Câu 6.32 trang 200 SBT Đại số 10 Nâng cao. Đơn giản biểu thức: a) \(\cos \left( {\alpha - \dfrac{\pi }{2}} \right) + \sin \left( {\alpha - \pi } \right);\) b) \(\cos \left( {\pi - \alpha } \right) + \sin \left( {\alpha + \dfrac{\pi }{2}} \right);\) c) \(\cos \left( {\dfrac{\pi }{2} - \alpha } \right) + \sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - \alpha } \right) - \cos \left( {\dfrac{\pi }{2} + \alpha } \right) - \sin \left( {\dfrac{\pi }{2} + \alpha } \right)\); d) \(\cos \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - \alpha } \right) - \sin \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - \alpha } \right) + \cos \left( {\alpha - \dfrac{{7\pi }}{2}} \right) - \sin \left( {\alpha - \dfrac{{7\pi }}{2}} \right)\); e) \(\cos \left( {\dfrac{\pi }{2} - \alpha } \right) + \cos \left( {\pi - \alpha } \right) + \cos \left( {\dfrac{{3\pi }}{2} - \alpha } \right) + \cos \left( {2\pi - \alpha } \right)\); f) \(\sin \left( {\dfrac{{5\pi }}{2} - \alpha } \right) - \cos \left( {\dfrac{{13\pi }}{2} - \alpha } \right) - 3\sin \left( {\alpha - 5\pi } \right) - 2\sin \alpha - \cos \alpha ;\) g) \(\cos \left( {5\pi + \alpha } \right) - 2\sin \left( {\dfrac{{11\pi }}{2} - \alpha } \right) - \sin \left( {\dfrac{{11\pi }}{2} + \alpha } \right)\). Giải: a) 0; b) 0; c) \(2\sin \alpha \); d) \( - 2\sin \alpha ;\) e) 0; f) 0 g) \(2\cos \alpha \) Câu 6.33 trang 201 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi \(\alpha \) ta có: a) \(\sin \left( {\dfrac{{5\pi }}{4} + \alpha } \right) = - \sin \left( {\dfrac{{3\pi }}{4} - \alpha } \right)\); b) \(\cos \left( {\alpha - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = - \cos \left( {\dfrac{\pi }{3} + \alpha } \right)\); c) \(\cos \left( {\alpha - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = \cos \left( {\dfrac{{4\pi }}{3} + \alpha } \right).\) Giải: a) \(\begin{array}{l}\sin \left( {\dfrac{{5\pi }}{4} + \alpha } \right) = \sin \left( {2\pi - \dfrac{{3\pi }}{4} + \alpha } \right)\\ = \sin \left( { - \dfrac{{3\pi }}{4} + \alpha } \right) = - \sin \left( {\dfrac{{3\pi }}{4} - \alpha } \right)\end{array}\) b) \(\begin{array}{l}\cos \left( {\alpha - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = - \cos \left( {\alpha - \dfrac{{2\pi }}{3} + \pi } \right)\\ = - \cos \left( {\alpha + \dfrac{\pi }{3}} \right)\end{array}\) c) \(\begin{array}{l}\cos \left( {\alpha - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = \cos \left( {\alpha + \dfrac{{4\pi }}{3} - 2\pi } \right)\\ = \cos \left( {\alpha + \dfrac{{4\pi }}{3}} \right)\end{array}\) Câu 6.34 trang 201 SBT Đại số 10 Nâng cao. Không sử dụng máy tính và bảng số, hãy tính: a) \(\sin {315^0};\cos {930^0};\tan {405^0};\cos {750^0};\sin {1140^0}\); b) \(\cos {630^0} - \sin {1470^0} - \cot {1125^0};\) c) \(\cos {4455^0} - \cos {945^0} + \tan {1035^0} - \cot \left( { - {{1500}^0}} \right).\) Giải: a) Đáp số theo thứ tự là: \( - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}; - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2};1;\dfrac{{\sqrt 3 }}{2};\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\) b) \( - \dfrac{3}{2}\). c) \(1 - + \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\). Câu 6.35 trang 201 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tính a) \(\cos \dfrac{\pi }{9} + \cos \dfrac{{2\pi }}{9} + \ldots + \cos \dfrac{{8\pi }}{9};\) b) \({\sin ^2}\dfrac{\pi }{3} + {\sin ^2}\dfrac{\pi }{6} + {\sin ^2}\dfrac{\pi }{9} + {\sin ^2}\dfrac{{2\pi }}{9} + {\sin ^2}\dfrac{{5\pi }}{{18}} + {\sin ^2}\dfrac{{7\pi }}{{18}}\); c) \({\cos ^2}\dfrac{\pi }{3} + {\cos ^2}\dfrac{{5\pi }}{6} + {\cos ^2}\dfrac{\pi }{9} + {\cos ^2}\dfrac{{11\pi }}{{18}} + {\cos ^2}\dfrac{{13\pi }}{{18}} + {\cos ^2}\dfrac{{2\pi }}{9}\); d) \(\cos \dfrac{\pi }{5} + \cos \dfrac{{2\pi }}{5} + \ldots + \cos \dfrac{{9\pi }}{5};\) e) \(\sin \dfrac{\pi }{5} + \sin \dfrac{{2\pi }}{5} + \ldots + \sin \dfrac{{9\pi }}{5}\) Giải: a) \(\cos \dfrac{\pi }{9} + \cos \dfrac{{2\pi }}{9} + \ldots + \cos \dfrac{{8\pi }}{9} = 0\), do \(\cos \left( {\pi - \alpha } \right) = - \cos \alpha .\) b) Do \(\sin \dfrac{\pi }{3} = \sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{\pi }{6}} \right) = \cos \dfrac{\pi }{6}\) nên \({\sin ^2}\dfrac{\pi }{3} + {\sin ^2}\dfrac{\pi }{6} = 1.\) Do \(\sin \dfrac{{7\pi }}{{18}} = \sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{\pi }{9}} \right) = \cos \dfrac{\pi }{9}\) nên \({\sin ^2}\dfrac{{7\pi }}{{18}} + {\sin ^2}\dfrac{\pi }{9} = 1\). Do \(\sin \dfrac{{5\pi }}{{18}} = \sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{2\pi }}{9}} \right) = \cos \dfrac{{2\pi }}{9}\) nên \({\sin ^2}\dfrac{{2\pi }}{9} + {\sin ^2}\dfrac{{5\pi }}{{18}} = 1\). Vậy \({\sin ^2}\dfrac{\pi }{3} + {\sin ^2}\dfrac{\pi }{6} + {\sin ^2}\dfrac{\pi }{9} + {\sin ^2}\dfrac{{2\pi }}{9} + {\sin ^2}\dfrac{{5\pi }}{{18}} + {\sin ^2}\dfrac{{7\pi }}{{18}} = 3\) c) Do \(\cos \left( {\dfrac{{5\pi }}{6}} \right) = \cos \left( {\dfrac{\pi }{2} + \dfrac{\pi }{3}} \right) = - \sin \dfrac{\pi }{3}\), nên \({\cos ^2}\dfrac{\pi }{3} + {\cos ^2}\dfrac{{5\pi }}{6} = 1\). Do \(\cos \dfrac{{11\pi }}{{18}} = \cos \left( {\dfrac{\pi }{2} + \dfrac{\pi }{9}} \right) = - \sin \dfrac{\pi }{9}\), nên \({\cos ^2}\dfrac{\pi }{9} + {\cos ^2}\dfrac{{11\pi }}{{18}} = 1\) Do \(\cos \dfrac{{13\pi }}{{18}} = \cos \left( {\dfrac{\pi }{2} + \dfrac{{2\pi }}{9}} \right) = - \sin \dfrac{{2\pi }}{9}\), nên \({\cos ^2}\dfrac{{13\pi }}{{18}} + {\cos ^2}\dfrac{{2\pi }}{9} = 1\) Vậy \({\cos ^2}\dfrac{\pi }{3} + {\cos ^2}\dfrac{{5\pi }}{6} + {\cos ^2}\dfrac{\pi }{9} + {\cos ^2}\dfrac{{11\pi }}{{18}} + {\cos ^2}\dfrac{{13\pi }}{{18}} + {\cos ^2}\dfrac{{2\pi }}{9} = 3\) d) Do \(\cos \dfrac{{6\pi }}{5} = \cos \left( {\pi + \dfrac{\pi }{5}} \right) = - \cos \dfrac{\pi }{5};\) \(\cos \dfrac{{7\pi }}{5} = - \cos \dfrac{{2\pi }}{5};\cos \dfrac{{8\pi }}{5} = - \cos \dfrac{{3\pi }}{5};\) \(\cos \dfrac{{9\pi }}{5} = - \cos \dfrac{{4\pi }}{5};\cos \pi = - 1\) nên \(\cos \dfrac{\pi }{5} + \cos \dfrac{{2\pi }}{5} + \ldots + \cos \dfrac{{9\pi }}{5} = - 1\) e) Tương tự đối với sin, nhưng ở đây \(\sin \pi = 0\), ta có : \(\sin \dfrac{\pi }{5} + \sin \dfrac{{2\pi }}{5} + \ldots + \sin \dfrac{{9\pi }}{5} = 0.\) (Chú ý: Ta cũng có thể xét thập giác đều có các đỉnh là \({A_k}\) là các điểm trên đường tròn lượng giác, xác định bởi các số \(\dfrac{{k\pi }}{5}\) (k = 1; 2; 3; 4; ....; 9; 10) và nhận xét rằng \(\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{A_2}} + \ldots \overrightarrow {O{A_{10}}} = \overrightarrow 0 \)) Câu 6.36 trang 201 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giả sử trên đường tròn lượng giác, điểm xác định bởi số \(\alpha \) nằm trong góc phần tư I, II, III hay IV của hệ tọa độ vuông góc gắn với đường tròn đó (không nằm trên các trục tọa độ). Khi đó điểm xác định bởi các số \(\alpha + \dfrac{\pi }{2};\alpha + \pi ;\alpha - \dfrac{\pi }{2}; - \alpha ; - \alpha + \dfrac{\pi }{2}; - \alpha + \pi \) nằm trong góc phần tư nào? Điền vào bảng. Giải: Câu 6.37 trang 202 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Trên đường tròn định hướng tâm \(O\) cho ba điểm \(M, N, P\). Chứng minh rằng \(M, N\) là hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng \(OP\) khi và chỉ khi sđ\((OP, OM)\) + sđ \((OP, ON)\) = \(k2\pi \left( {k \in Z} \right)\). b) Trên đường tròn lượng giác, xét các điểm \(M, N, P\) xác định theo thứ tự bởi các số \(\alpha ,\beta ,\gamma \). Chứng minh rằng \(M, N\) là hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng OP khi bà chỉ khi \(\alpha + \beta = 2\gamma + k2\pi \left( {k \in Z} \right)\). c) Tìm điều kiện để hai điểm \(M, N\) trên đường tròn lượng giác xác định theo thứ tự bởi các số \(\alpha ,\beta \) đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư II (và IV) của hệ tọa độ vuông góc gắn với đường tròn lượng giác. d) Hỏi các điểm trên đường tròn lượng giác xác định theo thứ tự bởi các số \(\dfrac{\pi }{4};\dfrac{\pi }{2};\dfrac{{5\pi }}{6};\dfrac{{13\pi }}{{12}},\) có phải là các đỉnh của một hình thang cân hay không? Giải: a) Theo mô tả của cung lượng giác, hai điểm \(M, N\) trên đường tròn định hướng tâm \(O\) là hai điểm đối xứng qua đường thẳng \(OP\) (\(P\) thuộc đường tròn đó) khi và chỉ khi: sđ cung \(PM +\) sđ cung \(PN =\) \(k2\pi \left( {k \in Z} \right)\) b) Từ câu a) nếu \(M, N, P\) thuộc đường tròn lượng giác xác định theo thứ tự bởi các số \(\alpha ,\beta ,\gamma \)thì \(M, N\) là hai điểm đối xứng qua đường thẳng \(OP\) khi và chỉ khi \(\alpha - \gamma + \beta - \gamma = k2\pi \) tức là \(\alpha + \beta = 2\gamma + k2\pi ,\left( {k \in Z} \right)\) c) Coi \(P\) xác định bởi số \(\dfrac{{3\pi }}{4}\) thì hai điểm \(M, N\) xác định theo thứ tự bởi \(\alpha ,\beta \) là hai điểm đối xứng nhau qua \(OP\) (đường phân giác của góc phần tư II và IV) khi và chỉ khi \(\alpha + \beta = \dfrac{{3\pi }}{2} + k2\pi \) d) Coi các điểm \({A_1},{A_2},{A_3},{A_4}\) trên đường tròn lượng giác xác định theo thứ tự bởi \(\dfrac{\pi }{4};\dfrac{\pi }{2};\dfrac{{5\pi }}{6};\dfrac{{13\pi }}{{12}}\). Ta phải chứng minh \({A_1}{A_2}{A_3}{A_4}\) là hình thang cân. Cách 1. Hai cặp điểm \({A_1}\) bà \({A_4}\); \({A_2}\)và \({A_3}\) đối xứng nhau qua cùng một đường thẳng do \(\dfrac{\pi }{4} + \dfrac{{13\pi }}{{12}} = \dfrac{\pi }{2} + \dfrac{{5\pi }}{6} = \dfrac{{4\pi }}{3}\). Cách 2. Góc hình học \({A_1}O{A_2}\) có số đo \(\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{\pi }{4}\) và góc hình học \({A_3}O{A_4}\) có số đo \(\dfrac{{13\pi }}{{12}} - \dfrac{{5\pi }}{6} = \dfrac{\pi }{4}\), nên \(\widehat {{A_1}O{A_2}} = \widehat {{A_3}O{A_4}}\). Câu 6.38 trang 202 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng, với mọi \(\alpha \), với mọi số nguyên k, ta có: \(\sin \left( {\alpha + k\dfrac{\pi }{2}} \right) = \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 1} \right)^l}\sin \alpha \,\,\,\,\,nếu\,\,k - 2l\\{\left( { - 1} \right)^l}\cos \alpha \,\,\,\,nếu\,\,k = 2l + 1;\end{array} \right.\) \(\cos \left( {\alpha + k\dfrac{\pi }{2}} \right) = \left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 1} \right)^l}\cos \alpha \,\,\,\,\,nếu\,\,k = 2l\\{\left( { - 1} \right)^{l + 1}}\sin \alpha \,\,\,\,nếu\,\,k = 2l + 1;\end{array} \right.\) \(\tan \left( {\alpha + k\dfrac{\pi }{2}} \right) = \left\{ \begin{array}{l}\tan \alpha \,\,\,\,\,\,\,\,nếu\,\,k = 2l + 1\\ - \cot \alpha \,\,\,\,nếu\,\,k = 2l + 1\,\end{array} \right.\) (khi các biểu thức này có nghĩa) Giải: • \(\sin \left( {\alpha + 2l\dfrac{\pi }{2}} \right) = \sin \left( {\alpha + l\pi } \right) = {\left( { - 1} \right)^l}\sin \alpha \); \(\begin{array}{l}\sin \left[ {\alpha + \left( {2l + 1} \right)\dfrac{\pi }{2}} \right] = \sin \left( {\alpha + \dfrac{\pi }{2} + l\pi } \right)\\ = {\left( { - 1} \right)^l}\sin \left( {\alpha + \dfrac{\pi }{2}} \right) = {\left( { - 1} \right)^l}\cos \alpha .\end{array}\) • \(\begin{array}{l}\cos \left( {\alpha + 2l\dfrac{\pi }{2}} \right) = \cos \left( {\alpha + l\pi } \right) = {\left( { - 1} \right)^l}\cos \alpha \\\cos \left[ {\alpha + \left( {2l + 1} \right)\dfrac{\pi }{2}} \right] = \cos \left( {\alpha + \dfrac{\pi }{2} + l\pi } \right)\\ = {\left( { - 1} \right)^l}\cos \left( {\alpha + \dfrac{\pi }{2}} \right) = {\left( { - 1} \right)^l}\left( { - \sin \alpha } \right)\\ = {\left( { - 1} \right)^{l + 1}}\sin \alpha \end{array}\) • Từ đó \(\begin{array}{l}\tan \left( {\alpha + 2l\dfrac{\pi }{2}} \right) = \tan \alpha ;\\\tan \left[ {\alpha + \left( {2l + 1} \right)\dfrac{\pi }{2}} \right] = - \cot \alpha .\end{array}\) Câu 6.39 trang 203 SBT Đại số 10 Nâng cao. Tính \(\cos \dfrac{\pi }{8}\) và \(\sin \dfrac{\pi }{8}\) bằng phương pháp hình học như sau: Xét tam giác vuông ABC với \(\widehat A = \dfrac{\pi }{2};\widehat C = \dfrac{\pi }{8}\) thì \(\cos \dfrac{\pi }{8} = \dfrac{{AC}}{{BC}};\sin \dfrac{\pi }{8} = \dfrac{{AB}}{{BC}}\). Bằng cách xét điểm E trên cạnh AC sao cho \(AE = AB\) (h. 6.4), hãy chứng minh rằng: \(\cos \dfrac{\pi }{8} = \dfrac{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}{2},\sin \dfrac{\pi }{8} = \dfrac{{\sqrt {2 - \sqrt 2 } }}{2}\) Giải: Coi AB có độ dài là 1 thì dễ thấy \(AE = AB = 1,BE = CE = \sqrt 2 ;\) \(AC = AE + EC = 1 + \sqrt 2 ;\) \(BC = \sqrt {1 + {{\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {2\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}.\) Từ đó \(\cos \dfrac{\pi }{8} = \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{{1 + \sqrt 2 }}{{\sqrt {2\left( {2 + \sqrt 2 } \right)} }} = \dfrac{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}{2};\) \(\sin \dfrac{\pi }{8} = \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{1}{{\sqrt {2\left( {2 + \sqrt 2 } \right)} }} = \dfrac{{\sqrt {2 - \sqrt 2 } }}{2}.\) Câu 6.40 trang 203 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh công thức \(\tan \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}\) (với \(0 < \alpha < \dfrac{\pi }{2}\)) bằng “phương pháp hình học “ như sau: Xét tam giác vuông ABC với \(\widehat A = \dfrac{\pi }{2},\widehat B = \alpha \). Bằng cách vẽ đường phân giác BD của góc B (h. 6.5), từ tính chất \(\dfrac{{AD}}{{AB}} = \dfrac{{DC}}{{BC}}\), hãy suy ra rằng: \(\tan \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}.\) Hãy tính \(\tan \dfrac{\pi }{{12}}\). Giải: Ta có \(\begin{array}{l}\dfrac{{AD}}{{AB}} = \dfrac{{DC}}{{BC}} = \dfrac{{AC - AD}}{{BC}}\\ = \dfrac{{AC}}{{BC}} - \dfrac{{AD}}{{AB}}.\dfrac{{AB}}{{BC}}\end{array}\) Từ đó \(\dfrac{{AD}}{{AB}}\left( {1 + \dfrac{{AB}}{{BC}}} \right) = \dfrac{{AC}}{{BC}},\) tức là \(\tan \dfrac{\alpha }{2}\left( {1 + \cos \alpha } \right) = \sin \alpha \), suy ra \(\tan \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{\sin \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}\). Với \(\alpha = \dfrac{\pi }{6}\) ta được \(\tan \dfrac{\pi }{{12}} = \dfrac{1}{{2\left( {1 + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}} = \dfrac{1}{{2 + \sqrt 3 }} = 2 - \sqrt 3 .\) Câu 6.41 trang 203 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh công thức \(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1\)(với \(0 < \alpha < \dfrac{\pi }{4}\)) bằng “phương pháp hình học” như sau: Xét tam giác vuông ABC với \(\widehat A = \dfrac{\pi }{2},\widehat B = \alpha .\) Kẻ đường trung trực của đoạn BC cắt AB tại I. Dễ thấy: \(\cos 2\alpha = \dfrac{{AI}}{{IC}};\cos \alpha = \dfrac{{AB}}{{BC}}\) (h. 6.6); từ đó hãy suy ra \(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1\). Giải: Dễ thấy \(BI = IC,\) nên \(\begin{array}{l}\cos 2\alpha = \dfrac{{AI}}{{IC}} = \dfrac{{AI}}{{BI}} = \dfrac{{AB - BI}}{{BI}}\\ = \dfrac{{AB}}{{BI}} - 1 = \dfrac{{AB}}{{BC}}.\dfrac{{2BM}}{{BI}} - 1\end{array}\) Mà \(\cos \alpha = \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{{BM}}{{BI}}\), nên \(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1\).
