh rằng các biểu thức sau là những hằng số không phụ thuộc \(\alpha ,\beta \) a) \(\sin 6\alpha \cot 3\alpha - c{\rm{os6}}\alpha \) b) \({{\rm{[}}\tan ({90^0} - \alpha ) - \cot ({90^0} + \alpha ){\rm{]}}^2} - {{\rm{[}}c{\rm{ot(18}}{{\rm{0}}^0} + \alpha ) + \cot ({270^0} + \alpha ){\rm{]}}^2}\) c) \((\tan \alpha - \tan \beta )cot(\alpha - \beta ) - \tan \alpha \tan \beta \) d) \((\cot {\alpha \over 3} - \tan {\alpha \over 3})\tan {{2\alpha } \over 3}\) Gợi ý làm bài a) \(\eqalign{ & \sin 6\alpha \cot 3\alpha - c{\rm{os6}}\alpha \cr & = 2\sin 3\alpha \cos 3\alpha .{{\cos 3\alpha } \over {\sin 3\alpha }} - (2{\cos ^2}3\alpha - 1) \cr} \) = \(2{\cos ^2}3\alpha - 2{\cos ^2}3\alpha + 1 = 1\) b) \({{\rm{[}}\tan ({90^0} - \alpha ) - \cot ({90^0} + \alpha ){\rm{]}}^2} - {{\rm{[}}c{\rm{ot(18}}{{\rm{0}}^0} + \alpha ) + \cot ({270^0} + \alpha ){\rm{]}}^2}\) = \({(\cot \alpha + \tan \alpha )^2} - {(\cot \alpha - \tan \alpha )^2}\) = \({\cot ^2}\alpha + 2 + {\tan ^2}\alpha - {\cot ^2}\alpha + 2 - {\tan ^2}\alpha = 4\) c) \(\eqalign{ & (\tan \alpha - \tan \beta )cot(\alpha - \beta ) - \tan \alpha \tan \beta \cr & = {{\tan \alpha - \tan \beta } \over {\tan (\alpha - \beta )}} - \tan \alpha \tan \beta \cr} \) =\(1 + \tan \alpha \tan \beta - \tan \alpha \tan \beta = 1\) d) \(\eqalign{ & (\cot {\alpha \over 3} - \tan {\alpha \over 3})\tan {{2\alpha } \over 3} \cr & = ({{\cos {\alpha \over 3}} \over {\sin {\alpha \over 3}}} - {{\sin {\alpha \over 3}} \over {\cos {\alpha \over 3}}}){{\sin {{2\alpha } \over 3}} \over {\cos {{2\alpha } \over 3}}} \cr} \) = \(\eqalign{ & {{{{\cos }^2}{\alpha \over 3} - {{\sin }^2}{\alpha \over 3}} \over {\sin {\alpha \over 3}\cos {\alpha \over 3}}}.{{\sin {{2\alpha } \over 3}} \over {\cos {{2\alpha } \over 3}}} \cr & = {{\cos {{2\alpha } \over 3}} \over {{1 \over 2}\sin {{2\alpha } \over 3}}}.{{\sin {{2\alpha } \over 3}} \over {\cos {{2\alpha } \over 3}}} = 2 \cr} \) Bài 20 trang 194 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10. Không sử dụng bảng số và máy tính, hãy tính a) \({\sin ^4}{\pi \over {16}} + {\sin ^4}{{3\pi } \over {16}} + {\sin ^4}{{5\pi } \over {16}} + {\sin ^4}{{7\pi } \over {16}}\) b) \(\cot 7,{5^0} + \tan 67,{5^0} - \tan 7,{5^0} - \cot 67,{5^0}\) Gợi ý làm bài a) \({\sin ^4}{\pi \over {16}} + {\sin ^4}{{3\pi } \over {16}} + {\sin ^4}{{5\pi } \over {16}} + {\sin ^4}{{7\pi } \over {16}}\) \( = {\left( {{{1 - \cos {\pi \over 8}} \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{1 - \cos {{3\pi } \over 8}} \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{1 - \cos {{5\pi } \over 8}} \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{1 - \cos {{7\pi } \over 8}} \over 2}} \right)^2}\) \( = {1 \over 4}\left( {1 - 2\cos {\pi \over 8} + {{\cos }^2}{\pi \over 8} + 1 - 2\cos {{3\pi } \over 8} + {{\cos }^2}{{3\pi } \over 8} + 1 - 2\cos {{5\pi } \over 8} + {{\cos }^2}{{5\pi } \over 8} + 1 - 2\cos {{7\pi } \over 8} + {{\cos }^2}{{7\pi } \over 8}} \right)\) \( = 1 - {1 \over 2}\left( {\cos {\pi \over 8} + \cos {{3\pi } \over 8} + \cos {{5\pi } \over 8} + \cos {{7\pi } \over 8}} \right) + {1 \over 4}\left( {{{1 + \cos {\pi \over 4}} \over 2} + {{1 + \cos {{3\pi } \over 4}} \over 2} + {{1 + \cos {{5\pi } \over 4}} \over 2} + {{1 + \cos {{7\pi } \over 4}} \over 2}} \right)\) =\(1 - {1 \over 2}\left( {\cos {\pi \over 8} + \cos {{3\pi } \over 8} - \cos {{3\pi } \over 8} - \cos {\pi \over 8}} \right) + {1 \over 8}\left( {4 + {{\sqrt 2 } \over 2} - {{\sqrt 2 } \over 2} - {{\sqrt 2 } \over 2} + {{\sqrt 2 } \over 2}} \right)\) = \({3 \over 2}\) b) \(\cot 7,{5^0} + \tan 67,{5^0} - \tan 7,{5^0} - \cot 67,{5^0}\) = \({{\cos 7,{5^0}} \over {\sin 7,{5^0}}} - {{\sin 7,{5^0}} \over {\cos 7,{5^0}}} + {{\sin 67,{5^0}} \over {\cos 67,{5^0}}} - {{\cos 67,{5^0}} \over {\sin 67,{5^0}}}\) = \({{{{\cos }^2}7,{5^0} - {{\sin }^2}7,{5^0}} \over {\sin 7,{5^0}\cos 7,{5^0}}} + {{{{\sin }^2}67,{5^0} - {{\cos }^2}67,{5^0}} \over {sin67,{5^0}\cos 67,{5^0}}}\) = \(\eqalign{ & {{\cos {{15}^0}} \over {{1 \over 2}\sin {{15}^0}}} - {{\cos {{135}^0}} \over {{1 \over 2}\sin {{135}^0}}} \cr & = {{2(\sin {{135}^0}\cos {{15}^0} - \cos {{135}^0}\sin {{15}^0})} \over {\sin {{15}^0}\sin {{135}^0}}} \cr} \) = \({{\sin ({{135}^0} - {{15}^0})} \over {\sin ({{45}^0} - {{30}^0})\sin ({{180}^0} - {{45}^0})}}\) = \({{2\sin {{120}^0}} \over {(\sin {{45}^0}\cos {{30}^0} - \cos {{45}^0}\sin {{30}^0})sin{{45}^0}}}\) \(\eqalign{ & = {{\sqrt 3 } \over {{{\sqrt 2 } \over 2}({{\sqrt 3 } \over 2} - {1 \over 2}).{{\sqrt 2 } \over 2}}} \cr & = {{4\sqrt 3 } \over {\sqrt 3 - 1}} = 6 + 2\sqrt 3 \cr} \) Bài 21 trang 194 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10. Rút gọn các biểu thức a) \({{\sin 2\alpha + \sin \alpha } \over {1 + c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ + cos}}\alpha }}\) b) \({{4{{\sin }^2}\alpha } \over {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\alpha \over 2}}}\) c) \({{1 + c{\rm{os}}\alpha - \sin \alpha } \over {1 - c{\rm{os}}\alpha - {\rm{sin}}\alpha }}\) d) \({{1 + \sin \alpha - 2{{\sin }^2}({{45}^0} - {\alpha \over 2})} \over {4c{\rm{os}}{\alpha \over 2}}}\) Gợi ý làm bài a) \({{\sin 2\alpha + \sin \alpha } \over {1 + c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ + cos}}\alpha }} = {{\sin \alpha (2\cos \alpha + 1)} \over {2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha {\rm{ + cos}}\alpha }}\) = \({{\sin \alpha (2\cos \alpha + 1)} \over {c{\rm{os}}\alpha (2{\rm{cos}}\alpha + 1)}} = \tan \alpha \) b) \({{4{{\sin }^2}\alpha } \over {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\alpha \over 2}}} = {{16{{\sin }^2}{\alpha \over 2}{{\cos }^2}{\alpha \over 2}} \over {{{\sin }^2}{\alpha \over 2}}} = 16{\cos ^2}{\alpha \over 2}\) c) \({{1 + c{\rm{os}}\alpha - \sin \alpha } \over {1 - c{\rm{os}}\alpha - {\rm{sin}}\alpha }} = {{2{{\cos }^2}{\alpha \over 2} - 2\sin {\alpha \over 2}\cos {\alpha \over 2}} \over {2si{n^2}{\alpha \over 2} - 2\sin {\alpha \over 2}\cos {\alpha \over 2}}}\) = \({{2\cos {\alpha \over 2}(\cos {\alpha \over 2} - \sin {\alpha \over 2})} \over {2\sin {\alpha \over 2}(sin{\alpha \over 2} - \cos {\alpha \over 2})}} = - \cot {\alpha \over 2}\) d) \({{1 + \sin \alpha - 2{{\sin }^2}({{45}^0} - {\alpha \over 2})} \over {4c{\rm{os}}{\alpha \over 2}}} = {{\sin \alpha + \cos ({{90}^0} - \alpha )} \over {4\cos {\alpha \over 2}}}\) =\({{\sin \alpha + \sin \alpha } \over {4\cos {\alpha \over 2}}} = {{4\sin {\alpha \over 2}\cos {\alpha \over 2}} \over {4\cos {\alpha \over 2}}} = \sin {\alpha \over 2}\) Bài 22 trang 194 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10. Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB = AD. Biết \(\tan \widehat {BDC} = {3 \over 4}\) tính các giá trị lượng giác của \(\widehat {BAD}\) Gợi ý làm bài Ta có (h.64) \(\widehat {ABD} = \widehat {ADB}\) \(\widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) => \(\widehat {BDC} = \widehat {ADB}\) Suy ra \(\widehat {BAD} = \pi - 2\widehat {BDC}\) Từ đó ta có: \(\eqalign{ & \tan \widehat {BAD} = - \tan 2\widehat {BDC} = - {{2\tan \widehat {BDC}} \over {1 - {{\tan }^2}\widehat {BDC}}} \cr & = - {{2.{3 \over 4}} \over {1 - {9 \over {16}}}} = - {3 \over 2}.{{16} \over 7} = - {{24} \over 7} \cr} \) Vì \({\pi \over 2} < \widehat {BAD} < \pi \) nên \(\cos \widehat {BAD} < 0\). Do đó \(\eqalign{ & \cos \widehat {BAD} = - {1 \over {\sqrt {1 + {{\tan }^2}\widehat {BAD}} }} \cr & = - {1 \over {\sqrt {1 + {{576} \over {49}}} }} = - {7 \over {25}} \cr} \) \(\eqalign{ & \sin \widehat {BAD} = \cos \widehat {BAD}.\tan \widehat {BAD} \cr & = {{ - 7} \over {25}}.{{ - 24} \over 7} = {{24} \over {25}} \cr} \)
