Bài tập ôn tập chương 6 Đại số lớp 10 – Giải bài 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29 trang 195 ; bài 30, 31, 32, 33, 34 trang 196; bài 35, 36, 37 trang 197 Sách bài tập (SBT) Toán 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 _______
Trả lời