Bài 21: Xét góc lượng giác (OA; OM) = α, trong đó M là điểm không nằm trên các trục tọa độ Ox, Oy. Hãy lập bảng dấu của sinα,cosα,tanα theo vị trí M thuộc góc phần tư thứ I, II, III, IV xác định bởi hệ tọa độ Oxy. Hỏi M trong góc phần tư nào thì.
a) sinα ,cosα cùng dấu
b) sinα ,tanα khác dấu
Đáp án
Có bảng dấu:
|
|
I |
II |
III |
IV |
|
sin |
+ |
+ |
– |
– |
|
cos |
+ |
– |
– |
+ |
|
tan |
+ |
– |
+ |
– |
|
cot |
+ |
– |
+ |
– |
a) M trong các góc phần tư I, III thì sinα và cosα cùng dấu (tanα > 0)
b) M trong các góc phần tư II, III thì sinα, tanα khác dấu (tức cosα < 0)
Bài 22: Chứng minh các đẳng thức sau
a) cos4α –sin4α = 2cos2α – 1
b) \(1 – {\cot ^4}\alpha = {2 \over {{{\sin }^2}\alpha }} – {1 \over {{{\sin }^4}\alpha }}\,\,\,(\sin \alpha \ne 0)\)
c) \({{1 + {{\sin }^2}\alpha } \over {1 – {{\sin }^2}\alpha }} = 1 + 2{\tan ^2}\alpha \,\,\,(\sin \alpha \ne \pm 1)\)
Đáp án
Advertisements (Quảng cáo)
a) Ta có:
cos4α –sin4α = (cos2α + sin2α)(cos2α – sin2α)
= cos2α – sin2α = cos2α – (1 – cos2α) = 2cos2α – 1
b) Ta có:
\(\eqalign{
& 1 – {\cot ^4}\alpha \cr
& = {1 \over {{{\sin }^2}\alpha }}(1 – {{{{\cos }^2}\alpha } \over {{{\sin }^2}\alpha }}) \cr&= {1 \over {{{\sin }^2}\alpha }}{\rm{[}}{{{{\sin }^2}\alpha – (1 – {{\sin }^2}\alpha )} \over {{{\sin }^2}\alpha }}{\rm{]}} \cr
& = {{2{{\sin }^2}\alpha – 1} \over {{{\sin }^4}\alpha }} = {2 \over {{{\sin }^2}\alpha }} – {1 \over {{{\sin }^4}\alpha }} \cr} \)
c) Ta có:
\(\eqalign{
& {{1 + {{\sin }^2}\alpha } \over {1 – {{\sin }^2}\alpha }} = {{1 + {{\sin }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\alpha }} ={1 \over {{{\cos }^2}\alpha }} + {\tan ^2}\alpha \cr
& = 1 + 2{\tan ^2}\alpha \cr} \)
Bài 23: Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào α
Advertisements (Quảng cáo)
a) \(\sqrt {{{\sin }^4}\alpha + 4(1 – {{\sin }^2}\alpha )} + \sqrt {{{\cos }^4}\alpha + 4{{\sin }^2}\alpha } \)
b) \(2(si{n^6}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^6}\alpha {\rm{ }}){\rm{ }}-{\rm{ }}3(co{s^4}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}si{n^4}\alpha {\rm{ }})\)
c) \({2 \over {\tan \alpha – 1}} + {{\cot \alpha + 1} \over {\cot \alpha – 1}}\,\,\,\,(\tan \alpha \ne 1)\)
Đáp án
a) Ta có:
\(\eqalign{
& \sqrt {{{\sin }^4}\alpha + 4(1 – {{\sin }^2}\alpha )} = \sqrt {{{(2 – {{\sin }^2}\alpha )}^2}} \cr
& = 2 – {\sin ^2}\alpha \,\,\,\,\,\,\,\,\,({\sin ^2}\alpha \le 1) \cr
& \sqrt {{{\cos }^4}\alpha + 4(1 – {{\cos }^2})} = \sqrt {{{(2 – {{\cos }^2}\alpha )}^2}} \cr
& = 2 – {\cos ^2}\alpha \,\,\,\,\,\,\,\,(co{s^2}\alpha \le1) \cr} \)
Vậy \(\sqrt {{{\sin }^4}\alpha + 4(1 – {{\sin }^2}\alpha )} + \sqrt {{{\cos }^4}\alpha + 4{{\sin }^2}\alpha } \)
\(= {\rm{ }}4{\rm{ }}-{\rm{ }}si{n^2}\alpha {\rm{ }}-{\rm{ }}co{s^2}\alpha {\rm{ }} = {\rm{ }}4{\rm{ }}-{\rm{ }}1 = {\rm{ }}3\)
b) Ta có:
\(si{n^6}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^6}\alpha \)
\( = {\rm{ }}(si{n^2}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^2}\alpha ){\rm{ }}-{\rm{ }}3si{n^2}\alpha co{s^2}\alpha {\rm{ }}(si{n^2}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}co{s^2}\alpha )\)
\( = {\rm{ }}1{\rm{ }}-{\rm{ }}3si{n^2}\alpha {\rm{ }}co{s^2}\alpha \)
\(co{s^4}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}si{n^4}\alpha {\rm{ }} = {\rm{ }}{(co{s^2}\alpha {\rm{ }} + {\rm{ }}si{n^2}\alpha )^2}-{\rm{ }}2si{n^2}\alpha {\rm{ }}co{s^2}\alpha \)
\( = {\rm{ }}1{\rm{ }} – {\rm{ }}2si{n^2}\alpha {\rm{ }}co{s^2}\alpha \)
Suy ra:
\(\eqalign{
& 2\left( {{{\sin }^6}\alpha + {{\cos }^6}\alpha } \right) – 3({\cos ^4}\alpha + {\sin ^4}\alpha ) \cr
& = 2 – 6{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha – 3(1 – 2{\sin ^2}\alpha {\cos ^2}\alpha ) \cr
& = 2 – 3 = – 1 \cr} \)
c) Ta có:
\(\eqalign{
& {2 \over {\tan \alpha – 1}} + {{\cot \alpha + 1} \over {\cot \alpha – 1}}\,\,\,\, \cr&= {2 \over {{1 \over {\cot \alpha }} – 1}} + {{\cos \alpha + 1} \over {\cot \alpha – 1}} \cr
& = {{2\cot \alpha } \over {1 – \cot \alpha }} + {{\cot \alpha + 1} \over {\cot \alpha – 1}} = {{\cot \alpha – 1} \over {1 – \cot \alpha }} = – 1 \cr} \)
