Bài 35 trang 197 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 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) \(C = 8(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^8}\alpha  - {\sin ^8}\alpha ) - \cos 6\alpha  - 7\cos 2\alpha \)

Gợi ý làm bài

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 Sách bài tập (SBT) Toán 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 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10

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.

Giaibaitap.me