1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TẬP VỀ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC
Người thực hiện: NGUYỄN THỊ HỒNG VÂN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục:
- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN
- Lĩnh vực khác:
Có đính kèm:
Mô hình Đĩa CD (DVD) Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học: 2013-2014
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I.THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và Tên: Nguyễn Thị Hồng Vân
2. Ngày tháng năm sinh: 18/09/1978
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: 18 HV- KP1 Phường Long Bình Tân – TP Biên Hoà – Tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại: 0613834289 (CQ)/ 0613832425 (NR); ĐTDĐ: 0974 669 039
6. Fax: E-mail: [email protected]
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao: giảng dạy môn Toán các lớp 11A4, 11A10, 10A3, 10A5 và chủ
nhiệm lớp 10A3
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị cao nhất: thạc sỹ
- Năm nhận bằng: 2013
- Chuyên ngành đào tạo: Toán giải tích .
- Để có những hiểu biết sâu sắc, truyền thụ cho học sinh về mảng kiến thức liên
quan đến “ Công thức lượng giác ” có hiệu quả nhất, chúng tôi chọn chuyên đề nghiên
cứu là “ Phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập về công thức lượng giác”.
- Trong quá trình dạy học tôi luôn tìm tòi các ví dụ điển hình tổng hợp thành các
phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng
bài toán và phát triển các bài toán mới.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
- Các kiến thức về công thức lượng giác được tổng hợp từ sách giáo khoa và sách
bài tập.
- Kĩ năng giải các bài toán đòi hỏi tư duy, sáng tạo.
- Chuyên đề được trình bày thành sáu dạng toán, mỗi dạng toán có các yêu cầu cụ
thể như sau:
+ Kiến thức cần nhớ: Phần này tóm tắt các khái niệm, định nghĩa, định lý, tính
chất và các công thức hoặc phương pháp giải phục vụ cho việc giải quyết các bài toán
tương ứng của từng phần.
+ Các bài toán minh họa: Trên cơ sở lý thuyết, phần này phân loại và chỉ ra các
dạng toán cơ bản thường gặp trong chương trình cùng với phương pháp giải. Lời giải
3
các bài toán được trình bày chi tiết hoặc gợi ý, hướng dẫn. Ngoài ra còn có các nhận
xét, rút kinh nghiệm, các cách giải khác giúp cho các em dễ hiểu, dễ vận dụng để giải
được các bài toán tương tự.
+Bài tập đề nghị : Hệ thống các bài toán có cùng cách giải, cùng mạch tư duy.
Bên cạnh đó còn có các bài tập có tính mở rộng, nâng cao để giúp các em khá, giỏi có
điều kiện rèn luyện, mở rộng kiến thức để nâng cao năng lực giải toán của mình.
- Các kết quả trong chuyên đề chủ yếu là đã có sẵn trong sách giáo khoa, trong các
tài liệu tham khảo, bản thân đã tìm hiểu, trình bày lại theo bố cục mới, chứng minh
chi tiết nhiều kết quả mà trong tài liệu chứng minh vắn tắt hoặc bỏ qua chứng minh.
Bên cạnh đó tác giả cũng đưa ra và chứng minh một số kết quả mới.
- Các giải pháp mà tác giả thực hiện đã có tác động khắc phục được các hạn chế ở
đơn vị mình, là các giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có mà tác giả đã thực
+ =
+ =
Lời giải
4
Bài toán 1: ( Đề kiểm tra một tiết – Năm học 2012 -2013- Trường
THPT Nguyễn Hữu Cảnh )
1) Cho
cos cos cos 4sin sin sin 1
2 2 2
A B C
A B C+ + = +
và
.
2
a
π
π
< <
Tính các giá trị lượng giác còn lại.
2) Cho
tan 2a =
và
3
.
2
a
π
π
< <
Ta có
sin 5
tan
cos 12
a
a
a
= = −
và
1 12
cot
tan 5
a
a
= = −
b) Ta có
2
2
1 1
cos
1 tan 5
a
a
= =
+
Suy ra
5
cos
5
cot
tan 2
a
a
= =
Lời bàn: Đây là dạng toán cơ bản nhất, trong ma trận đề thường ở dạng
“ nhận biết ”, dùng làm câu tránh điểm liệt đối với những học sinh yếu kém.
Lời giải
Phân tích và định hướng
- Có thể chứng minh trực tiếp VT = VP ( hay VP = VT).
- Có thể biến đổi đồng thời cả hai vế về cùng một biểu thức.
- Sử dụng các hằng đẳng thức đại số và các hằng đẳng thức lượng giác
( )
( )
2
2
sin cos 1 2sin cos
sin cos 1 2sin cos
x x x x
x x x x
+ = +
− = −
5
Bài toán 2: Chứng minh các đẳng thức sau:
a)
3 3
sin cos
1 sin cos
sin cos
=
÷
+ +
Lời giải
a) Ta có
( )
( )
3 3
2 2
2 2
sin cos
sin cos
sin cos sin sin cos cos
sin cos
sin sin cos cos
1 sin cos ( ).
x x
VT
x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x VP dpcm
+
=
+
+ − +
sin
1 sin tan (cos sin )sin
1 sin .
cos
x
x
x x x x x
x
VT x
x
x x x x x
x
x
+
÷
+ +
= = = =
÷
÷
+ +
÷
+
( )
x x
x x x
x
x
+
+
+
= = = =
+
+
+
Do đó VT= VP (đpcm).
Lời giải
a) Cách 1
2
2
1 cos (1 cos )
1
sin sin
a a
A
a a
+ −
= +
2
2
1 1
tan tan
tan tan
B a a
a a
= + − −
÷ ÷
1 cos 1 cos
1
sin 1 cos
a a
a a
+ −
= +
÷
+
1 cos 2
sin 1 cos
a
a a
+
=
+ − +
= +
÷
2
1 cos 2(1 cos )
.
sin 1 cos
a a
a a
+ −
=
−
2
sin a
=
b) Cách 1
2 2
1 1
tan tan
tan tan
B a a
a a
= + − −
÷ ÷
= + + − + − +
÷ ÷
2
2tan .
tan
a
a
=4
=
7
Bài toán 4: Chứng minh biểu thức sau độc lập đối với biến x
a)
( ) ( )
6 6 4 4
2 sin cos 3 sin cosA x x x x= + − +
b)
( ) ( )
8 8 6 6 4
3 sin cos 4 cos 2sin 6sinB x x x x x
= − + − +
Phân tích và định hướng
- Biến đổi như bài toán 3 là thu gọn biểu thức lượng giác đó, nhưng kết quả thu gọn
phải là một hằng số ( không phụ thuộc vào biến).
Cách 2:
Đặt
2 2
sin , cosa x b x= =
với
1a b+ =
Khi đó
3 3 2 2
2( ) 3( )A a b a b= + − +3 2
2 ( ) 3 ( ) 3 ( ) 2a b ab a b a b ab
= + − + − + −
2(1 3 ) 3(1 2 )ab ab= − − −1= −
b)Ta có
( ) ( )
8 8 4 4 4 4
sin cos sin cos sin cosx x x x x x
− = − +
6 4 2 2 4 6 4
3 4sin 6sin 4sin 1 4 1 3sin 3sin 3sin 6sin 1B x x x x x x x= − + − + − + − + =
Vậy biểu thức B độc lập đối với biến
x
.
8
Phân tích và định hướng
- Từ giả thiết đã cho, áp dụng các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản, ta tính
được giá trị của biểu thức theo hai cách sau
Lời giải
Cách 1
Ta có
2
2
1
1 cot
sin
α
α
+ =
suy ra
2
2
2
2 2 2
1 1 4 16
sin
1 cot 4 3 25
3
1
4 3 84
3 4
5 5 25
P
= + − =
÷ ÷
Cách 2
Từ giả thiết ta có
2
2
cos 3 cos 9
(1)
sin 4 sin 16
α α
α α
= − ⇒ =
Mặt khác ta có
2 2
sin cos 1 (2)
α α
+ =
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2
2
2
b
b
a
+ = + =
=
⇔ ⇔
= =
=
Từ đó suy ra
84
3 4
25
P a b= + =
.
Bài tập đề nghị
9
Bài toán 5: Cho
3
, cot
2 4
và
.
2
a
π
π
< <
Tính các giá trị lượng giác còn lại.
c) Cho
tan 3a =
và
0 .
2
a
π
< <
Tính các giá trị lượng giác còn lại.
d) Cho
1
cot
5
a = −
và
0.
2
a
π
− < <
Tính các giá trị lượng giác còn lại.
2) Chứng minh các đẳng thức sau:
a a a
a a a
+
−
− −
e)
2
2
1 sin 1 sin
4tan
1 sin 1 sin
a a
a
a a
+ −
− =
÷
− +
3) Rút gọn biểu thức
a)
2 2 2
(1 sin )cot 1 cotA a a a= − + −
b)
2 2
(1 tan )cos (1 cot )sinB a a a a= + + +
x x x
+
= −
+
d)
4 2 4 2
sin 4cos cos 4sinD x x x x= + + +
5) Cho
sin cos .x x m+ =
Tính các biểu thức sau theo
:m
a)
sin .cosx x
10
b)
sin cosx x−
c)
3 3
sin cosx x+
d)
6 6
sin cosx x+
Vấn đề 2: Công thức cộng
+ =
−
Hệ quả
1 tan
tan
4 1 tan
1 tan
tan
4 1 tan
π α
α
α
π α
α
α
+
+ =
÷
−
−
− =
÷
+
Lời giải
a) Ta có
17 17
α β
= =
với
0 ,0 .
2 2
π π
α β
< < < <
Chứng minh rằng
.
2
π
α β
+ =
2 2
sinacos cos sin cosacos sin sin
6 6 3 3
a a
π π π π
= + − −
3 1 1 3
sina cos cosa sin
2 2 2 2
a a= + + −
1
cos .
3
a= =
< <
suy ra
225 64 8
cos 1
289 289 17
β
= − = =
Do đó
sin( ) sin cos cos sin
α β α β α β
+ = +
8 8 15 15
. . 1
17 17 17 17
= + =
Vì
0 ,0
2 2
π π
α β
< < < <
nên từ đó suy ra
.
2
π
α β
+ =
Phân tích bài toán
+
− =
−
Lời giải
a) Ta có
0 0 0 0
sin 200 sin310 cos340 cos50+
( ) ( ) ( )
0 0 0 0 0 0 0
sin 180 20 sin 360 50 cos 360 20 cos50= + − + −
( ) ( )
0 0 0 0
sin 20 sin50 cos20 cos50
= − − +
12
Bài toán 2: Không dùng bảng số và máy tính, chứng minh rằng
a)
0 0 0 0
3
sin 200 sin310 cos340 cos50
2
+ =
b)
2 0
0
2 0
3cot 15 1
cot15
+ −
=
− +
Mặt khác ta có
cos(a b) cos cos sin sin
cot(a b)
sin(a b) sin cos cos sin
a b a b
a b a b
+ −
+ = =
+ +
Chia cả tử và mẫu cho
sin sina b
ta được
cot cot 1
cot( )
cot cot
a b
a b
a b
−
+ =
+
Tương tự
cot cot 1
cot( )
cot cot
a b
a b
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
cos cos sin sin cos sin cosb sina .P a b a b a b= + + + + + + −
3) Chứng minh các đẳng thức sau:
a)
2 2
sin( ).sin( ) sin sinx y x y x y+ − = −
b)
2 2
2 2
tan tan
tan( ).tan( )
1 tan .tan
x y
x y x y
x y
−
= + −
−
c)
2
3
cos sin .sin
6 6 4
x x x
π π
2tan
tan 2
1 tan
cot 1
cot 2
2cot
α α α
α α α α α
α
α
α
α
α
α
=
= − = − = −
=
−
−
=
Công thức hạ bậc
2
2
2
1 cos2
cos
2
1 cos2
sin
2
α
α
= −
= −
−
=
−
Phân tích bài toán
- Các đẳng thức a) và b) thì ta dựa vào công thức cộng và công thức nhân
đôi để chứng minh. Còn các đẳng thức c) và d) thì ta dựa vào công thức
nhân đôi để chứng minh.
14
Bài toán 1: Chứng minh rằng:
a)
3
sin3 3sin 4sina a a= −
b)
3
cos3 4cos 3cosa a a= −
c)
4 2
cos4 8cos 8cos 1a a a= − +
d)
( )
2 2
sin 4a 4sin cos cos sina a a a
= −
4cos 3cosa a= −
c)
( )
2
2 2 2 2 2
cos4 cos 2 sin 2 cos sin (2sin cos )a a a a a a a= − = − −
2 2 2 2
(2cos 1) 4cos (1 cos )a a a= − − −4 2 2 4
4cos 4cos 1 4cos 4cosa a a a= − + − +4 2
8cos 8cos 1a a= − +
d)
2 2
sin 4a 2sin2 cos2 2.2sin cos (cos sin )a a a a a a= = −( )
2 2
4sin cos cos sina a a a= −
Lời bàn:
- Các công thức trên rất hay được sử dụng, vì vậy học sinh nên nhớ các công
thức này và cách chứng minh của chúng để có thể sử dụng khi cần thiết.
Phân tích bài toán
a− =
b)
1
2 cot 2 cot tan
sin 2 2 2
a a
a
a
+ = −
÷
c)
6 6 2
3
sin cos 1 sin 2
4
a a a+ = −
a) Ta có
2 2
VT cosasina(cos sin a)a= −
1
cosasina.cos2
2
a=
2 2
2 cos sin
2cos
2 2
sin
2sin cos
2 2
a a
a
a a
a
−
÷
= =cos sin
2 2
cot tan
2 2
sin cos
2 2
a a
a a
VP
a a
= =
−
b) Ta có
sin 2 ;tan 2a a
không xác định duy nhất bởi
m
16
Bài toán 3: Cho
cosa m=
a) Hãy tính
2 2
cos2 ;sin 2 ;tan 2a a a
theo
m
( giả sử
tan 2a
xác
định).
b) Hỏi
sin 2 ;tan 2a a
có xác định duy nhất bởi
m
hay không ?
Chẳng hạn
1
cos cos
3 3 2
π π
≠
)
2
2
2
2
2 1
cos 2cos 1 1
2 1
1 tan
2
a t
a
a
t
−
= − = − =
+
+
( giả sử
cos 0
2
a
≠
)
b) Khi
sin cos 0,a a ≠
ta có
1 cos 1 1
4sin 4sin .
a) Hãy tính
2 2
cos2 ;sin 2 ;tan 2a a a
theo
m
b) Hỏi
sin 2 ;tan 2a a
có xác định duy nhất bởi
m
hay không ?
2)
a) Cho
3 3
cos ,sin 0;sin ,cos 0
4 5
a a b b= > = <
. Hãy tính
cos2 ,sin2 ,cos2 ,sin 2a a b b
.
b) Cho
cos 0,6a =
và
0
2
a
π
< <
. Hãy tính
cos ,sin ,tan
.
b) Hãy tính
1 cos 1
4sin
sin tan
a
a
a a
−
+ +
theo
tan
2
a
t=
.
a)
sin cos cos2 cos4aA a a a=
b)
sin3 cos5 sin5 cos3
cos
a a a a
B
a
−
=
c)
1 1 1 1 1 cos
Công thức biến đổi tổng thành tích
cos cos 2cos cos
2 2
cos cos 2sin sin
2 2
a b a b
a b
a b a b
a b
+ −
+ =
+ −
− = −
sin sin 2sin cos
2 2
sin sin 2cos sin
2 2
a b a b
a b
a b a b
a b
+ −
+ =
+ −
− =
Phương pháp:
Phần này có nhiều công thức mà học sinh không còn cách nào khác là phải học
ϕ α ϕ α ϕ α ϕ α
+ + − + =
Lời giải
a) Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng ta được
1 1
cos cos cos cos2 cos2
4 4 2 2 2
a a a a
π π π
+ − = + =
÷ ÷ ÷
Vậy
1 2
cos2
cos cos
4 4
a
a a
π π
=
+ −
÷ ÷
(đpcm)
b) Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng ta được
VP
α
α
−
= = =
Lời giải
Lời giải
a)
3sin 2 cos2 3sin 3cos 3A x x x x= − − − +
2 2
3(sin 2 1) 3(sin cos ) (cos sin )x x x x x= + − + − −
2 2 2
3(sin cos ) 3(sin cos ) (cos sin )(cos sin )x x x x x x x x= + − + − + −
(sin cos )(4sin 2cos 3)x x x x= + + −
b)
2 2 2
cos cos 2 cos 3 1B x x x= − − +
( )
1
1 cos2 1 cos4 1 cos6 1
2
x x x= + − − − − +
cos cos2 cos3 cos4D x x x x= − + −
( Đề kiểm tra một tiết – Năm học
2013 -2014- Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh )
2cos sin3 sin2x x x=
c)
9sin 6cos 3sin2 cos2 8C x x x x= + − + −2
9sin 6cos 6sin cos 1 2sin 8x x x x x= + − + − −
2
6cos (1 sin ) (2sin 9sin 7)x x x x= − − − +7
6cos (1 sin ) 2(sin 1) sin
2
x x x x
= − − − −
÷
6cos (1 sin ) (1 sin )(2sin 7)x x x x= − + − −
1) Biến đổi các biểu thức sau thành tích:
a)
cos sin 2 cos3a a a+ −
b)
2 tan 2 cot 2a a+ +
c)
2 2 2
sin sin 2 sin 3a a a+ −
Hướng dẫn
a) Nhóm số hạng thứ nhất và số hạng cuối sẽ xuất hiện thừa số chung là
sin 2a
.
0 0
cos sin 2 cos3 4sin 2 sin 15 cos 15
2 2
a a
a a a a
+ − = + −
÷ ÷
b) Nhóm số hạng thứ hai và số hạng thứ ba
4sin 2 cos 2
4 4
2 tan 2 cot 2
sin 4a
a a
÷ ÷
20
Vấn đề 5: Các bài toán tổng hợp
Phương pháp:
Lời giải
a)
( )
2
4 4 2 2 2 2 2
1
sin cos sin cos 2sin cos 1 sin 2
2
α α α α α α α
+ = + − = −
Nhận thấy
2
0 sin 2 1
α
≤ ≤
Vậy giá trị bé nhất của biểu thức là
1
2
đạt được khi
2
sin 2 1
α
=
sin 2 1
α
=
.
Phân tích và định hướng
- Nhận thấy
2
2 sin x−
và
2
3 2cos x−
là hai số dương nên ta có thể giải bài toán bằng
cách dùng bất đẳng thức Côsi
- Hoặc áp dụng công thức lượng giác cơ bản
2 2
sin cos 1x x+ =
ta đưa P về biểu thức
chứa
2 4
sin ,sinx x
sau đó đặt ẩn phụ, xét hàm , lập bảng biến thiên để suy ra kết quả
cần tìm.
Lời giải
Cách 1
21
Bài toán 1: Tìm giá trị bé nhất của biểu thức
a)
4 4
sin cos
2 2 2 2
1
2 sin 1 2sin 4 2sin 1 2sin
2
x x x x− + = − +
2
2 2
1 4 2sin 1 2sin 1 25 25
.
2 2 2 4 8
x x
− + +
≤ = =
÷
Dấu “=” xảy ra khi
2 2 2
3 3
4 2sin 1 2sin sin sin
4 2 3
x x x x x
π
− = + ⇔ = ⇔ = ⇔ =
( vì
0 x
π
≤ ≤
0
3
4
1
( )f t
Dựa vào bảng biến thiên suy ra giá trị lớn nhất của
P
là
25
8
đạt được khi
2
3 3
sin sin ( 0 )
4 2 3
x x x do x
π
π
= ⇔ = ⇔ = ≤ ≤
Phân tích và định hướng
22
Bài toán 3: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:
a)
cos cos cos 4sin sin sin 1
2 2 2
A B C
A B C+ + = +
b)
đến công thức
2
cos 1 2sin
2
A
A = −
, còn biểu thức
cos cosB C+
thì sử dụng công thức
biến đổi tổng thành tích và sử dụng các công thức (1) và (2) ta sẽ chứng minh được
đẳng thức đã cho.
Lời giải
a) Ta có
VT cos cos cosA B C= + +2
1 2sin 2cos cos
2 2 2
A B C B C+ −
= − +
2
1 2sin 2sin cos
2 2 2
A A B C−
= − +
1 2sin sin cos
2 2 2
VT sin sin sinA B C= + +
2
1 cos2 1 cos2
1 cos
2 2
B C
A
− −
= − + +
( )
2
1
2 cos cos2 cos2
2
A B C= − − +
2
2 cos cos( )cos( )A B C B C= − − + −
[ ]
2 cos cos( ) cos( )A B C B C= + − + +
2 2cos cos cosA B C VP= + =
(đpcm).
23
Phân tích bài toán
Phân tích và định hướng
Trong đẳng thức ở câu a) ta thấy vừa có các cạnh a, b, c vừa có các góc A, B, C nên
nói chung ta thường đưa về một biểu thức chỉ chứa hàm số lượng giác của các góc.
B C B C B C B C
A
A A A
+ − + −
= =
sin sin
2 2
sin
2
sin
2
A B C
B C
VT
A
−
−
= = =
(đpcm).
( vì trong tam giác ABC thì
cos 0, sin 0
2 2
A A
≠ ≠
nên ta có thể giản ước
được.)
b) Vì trong tam giác ABC có
sin cos
2 2
1
sin sin sin
2 2 2 8
A B C
≤
1
cos cos cos
2 2 2 4
B C B C B C+ − +
⇔ − ≤
÷
2
1
cos cos cos 0
2 2 2 4
B C B C B C+ + −
⇔ − + ≥
2
2
1 1 1
cos cos cos 0
2 2 2 4 4 2
B C B C B C+ − −
⇔ − + − ≥
÷
2
⇒
+
+ −
=
=
0
0
60
1
cos
60
2
B C
B C
A B C
B
B
=
=
x y z
x y z+ + = +
c)
sin 2 sin2 sin 2 4sin sin sinx y z x y z+ + =
d)
2 2 2
cos cos cos 1 2cos cos cosx y z x y z+ + = −
3) Chứng minh rằng
1 1 1 tan8 tan
cos cos2 cos2 cos3 cos7 cos8 sin
a a
a a a a a a a
−
+ + + =
25
Copyright: Tài liệu đại học ©