Giải SBT Bài 3: Công thức lượng giác – Chương 6 – Đại số 10

Bài 16 trang 193 SBT Toán Đại số 10

Cho \(\cos \alpha  = {1 \over 3}\) tính \(sin(\alpha  + {\pi  \over 6}) – \cos (\alpha  – {{2\pi } \over 3})\)

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 SBT Toán Đại lớp 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

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) \(\sin {200^0}\sin {310^0} + c{\rm{os34}}{{\rm{0}}^0}{\rm{cos5}}{{\rm{0}}^0}{\rm{ = }}{{\sqrt 3 } \over 2}\)

Bài làm

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 lớp 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) \((\cot {\alpha  \over 3} – \tan {\alpha  \over 3})\tan {{2\alpha } \over 3}\)

Lời giải

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 SBT Toán Đại lớp 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) \(\cot 7,{5^0} + \tan 67,{5^0} – \tan 7,{5^0} – \cot 67,{5^0}\)

Lời giải

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

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) \({{1 + \sin \alpha  – 2{{\sin }^2}({{45}^0} – {\alpha  \over 2})} \over {4c{\rm{os}}{\alpha  \over 2}}}\)

Bài làm

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 SBT Toán lớp 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

\(\eqalign{
& \cos \widehat {BAD} = – {1 \over {\sqrt {1 + {{\tan }^2}\widehat {BAD}} }} \cr
& = – {1 \over {\sqrt {1 + {{576} \over {49}}} }} = – {7 \over {25}} \cr} \)

\(\eqalign{
& \sin \widehat {BAD} = \cos \widehat {BAD}.\tan \widehat {BAD} \cr
& = {{ – 7} \over {25}}.{{ – 24} \over 7} = {{24} \over {25}} \cr} \)