Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Sách bài tập Toán 10 - Đại số 10 nâng cao - Chương VI - Bài 2. Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 7/10/18
    Câu 6.21 trang 198 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Xác định dấu của \(\sin \alpha ,\cos \alpha ,\tan \alpha \), biết
    \(\pi < \alpha < \dfrac{{3\pi }}{2};\)
    \(\dfrac{{3\pi }}{2} < \alpha < \dfrac{{7\pi }}{4};\)
    \(\dfrac{{7\pi }}{4} < \alpha < 2\pi ;\)
    \(2\pi < \alpha < 2,5\pi ;\)
    \(3\pi < \alpha < \dfrac{{10\pi }}{3};\)
    \(\dfrac{{5\pi }}{2} < \alpha < \dfrac{{11\pi }}{4}.\)
    Giải:
    01..jpg
    (Các kí hiệu (I), (II), (III), (IV) theo thứ tự chỉ các góc phần tư I, II, III, IV)

    Câu 6.22 trang 198 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm M có tọa độ: \(\left( {3, - 4} \right),\left( {4, - 3} \right),\left( { - 12, - 9} \right),\left( { - 1,1} \right)\).
    Hãy tính các giá trị lượng giác của các góc lượng giác \(\left( {Ox;OM} \right)\).
    Giải:
    M có tọa dộ \(\left( {x;y} \right) \ne \left( {0;0} \right)\), đặt sđ \(\left( {Ox,OM} \right) = \alpha \) thì
    \(\cos \alpha = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}\); \(\sin \alpha = \dfrac{y}{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}\). Vậy
    \(\cos \alpha \)\(\sin \alpha \)\(\tan \alpha \)\(\cot \alpha \)
    \(M\left( {3; - 4} \right)\)\(\dfrac{3}{5}\)\( - \dfrac{4}{5}\)\( - \dfrac{4}{3}\)\( - \dfrac{3}{4}\)
    \(M\left( {4; - 3} \right)\)\(\dfrac{4}{5}\)\( - \dfrac{3}{5}\)\( - \dfrac{3}{4}\)\( - \dfrac{4}{3}\)
    \(M\left( { - 12; - 9} \right)\)\( - \dfrac{4}{5}\)\( - \dfrac{3}{5}\)\(\dfrac{3}{4}\)\(\dfrac{4}{3}\)
    \(M\left( { - 1;1} \right)\)\( - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)\(\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)-1-1

    Câu 6.23 trang 199 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Tính
    \(A = \cos \dfrac{\pi }{6}\sin \left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) + \sin \dfrac{\pi }{6}\cos \dfrac{\pi }{3};\)
    \(B = \cos \left( { - \dfrac{\pi }{4}} \right)\cos \left( {\dfrac{{3\pi }}{4}} \right) + \sin \left( { - \dfrac{\pi }{4}} \right)\sin \left( { - \dfrac{{3\pi }}{4}} \right)\)
    Giải:
    \(A = \dfrac{{ - 1}}{2};B = 0\)

    Câu 6.24 trang 199 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Hỏi có bao nhiêu giá trị khác nhau của \(\sin \dfrac{{k2\pi }}{5}\), khi số nguyên k thay đổi?
    Cũng câu hỏi đó cho \(\cos \dfrac{{k2\pi }}{5};\tan \dfrac{{k2\pi }}{5};\tan \dfrac{{k\pi }}{3}\).
    Giải:
    • Các điểm trên đường tròn lượng giác xác định bởi các số \(\dfrac{{k2\pi }}{5}\left( {k \in Z} \right)\)là các đỉnh của ngũ giác đều nội tiếp đường tròn đó mà một đỉnh là \(A\left( {1;0} \right)\) . Từ chỗ quan sát hình ta thấy:
    \(\sin \dfrac{{k2\pi }}{5}\left( {k \in Z} \right)\) có năm giá trị phân biệt,
    \(\cos \dfrac{{k2\pi }}{5}\left( {k \in Z} \right)\) có ba giá trị phân biệt,
    \(\tan \dfrac{{k2\pi }}{5}\left( {k \in Z} \right)\) có năm giá trị phân biệt.
    • Các điểm trên đường tròn lượng giác xác định bởi các số \(\dfrac{{k\pi }}{3}\left( {k \in Z} \right)\) là các đỉnh của một lục giác đều nội tiếp đường tròn đó mà một đỉnh là \(A\left( {1;0} \right)\). Từ đó quan sát hình ta thấy:
    \(\tan \dfrac{{k\pi }}{3}\left( {k \in Z} \right)\) có ba giá trị phân biệt (cụ thể là \(0;\sqrt 3 ; - \sqrt 3 \))

    Câu 6.25 trang 199 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Dùng máy tính bỏ túi, tìm các giá trị lượng giác sau (chính xác đến hàng phần nghìn):
    \(\sin {10^0};cos\dfrac{\pi }{9};\tan \dfrac{{10\pi }}{9};\cot \left( {1,35} \right)\)
    Giải:
    \(\begin{array}{l}\sin {10^0} \approx 0,174;\\\cos \dfrac{\pi }{9} \approx 0,940;\\\tan \dfrac{{10\pi }}{9} \approx 0,364;\\cot\left( {1,35} \right) \approx 0,224\end{array}\)

    Câu 6.26 trang 199 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Tính các giá trị lượng giác còn lại của \(\alpha \), biết:
    a) \(\cos \alpha = \dfrac{5}{{13}}\) và \(\dfrac{{3\pi }}{2} < \alpha < 2\pi ;\)
    b) \(\sin \alpha = 0,8\) và \(\dfrac{\pi }{2} < \alpha < \pi \);
    c) \(\tan \alpha = \dfrac{{15}}{8}\) và \(\pi < \alpha < \dfrac{{3\pi }}{2};\)
    d) \(\cot \alpha = - 3\) và \(\dfrac{{3\pi }}{2} < \alpha < 2\pi .\)
    Giải:
    a) \(\cos \alpha = \dfrac{5}{{13}},\sin \alpha < 0\) nên \(\sin \alpha = - \sqrt {1 - \dfrac{{25}}{{169}}} = - \dfrac{{12}}{{13}}\), do đó \(\tan \alpha = - \dfrac{{12}}{5},cos\alpha = - \dfrac{5}{{12}}\)
    b) \(\sin \alpha = \dfrac{4}{5},cos\alpha < 0\) nên \(\cos \alpha = - \sqrt {1 - \dfrac{{16}}{{25}}} = \dfrac{{ - 3}}{5}\) . Từ đó suy ra \(\tan \alpha = \dfrac{{ - 4}}{3},\cot \alpha = - \dfrac{3}{4}\)
    c) \(\tan \alpha = \dfrac{{15}}{8},cos\alpha < 0\) nên \(\cos \alpha = - \sqrt {\dfrac{1}{{1 + \dfrac{{225}}{{64}}}}} = - \dfrac{8}{{17}}\), từ đó \(\sin \alpha = - \dfrac{{15}}{{17}};cot\alpha = \dfrac{8}{{15}}\)
    d) \(\cot \alpha = - 3,\sin \alpha < 0\) nên \(\sin \alpha = - \sqrt {\dfrac{1}{{1 + 9}}} = - \dfrac{1}{{\sqrt {10} }}\), từ đó \(\cos \alpha = \dfrac{3}{{\sqrt {10} }};\tan \alpha = - \dfrac{1}{3}.\)

    Câu 6.27 trang 199 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Cho \(\tan \alpha = 3\).
    Tính \(\dfrac{{2\sin \alpha + 3\cos \alpha }}{{4\sin \alpha - 5\cos \alpha }};\dfrac{{3\sin \alpha - 2\cos \alpha }}{{5{{\sin }^3}\alpha + 4{{\cos }^3}\alpha }}.\)
    Giải:
    • \(\dfrac{{2\sin \alpha + 3\cos \alpha }}{{4\sin \alpha - 5\cos \alpha }} = \dfrac{{2\tan \alpha + 3}}{{4\tan \alpha - 5}} = \dfrac{9}{7}\) khi \(\tan \alpha = 3\)
    • \(\begin{array}{l}\dfrac{{3\sin \alpha - 2\cos \alpha }}{{5{{\sin }^3}\alpha + 4{{\cos }^3}\alpha }} = \dfrac{{3\tan \alpha - 2}}{{{{\cos }^2}\alpha \left( {5{{\tan }^3}\alpha + 4} \right)}}\\ = \dfrac{{3\tan \alpha - 2}}{{5{{\tan }^3}\alpha + 4}}\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right) = \dfrac{{70}}{{139}}\end{array}\)
    Khi \(\tan \alpha = 3\).

    Câu 6.28 trang 199 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Chứng minh rằng:
    a) \(\dfrac{{{{\tan }^2}\alpha - {{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cot }^2}\alpha - {{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^6}\alpha ;\)
    b) \(\dfrac{{\sin \alpha + \cos \alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} = 1 + \tan \alpha + {\tan ^2}\alpha + {\tan ^3}\alpha ;\)
    c) \(\sqrt {{{\sin }^2}\alpha \left( {1 + \cot \alpha } \right) + {{\cos }^2}\alpha \left( {1 + \tan \alpha } \right)} = \left| {\sin \alpha + \cos \alpha } \right|\)
    d) \({\sin ^2}\alpha {\tan ^2}\alpha + 4{\sin ^2}\alpha - {\tan ^2}\alpha + 3{\cos ^2}\alpha = 3\).
    (Giả sử các biểu thức đã cho đều có nghĩa).
    Giải:
    a)
    \(\begin{array}{l}\dfrac{{{{\tan }^2}\alpha - {{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cot }^2}\alpha - {{\cos }^2}\alpha }} = \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha \left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} - 1} \right)}}{{{{\cos }^2}\alpha \left( {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} - 1} \right)}}\\ = \dfrac{{{{\sin }^2}\alpha {{\tan }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha {{\cot }^2}\alpha }} = {\tan ^6}\alpha \end{array}\)
    b)
    \(\begin{array}{l}\dfrac{{\sin \alpha + \cos \alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} = \dfrac{{\cos \alpha \left( {\tan \alpha + 1} \right)}}{{{{\cos }^3}\alpha }}\\ = \left( {{{\tan }^2}\alpha + 1} \right)\left( {\tan \alpha + 1} \right)\\ = 1 + \tan \alpha + {\tan ^2}\alpha + {\tan ^3}\alpha .\end{array}\)
    c)
    \(\begin{array}{l}\sqrt {{{\sin }^2}\alpha \left( {1 + \cot \alpha } \right) + {{\cos }^2}\alpha \left( {1 + \tan \alpha } \right)} \\ = \sqrt {{{\sin }^2}\alpha + \sin \alpha \cos \alpha + {{\cos }^2}\alpha + \cos \alpha \sin \alpha } \\ = \sqrt {{{\left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}^2}} = \left| {\sin \alpha + \cos \alpha } \right|.\end{array}\)
    d) \(\begin{array}{l}{\sin ^2}\alpha {\tan ^2}\alpha + 4{\sin ^2}\alpha - {\tan ^2}\alpha + 3{\cos ^2}\alpha \\ = - {\tan ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha + 4{\sin ^2}\alpha + 3{\cos ^2}\alpha \\ = 3\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right) = 3\end{array}\)

    Câu 6.29 trang 200 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Cho \(\tan \alpha + \cot \alpha = m\), hãy tính theo \(m\)
    a) \({\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha ;\)
    b) \(\left| {\tan \alpha - \cot \alpha } \right|;\)
    c) \({\tan ^3}\alpha + {\cot ^3}\alpha .\)
    Giải:
    Cho \(\tan \alpha + \cot \alpha = m\), ta có:
    a)
    \(\begin{array}{l}{\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha \\ = {\left( {{{\tan }^2}\alpha + \cot \alpha } \right)^2} - 2\tan \alpha \cot \alpha \\ = {m^2} - 2\end{array}\)
    b)
    \(\begin{array}{l}{\left( {\tan \alpha - \cot \alpha } \right)^2}\\ = {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha - 2\tan \alpha \cot \alpha \\ = {m^2} - 4\end{array}\)
    Vậy \(\left| {\tan \alpha - \cot \alpha } \right| = \sqrt {{m^2} - 4} \) (để ý rằng, do \(\tan \alpha .\cot \alpha = 1\) nên \(\left| {\tan \alpha + \cot \alpha } \right| \ge 2\), từ đó \({m^2} \ge 4\))
    c)
    \(\begin{array}{l}{\tan ^3}\alpha + {\cot ^3}\alpha \\ = {\left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)^3} - 3\tan \alpha \cot \alpha \left( {\tan \alpha + \cot \alpha } \right)\\ = {m^3} - 3m\end{array}\)

    Câu 6.30 trang 200 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Cho \(\sin \alpha + \cos \alpha = m\), hãy tính theo m
    a) \(\sin \alpha \cos \alpha ;\)
    b) \(\left| {\sin \alpha - \cos \alpha } \right|;\)
    c) \({\sin ^3}\alpha + {\cos ^3}\alpha ;\)
    d) \({\sin ^6}\alpha + {\cos ^6}\alpha \).
    Giải:
    Cho \(\sin \alpha + \cos \alpha = m\), ta có:
    a)
    \(\begin{array}{l}\sin \alpha \cos \alpha = \dfrac{1}{2}\left[ {{{\left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)}^2} - 1} \right]\\ = \dfrac{{{m^2} - 1}}{2}\end{array}\)
    b)
    \(\begin{array}{l}{\left( {\sin \alpha - \cos \alpha } \right)^2} = 1 - 2\sin \alpha \cos \alpha \\ = 1 - \left( {{m^2} - 1} \right) = 2 - {m^2}\end{array}\)
    Từ đó \(\left| {\sin \alpha - \cos \alpha } \right| = \sqrt {2 - {m^2}} \) (lập luận này cũng chứng tỏ rằng, nếu \(\sin \alpha + \cos \alpha = m\) thì \(2 - {m^2} \ge 0\), tức là ta luôn có \(\left| {\sin \alpha + \cos \alpha } \right| \le \sqrt 2 \) ; còn có thể suy ra bất đẳng thức này từ nhiều lập luận khác.)
    c)
    \(\begin{array}{l}{\sin ^3}\alpha + {\cos ^3}\alpha \\ = {\left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)^3} - 3\sin \alpha \cos \alpha \left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)\\ = {m^3} - 3\left( {\dfrac{{{m^2} - 1}}{2}} \right)m = \dfrac{{m\left( {3 - {m^2}} \right)}}{2}\end{array}\)
    d)
    \(\begin{array}{l}{\sin ^6}\alpha + {\cos ^6}\alpha \\ = {\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)^3} - 3{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha \left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right)\\ = 1 - 3{\left( {\dfrac{{{m^2} - 1}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{ - 3{m^4} + 6{m^2} + 1}}{4}\end{array}\)

    Câu 6.31 trang 200 SBT Đại số 10 Nâng cao.
    Chứng minh rằng:
    a) \(\sqrt {\dfrac{{1 - \cos \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}} + \sqrt {\dfrac{{1 + \cos \alpha }}{{1 - \cos \alpha }} = } \dfrac{2}{{\left| {\sin \alpha } \right|}}\)
    b) \(\sqrt {\dfrac{{1 + \cos \alpha }}{{1 - \cos \alpha }}} - \sqrt {\dfrac{{1 - \cos \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}} = \dfrac{{2\cos \alpha }}{{\left| {\sin \alpha } \right|}}\).
    (Giả sử các biểu thức đã cho đều có nghĩa)
    Giải:
    a)
    \(\begin{array}{l}\sqrt {\dfrac{{1 - \cos \alpha }}{{1 + \cos \alpha }}} + \sqrt {\dfrac{{1 + \cos \alpha }}{{1 - \cos \alpha }}} \\ = \sqrt {\dfrac{{{{\left( {1 - \cos \alpha } \right)}^2}}}{{{{\sin }^2}\alpha }}} + \sqrt {\dfrac{{{{\left( {1 + \cos \alpha } \right)}^2}}}{{{{\sin }^2}\alpha }}} \\ = \dfrac{{1 - \cos \alpha + 1 + \cos \alpha }}{{\left| {\sin \alpha } \right|}} = \dfrac{2}{{\left| {\sin \alpha } \right|}}\end{array}\)
    (Chú ý rắng \(\left| {\cos \alpha } \right| \le 1\))
     

    Xem các chủ đề cùng chuyên mục