Câu 6.42 trang 204 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Viết \(\dfrac{\pi }{{12}} = \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{4};\dfrac{\pi }{{12}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{\pi }{6},\) rồi dùng công thức cộng, công thức nhân đôi để tìm các giá trị lượng giác sin, côsin, tang của góc \(\dfrac{\pi }{{12}}\) bằng hai cách khác nhau và đối chiếu các kết quả tìm thấy. b) Tính sin, côsin, tang của các góc \({75^0},{105^0},{165^0}\) (không dùng máy tính bỏ túi) Giải: a) \(\sin \dfrac{\pi }{{12}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {\sqrt 3 - 1} \right) = \dfrac{{\sqrt {2 - \sqrt 3 } }}{2};\) \(\cos \dfrac{\pi }{{12}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {\sqrt 3 + 1} \right) = \dfrac{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{2};\) \(\tan \dfrac{\pi }{{12}} = 2 - \sqrt 3 .\) b) \(\begin{array}{l}\sin {75^0} = \cos \dfrac{\pi }{{12}};\\\cos {75^0} = \sin \dfrac{\pi }{{12}};\\\tan {75^0} = \dfrac{1}{{\tan \dfrac{\pi }{{12}}}} = 2 + \sqrt 3 \end{array}\) \(\begin{array}{l}\sin {105^0} = \cos \dfrac{\pi }{{12}};\\\cos {105^0} = - \sin \dfrac{\pi }{{12}};\\\tan {105^0} = - \dfrac{1}{{\tan \dfrac{\pi }{{12}}}}\end{array}\) \(\begin{array}{l}\sin {165^0} = \sin \dfrac{\pi }{{12}};\\\cos {165^0} = - \cos \dfrac{\pi }{{12}};\\\tan {165^0} = - \tan \dfrac{\pi }{{12}}.\end{array}\) Câu 6.43 trang 204 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Tính \(x = \cos \dfrac{{2\pi }}{5}\) bằng “phương pháp hình học” như sau: Xét tam giác cân ABC với \(\widehat B = \widehat C = \dfrac{{2\pi }}{5}\), kẻ đường phân giác BD của tam giác đó. Từ tính chất \(\dfrac{{BC}}{{BA}} = \dfrac{{DC}}{{DA}}\) (h. 6.7) hãy suy ra \(4{x^2} + 2x - 1 = 0\). b) Từ đó tính \(\cos \dfrac{\pi }{5},\sin \dfrac{\pi }{5},\tan \dfrac{\pi }{5}\). c) Tính sin, côsin, tang của \({18^0}\) d) Viết \(6 = 36 - 30\), tính sin, côsin của \({6^0}\). Thử lại bằng má tính bỏ túi. Giải: a) Dễ thấy \(BC = BD = AD\), nên đặt \(BC = a,AB = b\) thì \(\cos \dfrac{{2\pi }}{5} = \dfrac{a}{{2b}}.\) (1) Ta có \(\dfrac{{DC}}{{DA}} = \dfrac{{BC}}{{BA}}\) suy ra \(\dfrac{{b - a}}{a} = \dfrac{a}{b}\), tức là \(\dfrac{{1 - \dfrac{a}{b}}}{{\dfrac{a}{b}}} = \dfrac{a}{b}.\) (2) Từ (1) và (2) ta có \(\dfrac{{1 - 2\cos \dfrac{{2\pi }}{5}}}{{2\cos \dfrac{{2\pi }}{5}}} = 2\cos \dfrac{{2\pi }}{5}\) hay \(4{\cos ^2}\dfrac{{2\pi }}{5} + 2\cos \dfrac{{2\pi }}{5} - 1 = 0\), tức là \(4{x^2} + 2x - 1 = 0\). (3) b) Giải phương trình (3), ta được \(x = \dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{4}\) hoặc \(x = \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{4}\) . Từ đó \(\cos \dfrac{{2\pi }}{5} = \dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{4} < 0\) (loại) hoặc \(\cos \dfrac{{2\pi }}{5} = \dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{4}.\) Suy ra \(\begin{array}{l}\cos \dfrac{\pi }{5} = \sqrt {\dfrac{{1 + \cos \dfrac{{2\pi }}{5}}}{2}} = \sqrt {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{8}} = \dfrac{{\sqrt 5 + 1}}{4};\\sin\dfrac{\pi }{5} = \sqrt {\dfrac{{1 - \cos \dfrac{{2\pi }}{5}}}{2}} = \sqrt {\dfrac{{10 - 2\sqrt 5 }}{4}} ;\\\tan \dfrac{\pi }{5} = \dfrac{{\sin \dfrac{\pi }{5}}}{{\cos \dfrac{\pi }{5}}} = \sqrt {5 - r\sqrt 5 .} \end{array}\) c) \(\begin{array}{l}\sin {18^0} = \sin \dfrac{\pi }{{10}} = \sin \left( {\dfrac{1}{2}.\dfrac{\pi }{5}} \right)\\ = \sqrt {\dfrac{{1 - \cos \dfrac{\pi }{5}}}{2}} = \dfrac{1}{4}\sqrt {2\left( {3 - \sqrt 5 } \right)} .\end{array}\) \(\begin{array}{l}\cos {18^0} = \cos \dfrac{\pi }{{10}} = \cos \left( {\dfrac{1}{2}.\dfrac{\pi }{5}} \right)\\ = \sqrt {\dfrac{{1 + \cos \dfrac{\pi }{5}}}{2}} = \dfrac{1}{4}\sqrt {2\left( {5 + \sqrt 5 } \right)} .\end{array}\) \(\tan {18^0} = \dfrac{{\sin {{18}^0}}}{{\cos {{18}^0}}} = \sqrt {1 - \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}} .\) d) \(\begin{array}{l}\sin {6^0} = \sin \left( {{{36}^0} - {{30}^0}} \right) = \sin \left( {\dfrac{\pi }{5} - \dfrac{\pi }{6}} \right)\\ = \sin \dfrac{\pi }{5}\cos \dfrac{\pi }{6} - \cos \dfrac{\pi }{5}\sin \dfrac{\pi }{6}\\ = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sin \dfrac{\pi }{5} - \dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\pi }{5}\\ = \dfrac{1}{8}\left[ {\sqrt {6\left( {5 - \sqrt 5 } \right)} - \left( {\sqrt 5 + 1} \right)} \right]\left( { \approx 0,1045} \right).\end{array}\) \(\begin{array}{l}\cos {6^0} = \cos \left( {{{36}^0} - {{30}^0}} \right) = \cos \left( {\dfrac{\pi }{5} - \dfrac{\pi }{6}} \right)\\ = \cos \dfrac{\pi }{5}\cos \dfrac{\pi }{6} + \sin \dfrac{\pi }{5}\sin \dfrac{\pi }{6}\\ = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \dfrac{\pi }{5} + \dfrac{1}{2}\sin \dfrac{\pi }{5}\\ = \dfrac{1}{8}\left[ {\sqrt 3 \left( {\sqrt 5 + 1} \right) + \sqrt {2\left( {5 - \sqrt 5 } \right)} } \right]\left( { \approx 0,9945} \right).\end{array}\) Câu 6.44 trang 204 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho \(\cos \alpha = \dfrac{3}{4},\sin \alpha > 0;\sin \beta = \dfrac{3}{5},\cos \beta < 0\). Hãy tính \(\cos 2\alpha ,\sin 2\alpha ,\cos 2\beta ,\sin 2\beta ,\) \(\cos \left( {\alpha + \beta } \right),\sin \left( {\alpha - \beta } \right)\) Giải: \(\cos 2\alpha = \dfrac{1}{8};\sin 2\alpha = \dfrac{{3\sqrt 7 }}{8};\) \(\cos 2\beta = \dfrac{7}{{25}};\sin 2\beta = - \dfrac{{24}}{{25}}.\) \(\cos \left( {\alpha + \beta } \right) = - \dfrac{3}{5}\left( {1 + \dfrac{{\sqrt 7 }}{4}} \right);\) \(\sin \left( {\alpha - \beta } \right) = - \dfrac{1}{5}\left( {\sqrt 7 + \dfrac{9}{4}} \right).\) Câu 6.45 trang 204 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Cho \(\cos \alpha = 0,6\) và \(0 < \alpha < \dfrac{\pi }{2}\). Hãy tính \(\cos \dfrac{\alpha }{2};\sin \dfrac{\alpha }{2};\tan \dfrac{\alpha }{2}.\) b) Cho \(\sin \beta = \dfrac{3}{5}\) và \(\dfrac{\pi }{2} < \beta < \pi \). Hãy tính \(\cos \dfrac{\beta }{2};\sin \dfrac{\beta }{2};\tan \dfrac{\beta }{2}\). Giải: a) \(\begin{array}{l}\cos \dfrac{\alpha }{2} = \sqrt {\dfrac{{1 + \cos \alpha }}{2}} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5};\\\sin \dfrac{\alpha }{2} = \sqrt {\dfrac{{1 - \cos \alpha }}{2}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5};\\\tan \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{1}{2}.\end{array}\) b) \(\begin{array}{l}\cos \beta = - \sqrt {1 - \dfrac{9}{{25}}} = - \dfrac{4}{5};\\\cos \dfrac{\beta }{2} = \sqrt {\dfrac{{1 - \dfrac{4}{5}}}{2} = } = \dfrac{1}{{\sqrt {10} }};\\\sin \dfrac{\beta }{2} = \sqrt {\dfrac{{1 + \dfrac{4}{5}}}{2}} = \dfrac{3}{{\sqrt {10} }};\tan \dfrac{\beta }{2} = 3.\end{array}\) Câu 6.46 trang 204 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho \(\cos \alpha = m\) a) Hãy tính\(\cos 2\alpha ;{\sin ^2}2\alpha ;{\tan ^2}2\alpha \) theo \(m\) (giả sử \(\tan 2\alpha \) xác định) b) Hỏi \(\sin 2\alpha ;\tan 2\alpha \) có xác định duy nhất bởi \(m\) hay không? Giải: a) \(\cos 2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 2{m^2} - 1;\) \(\begin{array}{l}{\sin ^2}2\alpha = 4{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha \\ = 4{\cos ^2}\alpha \left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right) = 4{m^2}\left( {1 - {m^2}} \right);\end{array}\) \({\tan ^2}2\alpha = \dfrac{{{{\sin }^2}2\alpha }}{{{{\cos }^2}2\alpha }} = \dfrac{{4{m^2}\left( {1 - {m^2}} \right)}}{{{{\left( {2{m^2} - 1} \right)}^2}}}\). b) Không, chẳng hạn \(\cos \dfrac{\pi }{3} = \cos \left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) = \dfrac{1}{2},\) nhưng \(\sin \dfrac{{2\pi }}{3} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2},\sin \left( { - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2};\) \(\tan \dfrac{{2\pi }}{3} = - \sqrt 3 ,\tan \left( { - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = \sqrt 3 .\) Câu 6.47 trang 204 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho \(\sin \alpha = m\) a) Hãy tính\(\cos 2\alpha ;{\sin ^2}2\alpha ;{\tan ^2}2\alpha \) theo \(m\) (giả sử \(\tan 2\alpha \) xác định) b) Hỏi \(\sin 2\alpha ;\tan 2\alpha \) có xác định duy nhất bởi \(m\) hay không? Giải: a) \(\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha = 1 - 2{m^2};\) \(\begin{array}{l}{\sin ^2}2\alpha = 4{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha \\ = 4{\sin ^2}\alpha \left( {1 - {{\sin }^2}\alpha } \right)\\ = 4{m^2}\left( {1 - {m^2}} \right);\end{array}\) \({\tan ^2}2\alpha = \dfrac{{{{\sin }^2}2\alpha }}{{{{\cos }^2}2\alpha }} = \dfrac{{4{m^2}\left( {1 - {m^2}} \right)}}{{{{\left( {1 - 2{m^2}} \right)}^2}}}.\) b) Không, chẳng hạn \(\sin \dfrac{\pi }{3} = \sin \left( {\dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2},\) nhưng \(\sin \dfrac{{2\pi }}{3} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2},\sin \left( {2.\dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2},\) \(\tan \dfrac{{2\pi }}{3} = - \sqrt 3 ,\tan \left( {2.\dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = \sqrt 3 .\) Câu 6.48 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. Cho \(\cos \alpha = m\). Hãy tính \({\cos ^2}\dfrac{\alpha }{2};{\sin ^2}\dfrac{\alpha }{2};{\tan ^2}\dfrac{\alpha }{2}\) theo m (giả sử \(\tan \dfrac{\alpha }{2}\) xác định) Giải: \(\begin{array}{l}{\cos ^2}\dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{1 + \cos \alpha }}{2} = \dfrac{{1 + m}}{2};\\{\sin ^2}\dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{1 - \cos \alpha }}{2} = \dfrac{{1 - m}}{2};\\{\tan ^2}\dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{1 - m}}{{1 + m}}.\end{array}\) Câu 6.49 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Tính \(\sin \alpha ,cos\alpha \) theo \(\tan \dfrac{\alpha }{2} = t\) b) Hãy tính \(\dfrac{{1 - \cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + \dfrac{1}{{\tan \alpha }} + 4\sin \alpha \) theo \(\tan \dfrac{\alpha }{2} = t\). Giải: a) \(\begin{array}{l}\sin \alpha = 2\sin \dfrac{\alpha }{2}\cos \dfrac{\alpha }{2}\\ = 2\tan \dfrac{\alpha }{2}{\cos ^2}\dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{2t}}{{1 + {t^2}}}\end{array}\) (giả sử \(\cos \dfrac{\alpha }{2} \ne 0\)) \(\begin{array}{l}\cos \alpha = 2{\cos ^2}\dfrac{\alpha }{2} - 1\\ = \dfrac{2}{{1 + {{\tan }^2}\dfrac{\alpha }{2}}} - 1 = \dfrac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}}\end{array}\) (giả sử \(\cos \dfrac{\alpha }{2} \ne 0\)) b) Khi \(\sin \alpha \cos \alpha \ne 0\), ta có \(\dfrac{{1 - \cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + \dfrac{1}{{\tan \alpha }} + 4\sin \alpha = \dfrac{1}{{\sin \alpha }} + 4\sin \alpha \) Vậy khi \(t = \tan \dfrac{\alpha }{2} \ne 0\) và \({t^2} \ne 1\), ta có \(\dfrac{{1 - \cos \alpha }}{{\sin \alpha }} + \dfrac{1}{{\tan \alpha }} + 4\sin \alpha = \dfrac{{{t^4} + 18{t^2} + 1}}{{2t\left( {1 + {t^2}} \right)}}\) Câu 6.50 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. Giả sử các biểu thức sau có nghĩa, chứng minh rằng: a) \(\tan \alpha = \dfrac{{\sin \alpha + \sin 2\alpha }}{{1 + \cos \alpha + \cos 2\alpha }};\) b) \({\tan ^2}\alpha = \dfrac{{2\sin 2\alpha - \sin 4\alpha }}{{2\sin 2\alpha + \sin 4\alpha }}\). Giải: a) \(\begin{array}{l}\dfrac{{\sin \alpha + \sin 2\alpha }}{{1 + \cos \alpha + \cos 2\alpha }} = \dfrac{{\sin \alpha \left( {1 + 2\cos \alpha } \right)1}}{{1 + \cos \alpha + 2{{\cos }^2}\alpha - 1}}\\ = \dfrac{{\sin \alpha \left( {1 + 2\cos \alpha } \right)}}{{\cos \alpha \left( {1 + 2\cos \alpha } \right)}} = \tan \alpha \end{array}\) b) \(\begin{array}{l}\dfrac{{2\sin 2\alpha - \sin 4\alpha }}{{2\sin 2\alpha + \sin 4\alpha }} = \dfrac{{2\sin 2\alpha \left( {1 - \cos 2\alpha } \right)}}{{2\sin 2\alpha \left( {1 + \cos \alpha } \right)}}\\ = \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha .\end{array}\) Câu 6.51 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Chứng minh rằng với mọi \(\alpha ,\beta \), ta có: \({\sin ^2}\left( {\alpha + \beta } \right) = {\sin ^2}\alpha + {\sin ^2}\beta + 2\sin \alpha \sin \beta \cos \left( {\alpha + \beta } \right)\) b) Biết \(\cos \alpha + \cos \beta = m;\sin \alpha + \sin \beta = n,\)hãy tính \(\cos \left( {\alpha - \beta } \right)\) theo m, n c) Biết \({\cos ^2}\alpha + {\cos ^2}\beta = p.\) Hãy tính \(\cos \left( {\alpha - \beta } \right)\cos \left( {\alpha + \beta } \right)\) theo p. Giải: a) \(\begin{array}{l}{\sin ^2}\left( {\alpha + \beta } \right) = {\left( {\sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha } \right)^2}\\ = {\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\beta + {\sin ^2}\beta {\cos ^2}\alpha + 2\sin \alpha \cos \alpha sin\beta cos\beta \\ = {\sin ^2}\alpha \left( {1 - {{\sin }^2}\beta } \right) + {\sin ^2}\beta \left( {1 - {{\sin }^2}\alpha } \right) + 2\sin \alpha \cos \alpha \sin \beta \cos \beta \\ = {\sin ^2}\alpha + {\sin ^2}\beta - 2{\sin ^2}\alpha {\sin ^2}\beta + 2\sin \alpha \cos \alpha \sin \beta \cos \beta \\ = {\sin ^2}\alpha + {\sin ^2}\beta + 2\sin \alpha \sin \beta \left( {\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta } \right)\\ = {\sin ^2}\alpha + {\sin ^2}\beta + 2\sin \alpha \sin \beta \cos \left( {\alpha + \beta } \right)\end{array}\) b) \(\begin{array}{l}{m^2} + {n^2} = {\left( {\cos \alpha + \cos \beta } \right)^2} + {\left( {\sin \alpha + \sin \beta } \right)^2}\\ = {\cos ^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\beta + {\sin ^2}\beta + 2\left( {\cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta } \right)\\ = 2 + 2\cos \left( {\alpha - \beta } \right)\end{array}\) Do đó \(\cos \left( {\alpha - \beta } \right) = \dfrac{{{m^2} + {n^2} - 2}}{2}.\) c) \(\begin{array}{l}\cos \left( {\alpha - \beta } \right)\cos \left( {\alpha + \beta } \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\cos 2\alpha + \cos 2\beta } \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {2{{\cos }^2}\alpha - 1 + 2{{\cos }^2}\beta - 1} \right)\\ = {\cos ^2}\alpha + {\cos ^2}\beta - 1 = p - 1\end{array}\) Câu 6.52 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. a) Chứng minh rằng nếu \(\cos \left( {\alpha + \beta } \right) = 0\) thì \(\sin \left( {\alpha + 2\beta } \right) = \sin \alpha \). b) Chứng minh rằng nếu \(\sin \left( {2\alpha + \beta } \right) = 3\sin \beta \) và \(\cos \alpha \ne 0,\cos \left( {\alpha + \beta } \right) \ne 0\) thì \(\tan \left( {\alpha + \beta } \right) = 2\tan \alpha \). Giải: a) Nếu \(\cos \left( {\alpha + \beta } \right) = 0\) thì \(\begin{array}{l}\sin \left( {\alpha + 2\beta } \right) = \sin \alpha \cos 2\beta + \sin 2\beta \cos \alpha \\ = \sin \alpha \left( {1 - 2{{\sin }^2}\beta } \right) + 2\sin \beta \cos \beta \cos \alpha \\ = \sin \alpha + 2\sin \beta \left( { - \sin \alpha \sin \beta + \cos \alpha \cos \beta } \right)\\ = \sin \alpha + 2\sin \beta \cos \left( {\alpha + \beta } \right) = \sin \alpha \end{array}\) Ta có \(\begin{array}{l}\sin \left( {2\alpha + \beta } \right) = 3\sin \beta \\ \Leftrightarrow 2\sin \alpha \cos \alpha \cos \beta + \left( {2{{\cos }^2}\alpha - 1} \right)\sin \beta = 3\sin \beta \\ \Leftrightarrow \cos \alpha \sin \left( {\alpha + \beta } \right) = 2\sin \beta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\) Mặt khác \(\begin{array}{l}\sin \left( {2\alpha + \beta } \right) = 2\sin \beta \\ \Leftrightarrow 2\sin \alpha \cos \alpha \cos \beta + \left( {1 - 2{{\sin }^2}\alpha } \right)\sin \beta = 3sin\beta \\ \Leftrightarrow \sin \alpha \cos \left( {\alpha + \beta } \right) = \sin \beta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\) Từ (1) và (2) suy ra \(\cot \alpha \tan \left( {\alpha + \beta } \right) = 2.\) Do đó \(\tan \left( {\alpha + \beta } \right) = 2\tan \alpha .\) Câu 6.53 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh a) \(4\cos {15^0}\cos {21^0}\cos {24^0} - \cos {12^0} - \cos {18^0}\) \(= \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\); b) \(\tan {30^0} + \tan {40^0} + \tan {50^0} + \tan {60^0}\) \(= \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\cos {20^0}\); c) \(\dfrac{1}{{\sin {{18}^0}}} - \dfrac{1}{{\sin {{54}^0}}} = 2;\) d) \(\tan {9^0} - \tan {27^0} - \tan {63^0} + \tan {81^0} = 4\). Giải: a) \(\begin{array}{l}4\cos {15^0}\cos {21^0}\cos {24^0} - \cos {12^0} - \cos {18^0}\\ = 2\cos {15^0}\left( {\cos {{45}^0} + \cos {3^0}} \right) - 2\cos {15^0}\cos {3^0}\\ = 2\cos {15^0}\cos {45^0}\\ = \cos {60^0} + \cos {30^0} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\end{array}\) b) \(\begin{array}{l}\tan {30^0} + \tan {40^0} + \tan {50^0} + \tan {60^0}\\ = \dfrac{{\sin {{90}^0}}}{{\cos {{30}^0}\cos {{60}^0}}} + \dfrac{{\sin {{90}^0}}}{{\cos {{40}^0}\cos {{50}^0}}}\\ = \dfrac{{\cos {{90}^0} + \cos {{10}^0} + \cos {{90}^0} + \cos {{30}^0}}}{{\dfrac{1}{2}\cos {{10}^0}\cos {{30}^0}}}\\ = \dfrac{{4\cos {{20}^0}\cos {{10}^0}}}{{\cos {{10}^0}\cos {{30}^0}}}\\ = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }}\cos {20^0} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3}\cos {20^0}.\end{array}\) c) \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{\sin {{18}^0}}} - \dfrac{1}{{\sin {{54}^0}}} = \dfrac{{\sin {{54}^0} - \sin {{18}^0}}}{{\sin {{18}^0}\sin {{54}^0}}}\\ = \dfrac{{2\cos {{36}^0}\sin {{18}^0}}}{{\sin {{18}^0}\sin {{54}^0}}} = \dfrac{{2\cos {{36}^0}}}{{\sin {{54}^0}}}\\ = \dfrac{{2\cos {{36}^0}}}{{\cos {{36}^0}}} = 2.\end{array}\) d) \(\begin{array}{l}\tan {9^0} - \tan {27^0} - \tan {63^0} + \tan {81^0}\\ = \tan {9^0} + \tan {81^0} - \left( {\tan {{27}^0} + \tan {{63}^0}} \right)\\ = \left( {\dfrac{{\sin {9^0}}}{{\cos {9^0}}} + \dfrac{{\sin {{81}^0}}}{{\cos {{81}^0}}}} \right) - \left( {\dfrac{{\sin {{27}^0}}}{{\cos {{27}^0}}} + \dfrac{{\sin {{63}^0}}}{{\cos {{63}^0}}}} \right)\\ = \dfrac{1}{{\sin {9^0}\cos {9^0}}} - \dfrac{1}{{\sin {{27}^0}\cos {{27}^0}}}\\ = \dfrac{2}{{\sin {{18}^0}}} - \dfrac{2}{{\sin {{54}^0}}} = 2.2 = 4\end{array}\) Câu 6.54 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh a) \(\dfrac{{\sin x + \sin y}}{2} \le \sin \dfrac{{x + y}}{2}\) với mọi \(x, y\) đều không âm và \(x + y \le 2\pi \). b) \(\dfrac{{\cos x + \cos y}}{2} \le \cos \dfrac{{x + y}}{2}\) với mọi \(x, y\) thỏa mãn \( - \pi \le x + y \le \pi \). Giải: a) \(\dfrac{{\sin x + \sin y}}{2} = \sin \dfrac{{x + y}}{2}\cos \dfrac{{x - y}}{2} \le \sin \dfrac{{x + y}}{2}\). (Với chú ý rằng \(\sin \dfrac{{x + y}}{2} \ge 0\) do\(0 \le \dfrac{{x + y}}{2} \le \pi \) và \(\cos \dfrac{{x - y}}{2} \le 1\)) Câu 6.55 trang 205 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh \(\dfrac{{\sin \alpha + \sin \beta \cos \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\cos \alpha - \sin \beta \sin \left( {\alpha + \beta } \right)}} = \tan \left( {\alpha + \beta } \right)\) (khi các biểu thức có nghĩa) Giải: \(\begin{array}{l}\dfrac{{\sin \alpha + \sin \beta \cos \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\cos \alpha - \sin \beta \sin \left( {\alpha + \beta } \right)}}\\ = \dfrac{{\sin \alpha + \dfrac{1}{2}\left[ {\sin \left( {\alpha + 2\beta } \right) - \sin \alpha } \right]}}{{\cos \alpha + \dfrac{1}{2}\left[ {\cos \left( {\alpha + 2\beta } \right) - \cos \alpha } \right]}}\\ = \dfrac{{\sin \left( {\alpha + 2\beta } \right) + \sin \alpha }}{{\cos \left( {\alpha + 2\beta } \right) + \cos \alpha }}\\ = \dfrac{{2\sin \left( {\alpha + \beta } \right)\cos \beta }}{{2\cos \left( {\alpha + \beta } \right)\cos \beta }} = \tan \left( {\alpha + \beta } \right)\end{array}\) Câu 6.56 trang 206 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn điều kiện: a) \(\sin A = \dfrac{{\cos B + \cos C}}{{\sin B + \sin C}}\) thì tam giác ABC là tam giác vuông; b) \(\dfrac{{\sin A}}{{\sin B}} = \dfrac{{\cos B + \cos C}}{{\cos C + \cos A}}\) thì tam giác ABC là một tam giác vuông hoặc một tam giác cân. Giải: a) Vì \(\sin A = 2\sin \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{A}{2}\) và \(\begin{array}{l}\dfrac{{\cos B + \cos C}}{{\sin B + \sin C}} = \dfrac{{2\cos \dfrac{{B + C}}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2}}}{{2\sin \dfrac{{B + C}}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2}}}\\ = \dfrac{{\cos \left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{A}{2}} \right)}}{{\sin \left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{A}{2}} \right)}} = \dfrac{{\sin \dfrac{A}{2}}}{{\cos \dfrac{A}{2}}}\end{array}\) nên dễ thấy \(\begin{array}{l}\sin A = \dfrac{{\cos B + \cos C}}{{\sin B + \sin C}}\\ \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\dfrac{A}{2} = 1 \Leftrightarrow \cos A = 0\end{array}\) \( \Leftrightarrow \widehat A\) là góc vuông. b) Cách 1 \(\begin{array}{l}\dfrac{{\sin A}}{{\sin B}} = \dfrac{{\cos B + \cos C}}{{\cos C + \cos A}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sin \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{A}{2}}}{{\sin \dfrac{B}{2}\cos \dfrac{B}{2}}} = \dfrac{{\sin \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2}}}{{\sin \dfrac{B}{2}\cos \dfrac{{C - A}}{2}}}\\ \Leftrightarrow \cos \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{{C - A}}{2} = \cos \dfrac{B}{2}\cos \dfrac{{B - C}}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \dfrac{C}{2} + \cos \left( {A - \dfrac{C}{2}} \right)\\ = \cos \left( {B - \dfrac{C}{2}} \right) + \cos \dfrac{C}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \left( {A - \dfrac{C}{2}} \right) = \cos \left( {B - \dfrac{C}{2}} \right)\\ \Leftrightarrow \left| {A - \dfrac{C}{2}} \right| = \left| {B - \dfrac{C}{2}} \right|\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\widehat A = \widehat B\\\widehat A + \widehat B = \widehat C.\end{array} \right.\end{array}\) Cách 2 \(\begin{array}{l}\dfrac{{\sin A}}{{\sin B}} = \dfrac{{\cos B + \cos C}}{{\cos C + \cos A}}\\ \Leftrightarrow \sin A\cos A - \sin B\cos B\\ = \cos C\left( {\sin B - \sin A} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\left( {\sin 2A - \sin 2B} \right)\\ = \cos C\left( {\sin B - \sin A} \right)\\ \Leftrightarrow \cos \left( {A + B} \right)\sin \left( {A - B} \right)\\ = 2\cos C\cos \dfrac{{B + A}}{2}\sin \dfrac{{B - A}}{2}\\ \Leftrightarrow - \cos C\sin \dfrac{{A - B}}{2}\cos \dfrac{{A - B}}{2}\\ = - \cos C\sin \dfrac{{A - B}}{2}\cos \dfrac{{A + B}}{2}\\ \Leftrightarrow \cos C\sin \dfrac{{A - B}}{2}\left( {\cos \dfrac{{A + B}}{2} - \cos \dfrac{{A - B}}{2}} \right)\\ = 0\\ \Leftrightarrow \cos C\sin \dfrac{A}{2}\sin \dfrac{B}{2}\sin \dfrac{{A - B}}{2} = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos C = 0\\\sin \dfrac{{A - B}}{2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\widehat C\,\,vuông\\\widehat A = \widehat B\end{array} \right.\end{array}\) Câu 6.57 trang 206 SBT Đại số 10 Nâng cao. Xét các biểu thức \(\begin{array}{l}S = \sin \alpha + sin2\alpha + sin3\alpha + \ldots + \sin n\alpha ,\\T = 1 + \cos \alpha + \cos 2\alpha + \cos 3\alpha + \ldots cosn\alpha \end{array}\) (\(n\) là một số nguyên dương) Chứng minh a) \(S\sin \dfrac{\alpha }{2} = \sin \dfrac{{n\alpha }}{2}\sin \dfrac{{\left( {n + 1} \right)\alpha }}{2}\) b) \(T\sin \dfrac{\alpha }{2} = \cos \dfrac{{n\alpha }}{2}\sin \dfrac{{\left( {n + 1} \right)\alpha }}{2}\) Giải: a) Với \(k = 1,2,3, \ldots ,n,\) ta có: \(\sin k\alpha \sin \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{1}{2}\left[ {\cos \dfrac{{\left( {2k - 1} \right)\alpha }}{2} - \cos \dfrac{{\left( {2k + 1} \right)\alpha }}{2}} \right]\) Nên \(\begin{array}{l}S.\sin \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {\cos \dfrac{\alpha }{2} - \cos \dfrac{{3\alpha }}{2}} \right) + \left( {\cos \dfrac{{3\alpha }}{2} - \cos \dfrac{{5\alpha }}{2}} \right)} \right.\\\left. { + \ldots + \left( {\cos \dfrac{{\left( {2n - 1} \right)\alpha }}{2} - \cos \dfrac{{\left( {2n + 1} \right)\alpha }}{2}} \right)} \right]\\ = \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {\cos \dfrac{\alpha }{2} - \cos \dfrac{{\left( {2n + 1} \right)\alpha }}{2}} \right)} \right]\\ = \sin \dfrac{{n\alpha }}{2}\sin \dfrac{{\left( {n + 1} \right)\alpha }}{2}\end{array}\) b) Với \(k = 1,2,3 \ldots ,n,\) ta có: \(\cos k\alpha \sin \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{1}{2}\left[ {\sin \dfrac{{\left( {2k + 1} \right)\alpha }}{2} - \sin \dfrac{{\left( {2k - 1} \right)\alpha }}{2}} \right]\) nên \(\begin{array}{l}T\sin \dfrac{\alpha }{2} = \sin \dfrac{\alpha }{2} + \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {\sin \dfrac{{3\alpha }}{2} - \sin \dfrac{\alpha }{2}} \right) + \left( {\sin \dfrac{{5\alpha }}{2} - \sin \dfrac{{3\alpha }}{2}} \right)} \right.\\\left. { + \ldots + \left( {\sin \dfrac{{\left( {2n + 1} \right)\alpha }}{2} - \sin \dfrac{{\left( {2n - 1} \right)\alpha }}{2}} \right)} \right]\\ = \dfrac{1}{2}\left[ {\sin \dfrac{{\left( {2n + 1} \right)\alpha }}{2} + \sin \dfrac{\alpha }{2}} \right]\\ = \cos \dfrac{{n\alpha }}{2}\sin \dfrac{{\left( {n + 2} \right)\alpha }}{2}\end{array}\) Câu 6.58 trang 206 SBT Đại số 10 Nâng cao. Chứng minh: a) \(\sin \dfrac{{2\pi }}{7} + \sin \dfrac{{4\pi }}{7} + \sin \dfrac{{6\pi }}{7} = \dfrac{1}{2}\cot \dfrac{\pi }{{14}};\) b) \(\cos \dfrac{\pi }{{11}} + \cos \dfrac{{3\pi }}{{11}} + \cos \dfrac{{5\pi }}{{11}} + \cos \dfrac{{7\pi }}{{11}} + \cos \dfrac{{9\pi }}{{11}}\) \(= \dfrac{1}{2}\) c) \(\cos \dfrac{{2\pi }}{{11}} + \cos \dfrac{{4\pi }}{{11}} + \cos \dfrac{{6\pi }}{{11}} + \cos \dfrac{{8\pi }}{{11}} + \cos \dfrac{{10\pi }}{{11}}\) \(= - \dfrac{1}{2}\) d) \(\sin \dfrac{\pi }{{11}} + \sin \dfrac{{2\pi }}{{11}} + \ldots + \sin \dfrac{{10\pi }}{{11}} = \cot \dfrac{\pi }{{22}}.\) Giải: a) Ta có \(\begin{array}{l}\sin \dfrac{{2\pi }}{7}\sin \dfrac{\pi }{7} = \dfrac{1}{2}\left( {\cos \dfrac{\pi }{7} - \cos \dfrac{{3\pi }}{7}} \right),\\\sin \dfrac{{4\pi }}{7}\sin \dfrac{\pi }{7} = \dfrac{1}{2}\left( {\cos \dfrac{{3\pi }}{7} - \cos \dfrac{{5\pi }}{7}} \right),\\\sin \dfrac{{6\pi }}{7}\sin \dfrac{\pi }{7} = \dfrac{1}{2}\left( {\cos \dfrac{{5\pi }}{7} - \cos \pi } \right)\end{array}\) Từ đó \(\begin{array}{l}\left( {\sin \dfrac{{2\pi }}{7} + \sin \dfrac{{4\pi }}{7} + \sin \dfrac{{6\pi }}{7}} \right)\sin \dfrac{\pi }{7}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {1 + \cos \dfrac{\pi }{7}} \right) = {\cos ^2}\dfrac{\pi }{{14}}\end{array}\) Do \(\sin \dfrac{\pi }{7} = 2\sin \dfrac{\pi }{{14}}\cos \dfrac{\pi }{{14}},\) ta suy ra \(\sin \dfrac{{2\pi }}{7} + \sin \dfrac{{4\pi }}{7} + \sin \dfrac{{6\pi }}{7} = \dfrac{1}{2}\cot \dfrac{\pi }{{14}}.\) b) Với \(k = 1,2,3,4,5\) ta có: \(\cos \dfrac{{\left( {2k - 1} \right)\pi }}{{11}}\sin \dfrac{\pi }{{11}}\) \(= \dfrac{1}{2}\left[ {\sin \dfrac{{2k\pi }}{{11}} - \sin \dfrac{{\left( {2k - 2} \right)\pi }}{{11}}} \right]\), nên nếu gọi B là vế trái của đẳng thức ở câu b) thì \(\begin{array}{l}B\sin \dfrac{\pi }{{11}} \\= \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {\sin \dfrac{{2\pi }}{{11}} - \sin 0} \right) + \left( {\sin \dfrac{{4\pi }}{{11}} - \sin \dfrac{{2\pi }}{{11}}} \right)} \right.\\\left. { + \ldots + \left( {\sin \dfrac{{10\pi }}{{11}} - \sin \dfrac{{8\pi }}{{11}}} \right)} \right]\\ = \dfrac{1}{2}\sin \dfrac{{10\pi }}{{11}} = \dfrac{1}{2}\sin \dfrac{\pi }{{11}}.\end{array}\) Từ đó \(B = \dfrac{1}{2}.\) c) Với \(k = 1,2,3,4,5\) ta có \(\cos \dfrac{{2k\pi }}{{11}}\sin \dfrac{\pi }{{11}}\) \(= \dfrac{1}{2}\left[ {\sin \dfrac{{\left( {2k + 1} \right)\pi }}{{11}} - \sin \dfrac{{\left( {2k - 1} \right)\pi }}{{11}}} \right]\) nên gọi C là vế trái của đẳng thức câu c) thì \(\begin{array}{l}C\sin \dfrac{\pi }{{11}} \\= \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {\sin \dfrac{{3\pi }}{{11}} - \sin \dfrac{\pi }{{11}}} \right) + \left( {\sin \dfrac{{5\pi }}{{11}} - \sin \dfrac{{3\pi }}{{11}}} \right)} \right.\\ + \ldots + \left. {\left( {\sin \pi - \sin \dfrac{{9\pi }}{{11}}} \right)} \right]\\ = - \dfrac{1}{2}\sin \dfrac{\pi }{{11}}.\end{array}\) Từ đó \(C = - \dfrac{1}{2}.\) d) Gọi D là vế trái của bất đẳng thức câu d thì (ở đây \(n = 10,\alpha = \dfrac{\pi }{{11}}\)) \(D\sin \dfrac{\pi }{{22}} = \sin \dfrac{{10\pi }}{{22}}\sin \dfrac{\pi }{2} = \sin \dfrac{{10\pi }}{{22}} = \cos \dfrac{\pi }{{22}}\) Từ đó \(D = \cot \dfrac{\pi }{{22}}.\)