Chuyên đề 2: Lượng giác

: cos5x  0 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: sin5x. cos3x = sin7x. cos5x      1 1 sin2x sin8x sin2x sin12x 2 2     sin12x = sin8x  k x 2 (k ) k x 20 10         Bài 49: CAO ĐẲNG CÔNG NGHIỆP THỰC PHẨM Giải phương trình: 1 1 2 sin x cosx sinx 4         Giải Điều kiện: cosx  0; sinx  0 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: 2(sinx + cosx) = sin2x(cosx + sinx)  sinx + cosx = 0 hay 2 = sin2x ( vô nghiệm)  tanx = 1  x k 4      (k  ) Bài 50: CĐSP TW TP. HCM Giải phương trình: sin2x + cos2x + 3sinx – cosx – 2 = 0 Giải Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx + 1 – 2sin2x + 3sinx – cosx – 2 = 0  cosx(2sinx – 1) – (2sin2x  3sinx + 1) = 0  cosx(2sinx – 1) – (sinx -1)(2sinx  1) = 0  2sinx – 1 = 0 hay cosx – sinx +1 = 0 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 90 sinx = 1 2 hay sin x 4       = sin 4   x k2 6 5 x k2 6           hay x k2 2 x k2          (k  ) Bài 51: CAO ĐẲNG KINH TẾ ĐỐI NGOẠI Giải phương trình: sin 6 x + cos 6 x = 2 2sin x 4       Giải Phương trình đã cho tương đương với: 1  3 4 sin 2 2x = (sinx + cosx) 2  3sin 2 2x + 4sin2x = 0  sin2x = 0 hay sin2x =  4 3 (loại)  x = k 2  (k  ) Bài 52: CAO ĐẲNG KINH TẾ TP. HCM Giải phương trình: sin2xsinx + cos5xcos2x = 1 cos8x 2  Giải Phương trình đã cho tương đương với:     1 1 1 cos8x cosx cos3x cos7x cos3x 2 2 2      cosx + cos7x = 1 + cos8x  2cos4xcos3x = 2cos 2 4x  k x cos4x 0 8 4 cos4x cos3x k2 x 7           (k  ) Bài 53: CAO ĐẲNG TÀI CHÍNH – HẢI QUAN Giải phương trình: cosx.cos2x.sin3x = 1 4 sin2x Giải Phương trình đã cho tương đương với: 2cosxcos2xsin3x = sinxcosx   cosx 0 hay2cos2xsin3x sinx  x = 2  + k (k  ) hay sin5x + sinx = sinx  x = 2  + k hay x = k 5  (k  )  Vấn đề 2: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC TRÊN MỘT MIỀN ĐỀ THI TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 91 Bài 1: Tìm nghiệm thuộc khoảng (0; 2) của phương trình: cos3x sin3x 5 sinx cos2x 3 1 2sin2x         . Giải Điều kiện 1 + 2sin2x  0 (1) Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với: 5(sinx + 2sin2xsinx + cos3x + sin3x) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)  5(sinx + cosx  cos3x + cos3x + sin3x) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)  5(2sin2xcosx + cosx) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)  5cosx(1 + 2sin2x) = (cos2x + 3)(1 + 2sin2x)  5cosx = cos2x + 3 (Vì 1 + 2sin2x  0)  5cosx = 2cos 2 x + 2  cosx = 1 2 (thỏa điều kiện (1))  x k2 3      (k  ) Vì nghiệm x thuộc khoảng (0; 2) nên 5 x x = 3 3     Bài 2: Tìm x thuộc đoạn [0; 14] nghiệm đúng phương trình: cos3x  4cos2x + 3cosx  4 = 0. Giải Phương trình đã cho tương đương với: 4cos 3 x  3cosx  4 (2cos 2 x 1) + 3cosx 4 = 0  4(cos 3 x  2cos 2 x) = 0  cosx = 0  cosx = 2 (loại)  x = 2  + k (k  ) Vì x  [0; 14] nên x = 2  , x = 3 2  , x = 5 2  , x = 7 2  .  Vấn đề 3: ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI  Phương trình Asinx + Bcosx = C có nghiệm 2 2 2A B C   .  Sử dụng các phương pháp thường gặp như trong đại số. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 92 B. ĐỀ THI Bài 1: ĐỀ DỰ BỊ 1 Xác định m để phương trình 2(sin 4 x + cos 4 x) + cos4x + 2sin2x  m = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 0; 2       . Giải Phương trình đã cho tương đương với: 2(1 – 2sin2x.cos2x) + 1 – 2sin22x + 2sin2x – m = 0            2 21 2 1 sin 2x 1 2sin 2x 2sin2x m 2  3sin 2 2x + 2sin2x + 3 = m (1) Đặt t = sin2x. Vì x  0; 2        0  2x    0  sin2x  1  0  t  1 (1) thành  3t 2 + 2t + 3 = m (2); 0  t  1 Đặt f(t) = 3t 2 + 2t + 3  f'(t) = 6t + 2  f'(t) = 0  t = 1 3  Bảng bịến thiên t  0 1 3 1 + f'(t) + 0  f(t) 10 3 3 2  Nhận xét: (2) là phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng : y = m và đường cong (C). Từ đó (1) có nghiệm x  0; 2         và (C) có điểm chung trên [0;1]  2  m  10 3 . Bài 2: ĐỀ DỰ BỊ 1 Cho phương trình 2sinx cosx 1 a sinx 2cosx 3      (1) (a là tham số) a/ Giải phương trình (1) khi a = 1 3 . b/ Tìm a để phương trình (1) có nghiệm. TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 93 Giải Tập xác định của phương trình (1): D = . Do đó: (1) 2sinx + cosx + 1 = a(sinx – 2cosx + 3)  (2 – a)sinx + (2a + 1).cosx = 3a – 1 a/ Khi a = 1 3 : 5 5 (1) sinx cosx 0 sinx cosx 0 3 3       sinx cosx tanx 1 x k (k ) 4              b/ Do (2 – a)2 + (2a + 1)  0 nên điều kiện cần và đủ để (1) có nghiệm là (2 – a)2 + (2a + 1)2  (3a – 1)2  2a2 – 3a – 2  0  1 a 2 2     Vấn đề 4: BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI  Sử dụng công thức trong tam giác tương ứng  Nhận dạng tam giác bằng cách rút gọn hệ thức đã cho hay chứng tỏ hệ thức đó là điều kiện dấu bằng của bất đẳng thức Hệ thức trong tam giác cần chú ý a. Định lí hàm số sin: a b c 2R sinA sinB sinC    b. Định lí hàm số cosin: a 2 = b 2 + c 2 – 2bccosA; b2 = a2 + c2 – 2accosB c 2 = a 2 + b 2 – 2abcosC c. Định lí đường trung tuyến: 2 2 2 2 a 2b 2c a m 4    d. Định lí đường phân giác: la = A 2bc.cos 2 b c e. Diện tích tam giác: S = 1 2 a.ha = 1 2 absinC = abc 4R = pr = (p – a).ra = p(p a)(p b)(p c)   f. Bán kính đường tròn nội tiếp: r = (p – a)tan A 2 = (p – b)tan B 2 = (p – c)tan C 2 g. Bán kính đường tròn bàng tiếp: ra = p.tan A 2 B.ĐỀ THI Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 94 Bài 1: ĐỀ DỰ BỊ 1 Tìm các góc A, B, C của tam giác ABC để biểu thức: Q = sin 2 A + sin 2 B  sin 2 C đạt giá trị nhỏ nhất. Giải Ta có: 21 1 Q (1 cos2A) (1 cos2B) sin C 2 2      2 1 cos(A B).cos(A B) sin C     = 1 + cosC cos(A  B)  1 + cos 2 C = cos 2 C + cosC. cos(A  B) = 2 21 1 1 cosC cos(A B) cos (A B) 2 4 4            Vậy 0 min 0 A B C 1201 Q 1 4 cosC A B 30 2               Bài 2: ĐỀ DỰ BỊ 2 Xác định hình dạng của tam giác ABC, biết rằng:    2 2p a sin A p b sin B c.sinA.sinB    Trong đó BC = a, CA = b, AB = c, a b c p 2    . Giải (p – a)sin2A + (p – b)sin2B = c.sinA. sinB  (p – a)a2 + (p – b)b2 = abc (định lý hàm sin)                 p a a p b b p p a a p p b b p bc ac bc ac  a(1 + cosA) + b(1 + cosB) = a + b + c (         p. p a p.r abc 1 a sinA 1 cosA . A A A Abc 4R 2 b.c.tan b.c.tan 4.R.tan 2.tan 2 2 2 2 )  acosA + bcosB = c  sin2A + sin2B = 2sinC  2sin(A + B).cos(A – B) = 2sinC  cos (A – B) = 1  A = B   ABC cân tại C. Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 2 Xét tam giác ABC có độ dài cạnh AB = c, BC = a, CA = b. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng: bsinC (bcosC + c.cosB) = 20. TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 95 Giải Tính diện tích tam giác Từ b.sinC(b.cosC + c.cosB) = 20  4R 2 sinB.sinC(sinBcosC + sinC.cosB) = 20  4R 2 .sinB.sinC.sinA = 20 (1) Ta có: 3 2abc 8R .sinA.sinB.sinC S 2R .sinA.sinB.sinC 4R 4R    (2) Thế (1) vào (2)  S = 10 (đvdt) Bài 4: Gọi x, y, z là khoảng cách từ các điểm M thuộc miền trong của ABC có 3 góc nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: 2 2 2 a b c x y z 2R      . Dấu “=” xảy ra khi nào? (a, b, c là các cạnh của ABC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp). Giải Ta có: 2 2 2 a b c a b c a b. c. 2R 2R 2R 2R      VP asinA bsinB csinC   2S 2S 2S a b c a b c 2S bc ac ab bc ac ab            Mặt khác ta có: 2S = ax + by + cz, do đó:   2 2 2 a b c a b c ax by cz 2R bc c ab             (1) Ta có: a b c 1 b c 1 c a 1 a b bc ac ab 2a c b 2b a c 2c b a                          Vậy a b c 1 1 1 bc ac ab a b c      b c Vì 2 a b        (2) Từ (1) và (2) ta có:               2 2 2 a b c 1 1 1 ax by cz 2R a b c            2 21 1 1 ax by cz x y z a b c Suy ra: 2 2 2 a b c x y z 2R      . Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 96 Dấu “=” xảy ra b c a c a b 2 a b c ABC đều c b c a b a x y z M : trọng tâm a x b y c z                     Bài 5: Gọi A, B, C là 3 góc của tam giác ABC, chứng minh rằng để tam giác ABC đều thì điều kiện cần và đủ là: 2 2 2A B C 1 A B B C C A cos cos cos 2 cos cos cos 2 2 2 4 2 2 2        Giải 2 2 2A B C 1 A B B C C ATa có: cos cos cos 2 cos cos cos 2 2 2 4 2 2 2        2 2 2A B C A B B C C A 4cos 4cos 4cos 8 cos cos cos 2 2 2 2 2 2         A B B C C A 2 2cosA 2 2cosB 2 2cosC 8 cos cos cos 2 2 2              A B B C C A 2 cosA cosB cosC 1 cos cos cos 2 2 2         A B C Ta bietá cosA + cosB + cosC 1 = 4sin sin sin 2 2 2 A B C A B B C C A 8sin sin sin cos cos cos 2 2 2 2 2 2            Nhân hai vế cho A B C 8cos cos cos 2 2 2  8sinAsinBsinC = (sinA + sinB)(sinB + sinC)(sinC + sinA)  sinA = sinB = sinC (Cauchy có VP  VT)  A = B = C  ABC đều.