Giải SBT Bài tập ôn tập Chương 6 – Đại số 10

Bài 23 trang 195 SBT Toán Đại 10

Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào đúng, đẳng thức nào sai?

a) \(\sin (x + {\pi  \over 2}) = \cos x\)

b) \(cos(x + {\pi  \over 2}) = sinx\)

c) \(\sin (x – \pi ) = sinx\)

d) \(cos(x – \pi ) = \cos x\)

Trả lời

a) Đúng;

b) Sai;

c) Sai;

d) Sai.

---

Bài 24 trang 195 Toán lớp 10

Tồn tại hay không góc \(\alpha \) sao cho

a) \(\sin \alpha  =  – 1\)

b) \({\rm{cos}}\alpha  = 0\)

c) \(\sin \alpha  =  – 0,9\)

d) \(cos\alpha  =  – 1,2\)

e) \(\sin \alpha  = 1,3\)

g) \(\sin \alpha  =  – 2?\)

Đáp số:

a) Có;

b) Có;

c) Có;

d) Không, vì -1,2 <-1.

e) Không, vì 1,3 > 1;

g) Không, vì -2 < -1.

---

Bài 25 trang 195

Không dùng bảng số và máy tính, hãy xác định dấu của \(\sin \alpha \) và \(cos\alpha \) với

a) \(\alpha  = {135^0}\)

b) \(\alpha  = {210^0}\)

c) \(\alpha  = {334^0}\)

d) \(\alpha  = {1280^0}\)

e) \(\alpha  =  – {235^0}\)

g) \(\alpha  =  – {1876^0}\)

Giải

a) \(\sin {135^0} > 0,cos{135^0} < 0\)

b) \(\sin {210^0} < 0,cos{210^0} < 0\)

c) \(\sin {334^0} < 0,cos{334^0} > 0\)

d) \(\eqalign{
& \sin {1280^0} = \sin ({3.360^0} + {120^0}) = sin{200^0} < 0, \cr
& cos{1280^0} = \cos {200^0} < 0 \cr} \)

e) \(\eqalign{
& \sin ( – {235^0}) = \sin ( – {180^0} – {55^0}) \cr
& = – sin( – {55^0}) = \sin {55^0} > 0,cos( – {235^0}) < 0 \cr} \)

g) \(\eqalign{
& \sin ( – {1876^0}) = \sin ( – {1800^0} – {76^0}) = \sin ( – {76^0}) = – sin{76^0} < 0, \cr
& cos( – {1876^0}) = \cos {( – 76)^0} = \cos {76^0} > 0 \cr} \)

---

Bài 26 trang 195

Hãy viết theo thứ tự tăng dần các giá trị sau (không dùng bảng số và máy tính)

a) \(\sin {40^0},\sin {90^0},\sin {220^0},\sin {10^0}\)

b) \({\rm{cos}}{15^0},{\rm{cos}}{0^0},{\rm{cos}}{90^0},{\rm{cos}}{138^0}\)

Giải

a) \(\sin {220^0} < \sin {10^0} < \sin {40^0} < \sin {90^0}\)

b) \({\rm{cos}}{138^0} < {\rm{cos}}{90^0} < {\rm{cos}}{15^0}{\rm{ < cos}}{0^0}\)

---

Bài 27 trang 195 SBT Toán Đại số 10

Hãy xác định dấu của các tích (không dùng bảng số và máy tính)

a) \(\sin {110^0}cos{130^0}tan{30^0}\cot {320^0}\)

b) \(\sin ( – {50^0})\tan {170^0}{\rm{cos}}( – {91^0})\sin {530^0}\)

Lời giải

a) Ta có: \(\sin {110^0} > 0;cos{130^0} < 0;tan{30^0} > 0;\cot {320^0} < 0\), do đó tích của chúng dương.

b) \(\sin ( – {50^0}) < 0;\tan {170^0}{\rm{ < 0;cos}}( – {91^0}) < 0;\sin {530^0} > 0\), do đó tích của chúng âm

---

Bài 28 trang 195

Cho tam giác ABC. Hỏi tổng \(\sin A + \sin B + \sin C\) âm hay dương?

Trả lời;  Vì các góc \(\widehat A,\widehat B,\widehat C\) là góc trong tam giác ABC nên sinA > 0, sinB >0, sinC >0.

Do đó sinA + sinB + sinC > 0.

---

Bài 29 – Ôn tập chương 6

Tính các giá trị lượng giác của cung \(\alpha \) biết

a) \(\sin \alpha  = 0,6\) khi \(0 < \alpha  < {\pi  \over 2}\)

b) \({\rm{cos}}\alpha  =  – 0,7\) khi \({\pi  \over 2} < \alpha  < \pi \)

c) \(\tan \alpha  = 2\) khi \(\pi  < \alpha  < {{3\pi } \over 2}\)

d) \(\cot \alpha  =  – 3\) khi \({{3\pi } \over 2} < \alpha  < 2\pi \)

Bài làm

a) \(0 < \alpha  < {\pi  \over 2} =  > \cos \alpha  > 0\), do đó

\(\cos \alpha  = \sqrt {1 – si{n^2}\alpha }  = \sqrt {1 – 0,36}  = \sqrt {0,64}  = 0,8\)

=> \(\tan \alpha  = {3 \over 4},\cot \alpha  = {4 \over 3}\)

b) \({\pi  \over 2} < \alpha  < \pi  =  > \sin \alpha  > 0\), do đó

\(\sin \alpha  = \sqrt {1 – {{\cos }^2}\alpha }  = \sqrt {1 – 0,49}  = \sqrt {0,51}  \approx 0,71\)

Suy ra: \(\tan \alpha  =  – {{0,7} \over {0,71}} \approx  – 0,98,\cot \alpha  \approx  – 1,01\)

c) \(\pi  < \alpha  < {{3\pi } \over 2} =  > \cos \alpha  < 0\), do đó

\(\eqalign{
& \cos \alpha = – {1 \over {\sqrt {1 + {{\tan }^2}\alpha } }} = – {1 \over {\sqrt 5 }} = – {{\sqrt 5 } \over 5}, \cr
& \sin \alpha = – {{2\sqrt 5 } \over 5},\cot \alpha = {1 \over 2} \cr} \)

d) \({{3\pi } \over 2} < \alpha  < 2\pi  =  > \sin \alpha  < 0\), do đó

\(\eqalign{
& \sin \alpha = – {1 \over {\sqrt {1 + {{\cot }^2}\alpha } }} = – {1 \over {\sqrt {10} }} = – {{\sqrt {10} } \over {10}}, \cr
& cos\alpha = {{3\sqrt {10} } \over {10}},tan\alpha = – {1 \over 3} \cr} \)

---

Bài 30 trang 196 – Ôn tập chương 6 Đại 10

Chứng minh rằng

a) \(\sin ({270^0} – \alpha ) =  – c{\rm{os}}\alpha \)

b) \({\rm{cos}}({270^0} – \alpha ) =  – \sin \alpha \)

c) \(\sin ({270^0} + \alpha ) =  – c{\rm{os}}\alpha \)

d) \({\rm{cos}}({270^0} + \alpha ) = \sin \alpha \)

Bài giải

a) \(\eqalign{
& \sin ({270^0} – \alpha ) = \sin ({360^0} – ({90^0} + \alpha ) \cr
& = – sin({90^0} + \alpha ) = – c{\rm{os}}\alpha \cr}\)

b) \(\eqalign{
& \cos ({270^0} – \alpha ) = \cos ({360^0} – ({90^0} + \alpha )) \cr
& = \cos ({90^0} + \alpha ) = – {\rm{sin}}\alpha \cr} \)

c) \(\eqalign{
& \sin ({270^0} + \alpha ) = \sin ({360^0} – ({90^0} – \alpha )) \cr
& = – \sin ({90^0} – \alpha ) = – c{\rm{os}}\alpha \cr} \)

d) \(\eqalign{
& {\rm{cos}}({270^0} + \alpha ) = \cos ({360^0} – ({90^0} – \alpha ) \cr
& = cos({90^0} – \alpha ) = \sin \alpha \cr} \)

---

Bài 31

Rút gọn các biểu thức (không dùng bảng số và máy tính)

a) \({\sin ^2}({180^0} – \alpha ) + ta{n^2}({180^0} – \alpha ){\tan ^2}({270^0} – \alpha ) + \sin ({90^0} + \alpha )cos(\alpha  – {360^0})\)

b) \({{\cos (\alpha  – {{90}^0})} \over {\sin ({{180}^0} – \alpha )}} + {{\tan (\alpha  – {{180}^0})c{\rm{os(18}}{{\rm{0}}^0} + \alpha )\sin ({{270}^0} + \alpha )} \over {\tan ({{270}^0} + \alpha )}}\)

c) \({{\cos ( – {{288}^0})cot{{72}^0}} \over {tan( – {{162}^0})\sin {{108}^0}}} + \tan {18^0}\)

d) \({{\sin {{20}^0}\sin {\rm{3}}{{\rm{0}}^0}\sin {{40}^0}\sin {{50}^0}\sin {{60}^0}\sin {{70}^0}} \over {cos{{10}^0}{\rm{cos5}}{{\rm{0}}^0}}}\)

Giải

a) \({\sin ^2}({180^0} – \alpha ) + ta{n^2}({180^0} – \alpha ){\tan ^2}({270^0} – \alpha ) + \sin ({90^0} + \alpha )cos(\alpha  – {360^0})\)

= \({\sin ^2}\alpha  + {\tan ^2}\alpha {\cot ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 2\)

b) \({{\cos (\alpha  – {{90}^0})} \over {\sin ({{180}^0} – \alpha )}} + {{\tan (\alpha  – {{180}^0})c{\rm{os(18}}{{\rm{0}}^0} + \alpha )\sin ({{270}^0} + \alpha )} \over {\tan ({{270}^0} + \alpha )}}\)

= \({{\sin \alpha } \over {\cos \alpha }} + {{\tan \alpha ( – \cos \alpha )( – \cos \alpha )} \over { – \cot \alpha }} = 1 – {\sin ^2}\alpha  = {\cos ^2}\alpha \)

c) \({{\cos ( – {{288}^0})cot{{72}^0}} \over {tan( – {{162}^0})\sin {{108}^0}}} + \tan {18^0}\)

\( = {{\cos ({{72}^0} – {{360}^0})\cot {{72}^0}} \over {\tan ({{18}^0} – {{180}^0})\sin ({{180}^0} – {{72}^0})}} – \tan {18^0}\)

= \({{{\rm{cos7}}{{\rm{2}}^0}\cot {{72}^0}} \over {\tan {{18}^0}\sin {{72}^0}}} – \tan {18^0}\)

= \({{{{\cot }^2}{{72}^0}} \over {\tan {{18}^0}}} – \tan {18^0} = {{{{\tan }^2}{{18}^0}} \over {\tan {{18}^0}}} – \tan {18^0} = 0\)

d) Ta có: \(\sin {70^0} = \cos {20^0},\sin {50^0} = cos4{{\rm{0}}^0};\sin {40^0} = cos{50^0}\). Vì vậy

\({{\sin {{20}^0}\sin {\rm{3}}{{\rm{0}}^0}\sin {{40}^0}\sin {{50}^0}\sin {{60}^0}\sin {{70}^0}} \over {cos{{10}^0}{\rm{cos5}}{{\rm{0}}^0}}}\)

= \(\eqalign{
& {{{1 \over 2}.{{\sqrt 3 } \over 2}.\sin {{20}^0}\cos {\rm{2}}{{\rm{0}}^0}\cos {{50}^0}\cos {{40}^0}} \over {cos{{10}^0}{\rm{cos5}}{{\rm{0}}^0}}} \cr
& = {{{1 \over 2}.{{\sqrt 3 } \over 4}\sin {{40}^0}.cos{{40}^0}} \over {{\rm{cos1}}{{\rm{0}}^0}}} \cr} \)

= \({{{{\sqrt 3 } \over {16}}\sin {{80}^0}} \over {cos{{10}^0}}} = {{\sqrt 3 } \over {16}}\)

---

Bài 32 trang 196 SBT Toán Đại số 10

Cho \({0^0} < \alpha  < {90^0}\).

a) Có giá trị nào của \(\alpha \) sao cho \(\tan \alpha  < \sin \alpha \) hay không?

b) Chứng minh rằng \(\sin \alpha  + \cos \alpha  > 1\)

Đáp án

a) Với \({0^0} < \alpha  < {90^0}\) thì \(0 < \cos \alpha  < 1\) hay \({1 \over {\cos \alpha }} > 1\)

Nhân hai vế với \(\sin \alpha  > 0\) ta được \(tan\alpha  > \sin \alpha \).

Vậy không có giá trị nào của \(\alpha ({0^0} < \alpha  < {90^0})\) để \(tan\alpha  < \sin \alpha \)

b) Ta có \(\sin \alpha  + \cos \alpha  > 0\) và \(\sin \alpha \cos \alpha  > 0\). Do đó

\(\eqalign{
& {(\sin \alpha + \cos \alpha )^2} = {\sin ^2}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + 2\sin \alpha c{\rm{os}}\alpha \cr
& {\rm{ = 1 + 2}}\sin \alpha c{\rm{os}}\alpha > 1 \cr} \)

Từ đó suy ra: \(\sin \alpha  + \cos \alpha  > 1\)

---

Bài 33 trang 196 Sách bài tập Toán Đại 10

Tính các giá trị lượng giác của góc \(\alpha \), biết

a) \(\cos \alpha  = 2\sin \alpha \) khi \(0 < \alpha  < {\pi  \over 2}\)

b) \(\cot \alpha  = 4\tan \alpha \) khi \({\pi  \over 2} < \alpha  < \pi \)

HD giải

a) Với \(0 < \alpha  < {\pi  \over 2}\) thì \(\cos \alpha  > 0,\sin \alpha  > 0\). Ta có

\(1 – {\sin ^2}\alpha  = {\cos ^2}\alpha \)

Mặt khác \({\cos ^2}\alpha  = {(2\sin \alpha )^2} = 4{\sin ^2}\alpha \) nên \(5{\sin ^2}\alpha  = 1\) hay

\(\eqalign{
& \sin \alpha = {1 \over {\sqrt 5 }},\cos \alpha = {2 \over {\sqrt 5 }}, \cr
& \tan \alpha = {1 \over 2},\cot \alpha = 2 \cr} \)

b) Với \({\pi  \over 2} < \alpha  < \pi \) thì \(\sin \alpha  > 0,cos\alpha {\rm{ < 0,tan}}\alpha {\rm{ < 0}}\)

Ta có: \(\cot \alpha  = 4\tan \alpha  =  > {1 \over {\tan \alpha }} = 4\tan \alpha \)

\( =  > {\tan ^2}\alpha  = {1 \over 4} =  > \tan \alpha  =  – {1 \over 2},\cot \alpha  =  – 2\)

\(\cos \alpha  =  – {1 \over {\sqrt {1 + {1 \over 4}} }} =  – {2 \over {\sqrt 5 }},\sin \alpha  = {1 \over {\sqrt 5 }}\)

---

Bài 34 trang 196

Chứng minh các đẳng thức

a) \(\tan 3\alpha  – \tan 2\alpha  – \tan \alpha  = \tan \alpha \tan 2\alpha \tan 3\alpha \)

b) \({{4\tan \alpha (1 – {{\tan }^2}\alpha )} \over {{{(1 + {{\tan }^2}\alpha )}^2}}} = \sin 4\alpha \)

c) \({{1 + {{\tan }^4}\alpha } \over {{{\tan }^2}\alpha  + {{\cot }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha \)

d) \({{\cos \alpha \sin (\alpha  – 3) – \sin \alpha \cos (\alpha  – 3)} \over {\cos (3 – {\pi  \over 6}) – {1 \over 2}\sin 3}} =  – {{2\tan 3} \over {\sqrt 3 }}\)

Gợi ý làm bài

a) \(\tan 3\alpha  – \tan 2\alpha  – \tan \alpha  = \tan (2\alpha  + \alpha ) – \tan (2\alpha  + \alpha )\)

= \({{\tan 2\alpha  + \tan \alpha } \over {1 – \tan 2\alpha \tan \alpha }} – (\tan 2\alpha  + tan\alpha )\)

= \((\tan 2\alpha  + tan\alpha )({1 \over {1 – \tan 2\alpha \tan \alpha }} – 1)\)

= \(\eqalign{
& {{\tan 2\alpha + \tan \alpha } \over {1 – \tan 2\alpha \tan \alpha }}(1 – 1 + \tan 2\alpha \tan \alpha ) \cr
& = \tan 3\alpha \tan 2\alpha \tan \alpha \cr} \)

b)

\(\eqalign{
& {{4\tan \alpha (1 – {{\tan }^2}\alpha )} \over {{{(1 + {{\tan }^2}\alpha )}^2}}} = {{2.2\tan \alpha } \over {1 + {{\tan }^2}\alpha }}.{{1 – {{\tan }^2}\alpha } \over {1 + {{\tan }^2}\alpha }} \cr
& = 2sin2\alpha c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = }}\sin 4\alpha \cr} \)

c)

\(\eqalign{
& {{1 + {{\tan }^4}\alpha } \over {{{\tan }^2}\alpha + {{\cot }^2}\alpha }} = {{1 + {{\tan }^4}\alpha } \over {{{\tan }^2}\alpha + {1 \over {{{\tan }^2}\alpha }}}} \cr
& = {{1 + {{\tan }^4}\alpha } \over {{{{{\tan }^4}\alpha + 1} \over {{{\tan }^2}\alpha }}}} = {\tan ^2}\alpha \cr} \)

d)

\(\eqalign{
& {{\cos \alpha \sin (\alpha – 3) – \sin \alpha \cos (\alpha – 3)} \over {\cos (3 – {\pi \over 6}) – {1 \over 2}\sin 3}} \cr
& = {{\sin (\alpha – 3 – \alpha )} \over {\cos 3cos{\pi \over 6} + \sin 3\sin {\pi \over 6} – {1 \over 2}\sin 3}} \cr
& = {{ – \sin 3} \over {{{\sqrt 3 } \over 2}\cos 3}} = – {{2\tan 3} \over {\sqrt 3 }} \cr} \)

---

Bài 35 trang 197 Sách bài tập Toán 10

Chứng minh rằng các biểu thức sau là những số không phụ thuộc \(\alpha \)

a) \(A = 2({\sin ^6}\alpha  + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^6}\alpha ) – 3({\sin ^4}\alpha  + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha )\)

b) \(A = 4({\sin ^4}\alpha  + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha ) – c{\rm{os4}}\alpha \)

c) \(C = 8(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^8}\alpha  – {\sin ^8}\alpha ) – \cos 6\alpha  – 7\cos 2\alpha \)

Lời giải

a) \(A = 2({\sin ^2}\alpha  + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha )({\sin ^4}\alpha  + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha  – {\sin ^2}\alpha co{s^2}\alpha ) – 3({\sin ^4}\alpha  + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha )\)

= \( – {\sin ^4}\alpha  – {\cos ^4}\alpha  – 2{\sin ^2}{\cos ^2}\alpha \)

= \( – {({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha )^2} =  – 1\)

b) \(A = 4{\rm{[}}{({\sin ^2}\alpha  + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha )^2} – 2{\sin ^2}\alpha c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha {\rm{]}} – c{\rm{os4}}\alpha \)

= \(4\left( {1 – {1 \over 2}{{\sin }^2}2\alpha } \right) – 1 + 2{\sin ^2}2\alpha  = 3\)

c) \(C = 8(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha  – {\sin ^4}\alpha )(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha  + {\sin ^4}\alpha ) – \cos 6\alpha  – 7\cos 2\alpha \)

\( = 8(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha  – {\sin ^2}\alpha )(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha  + {\sin ^2}\alpha ){\rm{[}}{(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha  + {\sin ^2}\alpha )^2} – 2{\sin ^2}\alpha c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha {\rm{]}} – \cos 6\alpha  – 7\cos 2\alpha \)

\( = 8c{\rm{os}}2\alpha \left( {1 – {1 \over 2}si{n^2}2\alpha } \right) – c{\rm{os6}}\alpha {\rm{ – 7cos2}}\alpha \)

\( = c{\rm{os}}2\alpha  – 4\cos 2\alpha si{n^2}2\alpha  – c{\rm{os(4}}\alpha  + {\rm{2}}\alpha )\)

\( = c{\rm{os}}2\alpha  – 2\sin 4\alpha sin2\alpha  – c{\rm{os4}}\alpha c{\rm{os2}}\alpha  + \sin 4\alpha sin2\alpha \)

\( = c{\rm{os}}2\alpha  – (\cos 4\alpha \cos 2\alpha  + \sin {\rm{4}}\alpha \sin {\rm{2}}\alpha )\)

\( = \cos 2\alpha  – c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = 0}}\)

---

Bài 36 trang 197 – Ôn tập chương 6 Đại số 10

Rút gọn các biểu thức

a) \({{\tan 2\alpha } \over {\tan 4\alpha  – \tan 2\alpha }}\)

b) \(\sqrt {1 + \sin \alpha }  – \sqrt {1 – \sin \alpha } \) với \(0 < \alpha  < {\pi  \over 2}\)

c) \({{3 – 4\cos 2\alpha  + c{\rm{os4}}\alpha } \over {3 + 4\cos 2\alpha  + \cos 4\alpha }}\)

d) \({{\sin \alpha  + \sin 3\alpha  + \sin 5\alpha } \over {\cos \alpha  + \cos 3\alpha  + c{\rm{os5}}\alpha }}\)

Gợi ý làm bài

a)

\(\eqalign{
& {{\tan 2\alpha } \over {\tan 4\alpha – \tan 2\alpha }} = {{\tan 2\alpha } \over {{{2\tan 2\alpha } \over {1 – {{\tan }^2}\alpha }} – \tan 2\alpha }} \cr
& = {{1 – {{\tan }^2}2\alpha } \over {1 + {{\tan }^2}2\alpha }} = \cos 4\alpha \cr} \)

b)

\(\eqalign{
& \sqrt {1 + \sin \alpha } – \sqrt {1 – \sin \alpha } \cr
& = \sqrt {{{\left( {cos{\alpha \over 2} + sin{\alpha \over 2}} \right)}^2}} – \sqrt {{{\left( {cos{\alpha \over 2} – sin{\alpha \over 2}} \right)}^2}} \cr} \)

Vì \(0 < \alpha  < {\pi  \over 2}\) nên \(0 < {\alpha  \over 2} < {\pi  \over 4}\)

Suy ra \(0 < \sin {\alpha  \over 2} < \cos {\alpha  \over 2}\)

Vậy \(\sqrt {1 + \sin \alpha }  – \sqrt {1 – \sin \alpha }  = cos{\alpha  \over 2} + sin{\alpha  \over 2} – (cos{\alpha  \over 2} – sin{\alpha  \over 2})\)

\( = 2sin{\alpha  \over 2}\)

c) \({{3 – 4\cos 2\alpha  + c{\rm{os4}}\alpha } \over {3 + 4\cos 2\alpha  + \cos 4\alpha }} = {{3 – 4\cos 2\alpha  + 2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha  – 1} \over {3 + 4\cos 2\alpha  + 2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha  – 1}}\)

\( = {{2(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha  – 2\cos 2\alpha  + 1)} \over {2(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha  + 2\cos 2\alpha  + 1)}}\)

\( = {{{{(\cos 2\alpha  – 1)}^2}} \over {{{(\cos 2\alpha  + 1)}^2}}} = {{{{( – 2{{\sin }^2}\alpha )}^2}} \over {{{(2{{\cos }^2}\alpha )}^2}}} = {\tan ^4}\alpha \)

d)

\(\eqalign{
& {{\sin \alpha + \sin 3\alpha + \sin 5\alpha } \over {\cos \alpha + \cos 3\alpha + c{\rm{os5}}\alpha }} \cr
& = {{(\sin 5\alpha + \sin \alpha ) + \sin 3\alpha } \over {(\cos 5\alpha + \cos \alpha ) + c{\rm{os3}}\alpha }} \cr} \)

\( = {{\sin 3\alpha (2\cos 2\alpha  + 1)} \over {c{\rm{os3}}\alpha (2\cos 2\alpha  + 1)}} = \tan 3\alpha \)

---

Bài 37 trang 197

Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện \({\rm{cos2A + 2}}\sqrt 2 \cos B + 2\sqrt 2 \cos C = 3\)ợi ý làm bài

Hướng dẫn

Giả thiết tam giác ABC không tù có nghĩa là các góc của tam giác nhỏ hơn hoặc bằng \({\pi  \over 2}\) và hiệu của hai góc cũng nằm trong khoảng từ \( – {\pi  \over 2}\) đến \({\pi  \over 2}\). Do đó với \(A \le {\pi  \over 2}\) thì \(\cos {A \over 2} \ge \cos {\pi  \over 4} = {{\sqrt 2 } \over 2}\) còn với \( – {\pi  \over 2} < B – C < {\pi  \over 2}\) thì \( – {\pi  \over 4} < {{B – C} \over 2} < {\pi  \over 4}\) do đó \(\cos {{B – C} \over 2} > 0\)

Giải chi tiết

Ta có

\(\cos 2A + 2\sqrt 2 (\cos B + \cos C) = 3\)

\( \Leftrightarrow 1 – 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 \cos {{B + C} \over 2}\cos {{B – C} \over 2} = 3\)

\( \Leftrightarrow 1 – 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} = 3\)

\( \Leftrightarrow 2si{n^2}A – 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow si{n^2}A – 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} + 1 = 0\)

Tam giác ABC không tù nên \(\cos {A \over 2} \ge {{\sqrt 2 } \over 2}\), suy ra \(\sqrt 2  \le 2\cos {A \over 2}\). Mặt khác, \(\cos {{B – C} \over 2} > 0\) nên ta có

\(2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} \le 4sin{A \over 2}\cos {A \over 2}\cos {{B – C} \over 2}\)

Hay \( – 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} \ge  – 2\sin A\cos {{B – C} \over 2}\)

Vì vậy vế trái của (*) \( \ge si{n^2}A – 2\sin A\cos {{B – C} \over 2} + 1\)

\( = {(\sin A – \cos {{B – C} \over 2})^2} – {\cos ^2}{{B – C} \over 2} + 1\)

\( = {(\sin A – \cos {{B – C} \over 2})^2} + {\sin ^2}{{B – C} \over 2} \ge 0\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(\left\{ \matrix{
B – C = 0 \hfill \cr
\sin A = \cos {{B – C} \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
B = C \hfill \cr
\sin A = 1 \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow A = {\pi  \over 2},B = C = {\pi  \over 4}\)

Vậy ABC là tam giác vuông cân.

_______ HẾT _______