ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁCTRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP 10600781

Dãy số

Định nghĩa 1.1.1 Một hàm số u xác định trên tập hợp các số nguyên dương N ∗ được gọi là một dãy số vô hạn (hay còn gọi tắt là dãy số).

Mỗi giá trị của hàm số u được xem là một số hạng trong dãy số, trong đó u(1) được gọi là số hạng thứ nhất, hay số hạng đầu tiên, và u(2) được gọi là số hạng thứ hai.

Trong toán học, các giá trị của dãy số thường được kí hiệu là u(1), u(2), tương ứng với u1, u2, Dãy số u = u(n) được ký hiệu là {u n }, n = 1,2, hoặc (un), trong đó u n là số hạng tổng quát Định nghĩa dãy số (un) có giới hạn là 0 nếu với mọi số dương nhỏ tùy ý, mọi số hạng từ một số hạng nào đó trở đi đều có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn số dương đó, ký hiệu là limu n = 0 hoặc u n →0 Ngoài ra, dãy số (u n ) có giới hạn là số thực L nếu lim(u n −L) = 0, ký hiệu là limu n = L hoặc u n →L.

Dãy số hội tụ nếu có giới hạn hữu hạn.

Dãy số phân kì nếu có giới hạn vô cực hoặc không tồn tại giới hạn. Định nghĩa 1.1.3 Cho dãy số (un), khi đó

(i) Dãy u(n) gọi là dãy tăng nếu un ≤un +1,∀n∈ N ;

(ii) Dãy u(n) gọi là dãy giảm nếu u n ≥ u n +1,∀n ∈ N

Các dãy tăng và dãy giảm được gọi chung là dãy đơn điệu. Định lý 1.1.4 Ta có

Đạo hàm

Đạo hàm của hàm số f tại điểm x0 được định nghĩa là giới hạn của tỉ số \(\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\) khi x tiến đến x0, ký hiệu là \(f'(x_0)\) Cụ thể, \(f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\) Nếu đặt \(\Delta x = x - x_0\) và \(\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)\), ta có thể biểu diễn đạo hàm dưới dạng giới hạn.

Nguyên hàm, tích phân

Hàm số F được gọi là nguyên hàm của hàm số f trên khoảng K nếu đạo hàm của F, ký hiệu F'(x), bằng f(x) cho mọi x thuộc K Điều này có nghĩa là nếu F là một nguyên hàm của f trên K, thì mối quan hệ giữa chúng được xác định qua định lý 1.3.2.

(i) Với mỗi hằng số C, hàm số y = F(x) +C cũng là một nguyên hàm của f trên K;

(ii) Ngược lại, với mỗi nguyên hàm G của f trên K thì tồn tại một hằng số C sao cho G(x) = F(x) + C với mọi x thuộc K.

Từ Định lý 1.3.2 ta thấy nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì mọi nguyên hàm của f trên K đều có dạng F(x) + C với C ∈ R Vậy

F(x) +C, C ∈ R là họ tất cả các nguyên hàm của f trên K. Định nghĩa 1.3.3 Họ tất cả các nguyên hàm của f trên K được kí hiệu là f(x)dx Vậy

R f(x)dx = F(x) +C, C ∈ R Định lý 1.3.4 Nếu f, g là hai hàm số liên tục trên K thì

(ii) Với mọi số thực k 6= 0 ta có

Nguyên hàm của một số hàm thường gặp Định lý 1.3.5 Cho C là hằng số và k là hằng số khác 0, ta có

(i) R sinkxdx = −coskx k +C; (ii) R coskxdx= sinkx k +C; (iii) R e kx dx = e kx k +C; (iv) R a x dx = a x lna +C (0< a 6= 1);

(vi) R 1 sin 2 xdx = −cotx+C; Định nghĩa 1.3.6 Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kì thuộc K Nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số

F(b)−F(a) được gọi là tích phân của f từ a đến b và kí hiệu là

Khi a < b, ta định nghĩa tích phân Rb a f(x)dx là tích phân của hàm f trên đoạn [a;b] Hiệu số F(b) − F(a) được ký hiệu là F(x) b a Nếu F là một nguyên hàm của f trên khoảng K, thì mối quan hệ giữa F và f được thể hiện qua tích phân này.

Một số hệ thức lượng giác

Bổ đề 1.4.1 Cho ba góc A, B, C khác π

2 +kπ, k ∈ Z Khi đó điều kiện cần và đủ để tanA+ tanB + tanC = tanA.tanB.tanC là A+B +C = mπ,với m ∈ Z.

Bổ đề 1.4.2 Cho ba góc A, B, C khác π

2 +kπ, k ∈ Z Khi đó điều kiện cần và đủ để tanAtanB+ tanBtanC + tanCtanA = 1 là

Bổ đề 1.4.3 Cho ba góc A, B, C khác π

2 +kπ Khi đó điều kiện cần và đủ để tanA+ tanB + tanC −tanAtanBtanC 1−tanAtanB −tanBtanC −tanC tanA là

Bổ đề 1.4.4 Cho ba gócA, B, C thỏa điều kiện khác π

4+nπ với k, n∈ Z Khi đó điều kiện cần và đủ để

Bổ đề 1.4.5 Với mọi n ∈ N và n > 2 ta có các kết quả sau

. Định lý 1.4.6 (Định lý côsin)

Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c ta có:

(iii) c 2 = a 2 +b 2 −2abcosC. Định lý 1.4.7 (Định lý sin)

Trong tam giácABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có: a sinA = b sinB = c sinC = 2R.

ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 12

Phương pháp lượng giác trong dãy số

Để giải các bài toán về dãy số, đặc biệt là dãy số truy hồi, việc tìm công thức tổng quát là rất quan trọng Có nhiều phương pháp để thực hiện điều này, trong đó phương pháp lượng giác là một lựa chọn hiệu quả Để áp dụng phương pháp này, cần nắm vững các công thức lượng giác và lựa chọn công thức phù hợp với từng dãy số trong đề bài Ngoài ra, việc dự đoán công thức lượng giác và sử dụng quy nạp để chứng minh cũng là một kỹ thuật quan trọng Trong phần này, chúng tôi sẽ tập trung vào nghiên cứu các bài toán liên quan đến dãy số truy hồi.

Quy trình giải một bài toán về dãy số truy hồi bằng phương pháp lượng giác thường thực hiện qua ba bước sau:

Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.Bước 2: Dự đoán, liên tưởng đến công thức lượng giác phù hợp.

Bước 3: Sử dụng quy nạp để chứng minh và thực hiện các yêu cầu còn lại của bài toán.

Bài toán 2.1 ([7]) Cho dãy số (u n ) xác định bởi

Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.

Bước 2: Dự đoán, liên tưởng đến công thức lượng giác phù hợp.

Với giả thiết bài toán un +1 = u n +√

2)un ta dự đoán sẽ sử dụng công thức tan(a+b) = tana+ tanb

1−tanatanb để giải bài toán.

Từ biểu thức lượng giác của ba số hạng đầu của dãy số u n ta dự đoán dạng lượng giác của số hạng tổng quát là u n = tanhπ

8 iã Bước 3: Sử dụng quy nạp để chứng minh.

Trường hợp n= 1 đã kiểm tra ở trên.

Giả sử công thức đúng với n = k (k ≥1), hay u k = tanhπ

Ta sẽ chứng minh công thức đúng với n = k + 1 Hay phải chứng minh u k +1 = tan π

Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có u n = tanhπ

Bài toán 2.2 ([4]) Cho dãy số (h n ) được xác định bởi h1 = 1

2 ; ∀n ≥1. Đặt S n Xn i =1 h i với n ∈ N Chứng minh rằng lim n →∞S n < 1,03.

Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.

6 và ta sử dụng các công thức cos 2x = 1−2 sin 2 x, cos 2 x+ sin 2 x = 1 để chuyển hóa các biến.

Bước 2: Dự đoán, liên tưởng đến công thức lượng giác phù hợp.

3.2 3 Qua biểu thức lượng giác của ba số hạng đầu của dãy số ta dự đoán dạng lượng giác của số hạng tổng quát là h n = sin π

3.2 n ã Bước 3: Sử dụng quy nạp để chứng minh.

Trường hợp n= 1 đã kiểm tra ở trên.

Giả sử công thức đúng vớin = k (k ≥ 1), hay h k = sin π

3.2 k Ta sẽ chứng minh công thức đúng vớin = k+ 1 Hay phải chứng minhh k +1 = sin π

3.2 k +1 Thật vậy, ta có h k +1 vu uu t1− r

Do đó theo nguyên lí quy nạp ta suy ra h n = sin π

3.2 n với mọi n ∈ N. Bây giờ, ta sẽ chứng minh lim n →∞S n < 1,03 Thật vậy, vì sinx < x với mọi x ∈ 0; π

Mặt khác, ta có S n là dãy tăng Từ đó suy ra lim n →∞S n ≤ 1

3.2 < 1,03. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2.3 ([4]) Cho dãy số (u n ) được xác định bởi u n = 2 n vu uu t2− r

2 (n dấu căn) Ta sẽ chứng minh

Giả sử (1) đúng khi n = k,(k ≥ 2), nghĩa là V k = 2 cos π

(1) đúng khi n = k + 1, suy ra (1) đúng với mọi n.

Từ đó ta có lim n → + ∞u n = lim n → + ∞

2ã Bài toán 2.4.([12]) Hai dãy số u1, u2, , u n , và v1, v2, , v n , , được xác định như sau u1 √2

1ưp1ưu 2 n ,∀n = 1,2 . v1 = 1, v n +1 p1 +v n 2 −1 v n ,∀n= 1,2 . Chứng minh rằng 2 n +2 u n < π < 2 n +2 v n

2 3 Bằng quy nạp ta chứng minh được u n = sin π

Bằng quy nạp ta chứng minh được v n = tan π

2 n +2 Mặt khác, vì sinx < x 0 ∀n = 1,2, Vì x2 > 0 nên −x1 + p3−3x 2 1 > 0 hay p3−3x 2 1 > x1 Mà x1 > 0 Do đó

2 ã Vậy điều kiện cần để dãy (xn) gồm các số hạng toàn dương là

2 Khi đó có thể chọn góc α sao cho 0< α < π

3 −αi = sinα >0. Như vậy ta có x1 = x3 = x5 = = sinα >0; x2 = x4 = x6 = = sin π

3 −α > 0. Vậy điều kiện cần và đủ để dãy (x n ) gồm toàn các số hạng dương là

Phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức

thức và bất đẳng thức Để áp dụng phương pháp lượng giác vào chứng minh các hệ thức đại số ta cần dựa vào các dấu hiệu sau đây

Dấu hiệu 1: Nếu trong bài toán có |x| ≤ k ( với k > 0) thì đặt x = ksinα, với α ∈ h− π

2;π 2 i hoặc đặt x = kcosα, với α ∈ h0;πi. Dấu hiệu 2: Nếu trong bài toán có biểu thức x 2 +y 2 = k 2 (với k > 0) thì đặt

Dấu hiệu 3: Nếu trong bài toán có điều kiện x ≥ k (với k > 0) thì đặt x = k cosα, α ∈ h0; π

Khi đó x 2 −k 2 = k 2 1 cos 2 α −1 = k 2 tan 2 α với tanα >0.

Dấu hiệu 4: Nếu trong bài toán có biểu thức x 2 +k 2 thì đặt x = ktanα với α ∈ − π

Khi đó x 2 + k 2 = k 2 1 + tan 2 α = k 2 cos 2 α với cosα > 0.

Dấu hiệu 5: Mỗi số thực x được đặt tương ứng với một số a với

Để giải bài toán có dạng 2 sao cho x = tana, nếu bài toán chứa giả thiết xy + yz + zx = 1 hoặc x + y + z = xyz, ta có thể đặt x = tanα, y = tanβ, z = tanγ và áp dụng các kết quả từ các bổ đề trong chương 1.

Quy trình để chứng minh một đẳng thức hay một bất đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác thường thực hiện qua ba bước.

Để giải quyết bài toán, trước tiên cần biến đổi và phân tích để nhận diện các dấu hiệu có trong bài toán Tiếp theo, thực hiện lượng giác hóa bài toán, tức là chuyển đổi bài toán chứng minh đẳng thức hoặc bất đẳng thức đại số thành bài toán chứng minh đẳng thức hoặc bất đẳng thức lượng giác.

Bước 3: Chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức lượng giác tương ứng và kết luận.

Ta xét một số bài toán sau đây.

Bài toán 2.8 ([7]) Cho các hệ thức x 2 +y 2 = 1, u 2 +v 2 = 1, xu+yv = 0. Chứng minh rằng x 2 +u 2 = 1, y 2 +v 2 = 1, xy +uv = 0.

Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.

Theo điều kiện x² + y² = 1 và u² + v² = 1, với xu + yv = 0, ta có thể xác định x = cos a, y = sin a và u = cos b, v = sin b, trong đó 0 ≤ a, b ≤ 2π Từ đó, ta có xu + yv = 0 tương đương với cos a cos b + sin a sin b = cos(a - b) = 0 Tiếp theo, cần chứng minh các đẳng thức lượng giác: i) cos² a + cos² b = 1, ii) sin² a + sin² b = 1, iii) cos a sin b + cos b sin a = 0 Đặc biệt, chứng minh đẳng thức đầu tiên: cos² a + cos² b = 1.

2(cos 2a+ cos 2b) = 1 + cos(a+b) cos(a−b). Theo (1) vế phải đẳng thức cuối cùng bằng 1, ta có điều phải chứng minh. ii) sin 2 a+ sin 2 b = 1

= 1−cos(a+b) cos(a−b) = 0. iii) cosasina+ cosbsinb = 1

= sin(a+b) cos(a−b) = 0 ✷ Bài toán 2.9 ([8]) Cho hai số thực x, y thỏa mãn |y| ≤ |x| Chứng minh rằng

Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán. Để giải bài toán trên ta xét hai trường hợp.

Trong trường hợp x = y = 0, đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên đúng Đối với trường hợp x² + y² ≠ 0, không làm mất tính tổng quát, ta giả sử x ≠ 0, và bài toán có thể được phát biểu lại một cách tương đương.

≤ 1 nên đặt y x = cosa với a ∈ [0;π]. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán. Điều cần chứng minh trở thành

Bước 3: Chứng minh đẳng thức lượng giác.

Bài toán 2.10 ([8]) Cho ab 6= −1, bc 6= −1, ca 6= −1 Chứng minh a−b

Giải Đặta = tanA, b = tanB, c= tanC Khi đó ta có a−b

Vì (A−B) + (B −C) + (C −A) = 0 nên, theo Bổ đề 1.1, ta suy ra tan(A−B)+tan(B−C)+tan(C−A) = tan(A−B) tan(B−C) tan(C−A).

Bài toán 2.11 ([5]) Cho xyz 6= 0 và x+y +z−xyz = 1−xy −yz−zx. Chứng minh rằng

Giải Đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC Từ giả thiết ta có tanA+ tanB + tanC −tanAtanBtanC

⇔tan 2Atan 2B + tan 2Btan 2C + tan 2Ctan 2A= 1

⇔ 1 cot 2A ã 1 cot 2B + 1 cot 2B ã 1 cot 2C + 1 cot 2C ã 1 cot 2A = 1

⇔cot 2A+ cot 2B+ cot 2C = cot 2Acot 2Bcot 2C.

Từ đó suy ra cot 2A = 1−tan 2 A

Từ đẳng thức lượng giác vừa chứng minh ta suy ra

Bài toán 2.12 ([5]) Cho xyz 6= 0 và xy +yz +zx = 1 Chứng minh rằng x− 1 x y− 1 y

= 4. Giải Đặt x = tana, y = tanb, z = tanc, với −π

2. Khi đó, ta có x− 1 x = tana− 1 tana = −2ã 1−tan 2 a

2 tana = −2 cot 2a; x− 1 x = tanb− 1 tanb = −2ã 1−tan 2 b

2 tanb = −2 cot 2b; x− 1 x = tanc− 1 tanc = −2ã 1−tan 2 c

Bài toán đã cho tương đương với việc chứng minh đẳng thức cot 2acot 2b+ cot 2bcot 2c+ cot 2ccot 2a = 1.

Từ giả thiết xy +yz +zx = 1

⇔tan 2a+ tan 2b+ tan 2c = tan 2atan 2btan 2c [Chương I, Bổ đề 1.1]

⇔cot 2acot 2b+ cot 2bcot 2c+ cot 2ccot 2a = 1 ✷

1−zã Chứng minh rằng i) x+y +z −xyz = 1−xy −yz −zx; ii) 2(x+y)(1−xy)

1 +z 2 ãGiải Đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC

4 +kπ [chương I, Bổ đề 1.4] (1) i) (1) ⇒ tanA+ tanB + tanC −tanAtanBtanC

= 1−tanAtanB −tanBtanC −tanCtanA [chương I, Bổ đề 1.3]

⇒x+y +z −xyz = 1−xy −yz −zx ✷ ii) (1) ⇒ 2A+ 2B+ 2C = π

= 2 tan(A+ B)ã cos 2 (A+B) cos 2 Acos 2 B ãcos 2 Acos 2 B

= cos 2 (A+B)−sin 2 (A+B) cos 2 Acos 2 B cos 2 Acos 2 B

2.2.2 Chứng minh bất đẳng thức

Ta xét một số bài toán sau đây.

Bài toán 2.14 ([11]) Chứng minh rằng p1 +√

Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán. Điều kiện để bài toán có nghĩa là |x| ≤ 1, ta đặt x = cosα, α ∈ [0;π]. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành p1 +√

2+p2(1−cos 2 α). Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức lượng giác và kết luận.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi cosα = 1 ⇔α = 0 hay x = 1.

Bài toán 2.15 ([13]) Chứng minh rằng

4−x ≤ 4, ∀x ∈ [−4; 4]. Giải Đặt x = 4 cosα, với α ∈ [0;π] Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

≤ 4 ✷ Bài toán 2.16 ([7]) Cho x 2 +y 2 = 1 Chứng minh rằng

Vì x 2 +y 2 = 1 nên ta có thể đặt x = cosα, y = sinα Khi đó ta có sin 5α = sin(2α+ 3α)

= 2 sinαcosα(4 cos 3 α−3 cosα)+(2 cos 2 α−1)(3 sinα−4 sin 3 α)

Lập luận một cách tương tự ta có cos 5α = 16x 5 −20x 3 + 5x Từ đó suy ra 16(x 5 +y 5 )−20(x 3 +y 3 ) + 5(x+y) = |sin 5α+ cos 5α| ≤ √

2 Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi sin(5α+ π

5 , k ∈ Z. Bài toán 2.17 ([9]) Cho x, y, z ∈ (0; 1) và xy+ yz+zx = 1 Chứng minh x

2 Giải Đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC trong đó A + B + C = π

4 Từ giả thiết 2A+ 2B + 2C = π và Bổ đề 1.1 ta suy ra tan 2A+ tan 2B + tan 2C = tan 2Atan 2Btan 2C.

2 Do đó tan 2A,tan 2B,tan 2C > 0 Theo bất đẳng thức Cô- si ta có tan 2A+ tan 2B + tan 2C ≥ 3√ 3 tan 2Atan 2Btan 2C

⇔(tan 2A+ tan 2B + tan 2C) 3 ≥ 27(tan 2A+ tan 2B + tan 2C)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A = B = C = π

3 ã Bài toán 2.18 ([5]) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có

1 +c 2 Giải Đặt a = tanA, b = tanB, c = tanC, với A, B, C ∈ (−π

2)ã Bất đẳng thức đã cho trở thành

Mặt khác, ta có |sin(A−C)| = |sin(A−B +B −C)|

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Dấu "=" trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi

Vậy dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc b = c.

Bài toán 2.19 ([7]) Chứng minh rằng nếu |x| < 1 thì với mọi số nguyên n >1 ta có (1 +x) n + (1−x) n < 2 n

Từ điều kiện |x| < 1 ta có thể đặt x = cosα, α ∈ (0;π) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

Từ đó suy ra cos 2 n α

Phương pháp lượng giác trong giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình

bất phương trình và hệ phương trình

Ngoài các dấu hiệu đã nêu trong phần "Chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức", bài viết này sẽ giới thiệu thêm những dấu hiệu khác để nhận biết khi nào có thể áp dụng phương pháp lượng giác trong việc giải một phương trình, bất phương trình hoặc hệ phương trình.

1−ab, thì lượng giác hóa bằng cách đặt a = tanα, b = tanβ. Khi đó A = tan(α+β).

Nếu hai biến tham gia bài toán có ràng buộc a 2 x 2 +b 2 y 2 = c 2 với a, b, c dương thì lượng giác hóa bằng cách đặtx = c a sinα và y = c bcosα, trong đó α ∈ [0,2π].

Như vậy để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình đại số bằng phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước.

Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.

Bước 2 trong quá trình giải bài toán là lượng giác hóa, tức là sau khi xác định ẩn phụ, chúng ta cần chuyển đổi các phương trình, bất phương trình hoặc hệ phương trình đại số thành dạng phương trình, bất phương trình hoặc hệ phương trình lượng giác.

Bước 3: Giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình lượng giác tương ứng và kết luận.

Bài toán 2.20 ([7]) Giải phương trình: p1 +√

Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.

Vì điều kiện xác định của bài toán là |x| ≤ 1 nên ta đặt x = cost, với

Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.

1−cos 2 t Bước 3: Giải phương trình lượng giác và kết luận. p1 +√

Vì2+sint > 0nên phương trình có nghiệm là cost= 1

2 ã Bài toán 2.21 ([11]) Với a 6= 0, giải bất phương trình

Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.

Vì bài toán xuất hiện biểu thức x 2 + a 2 nên ta đặt x = |a|tanα, với α ∈ − π

Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.

Bất phương trình đã cho có dạng |a| cosα ≤ |a|tanα + 2a 2 cosα

|a| Bước 3: Giải bất phương trình lượng giác và kết luận.

√3. Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ −|a|

√3. Bài toán 2.22 ([5]) Giải hệ phương trình

Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.

Vì điều kiện của bài toán là

, với α, β ∈ [0;π]. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.

Hệ phương trình đã cho trở thành

Bước 3: Giải hệ phương trình lượng giác

(1−cosα)(1 + cosβ) = 2 và kết luận.

2] Khi đó, ta có cosαsinα = 1−t 2

Từ đó suy ra cosα−sinα+ cosαsinα+ 1 = 0 ⇔t+ 1−t 2

Hệ phương trình trở thành

Kết luận: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (0; 1).

Bài toán 2.23 ([20]) Tìm những nghiệm nằm trong khoảng (0; 1) của phương trình

Vì ta chỉ xét các nghiệm x ∈ (0; 1) nên đặt x = cost với t ∈ 0; π

Khi đó phương trình 32x(x 2 −1)(2x 2 −1) 2 = 1− 1 x trở thành

Giải phương trình cos 8t = cost và kết hợp với điều kiện 0 < t < π

Bài toán 2.24 ([11]) Xác định a để phương trình sau có nghiệm

Ta xét các trường hợp sau.

Trường hợp a < 0, phương trình vô nghiệm.

Trường hợp a = 0, phương trình trở thành √ x+√

−x = 0 ⇔x = 0. Trường hợp a > 0, phương trình có nghĩa khi −a ≤x ≤ a. Đặt x = acost (với t∈ [0;π]), phương trình trở thành pa(1 + cost) +pa(1−cost) =a

Vậy đó phương trình có nghiệm khi

Bài toán 2.25 ([9]) Chứng minh rằng phương trình x 3 −3x+ 1 = 0 có ba nghiệm x1 < x2 < x3 và thỏa mãn hệ thức x 2 3 = 2 +x2.

Giải phương trình f(x) = x³ - 3x + 1 cho thấy hàm số f(x) liên tục trên R Với các giá trị f(−2) < 0, f(−1) > 0, f(1) < 0, và f(2) > 0, theo định lý giá trị trung gian, phương trình x³ - 3x + 1 = 0 có ba nghiệm x1, x2, x3.

Từ (1) suy ra mọi nghiệm của phương trình đều thỏa mãn |x i | < 2 Đặt x = 2 cosϕ, với 0 ≤ϕ ≤ π Khi đó phương trình x 3 −3x+ 1 = 0 trở thành

Dễ dàng suy ra với 0 ≤ϕ ≤ π thì có ba góc ϕ1 = 2π

9 thỏa mãn (2) Do đó x1 = 2 cos8π

9 = 2 +x2. Bài toán 2.26 ([20]) Giải phương trình

Chia hai vế của phương trình cho 17 x ta có

Phương trình đã cho tương đương với (cosα) x + (sinα) x = 1.

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm, ta chứng minh x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau đây.

⇒ (cosα) x + (sinα) x < 1 nên phương trình không được nghiệm đúng.

⇒ (cosα) x + (sinα) x > 1 nên phương trình không được nghiệm đúng.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2.

Bài toán 2.27 ([7]) Giải bất phương trình x+ x

 x 2 > 1 x > 0 ta suy ra 0 < 1 x < 1 Đặt 1 x = cost với

2 Khi đó bất phương trình trở thành

5 sintcost. Đặt u = sint+ cost Khi đó, ta được

√10 Khi đó, ta có cosϕ = 3

√10 Bất đẳng thức kép (4) tương đương với

Vì tính nghịch biến của hàm cos trên h

2 ã Vậy tập nghiệm của bất phương trỡnh là

5; +∞). Bài toán 2.28 (ĐTTS vào Trường Đại học Nông - Lâm TP HCM, 1991) Giải bất phương trình √

4 ã Giải Điều kiện xác định của bất phương trình −1≤ x ≤ 1. Đặt x = cos 2t, trong đó 0 ≤t ≤ π

2ã Bất phương trỡnh trở thành

2 sint ≤ 2− (cost−sint) 2 (cost+ sint) 2

2ã Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là −1 ≤ x ≤1.

Bài toán 2.29 ([13]) Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ phương trình

 x = y(4−y) y = z(4−z) z = x(4−x) Hãy tìm tất cả các giá trị mà tổng S = x+y +z có thể nhận được.

Giả sử (x, y, z) là một nghiệm của hệ phương trình đã cho Khi đó, ta có x = y(4−y) = 4y −y 2 ; (1) y = z(4−z) = 4z −z 2 ; (2) z = x(4−x) = 4x−x 2 (3)

Vì S ≥ 0, trong ba số x, y, z phải có ít nhất một số không âm, giả sử x ≥ 0 Từ phương trình (1), suy ra 0 ≤ y ≤ 4 Hoán vị các số, ta có 0 ≤ x, y, z ≤ 4 Đặt x = 4 sin²(α) với 0 ≤ α ≤ π.

2 Thay vào phương trình (3) ta có z = 16 sin 2 α(1−sin 2 α) = 16 sin 2 αcos 2 α = 4sin 2 2α.

Thayz vào phương trình (2) ta có y = 16 sin 2 2α(1−sin 2 2α) = 4 sin 2 4α. Thay y vào phương trình (1) ta được x = 16 sin 2 4α(1 − sin 2 4α) 4 sin 2 8α.

Vì x = 4 sin 2 α và x = 4 sin 2 8α nên sin 2 α = sin 2 8α ⇔ 1−cos 2α

Ta lần lượt xét các trường hợp sau.

2 nên k ∈ {0; 1; 2; 3} Với k = 0 ta có α = 0 ⇒ S = 0 Với k = 1; 2; 3 ta được cùng một giá trị S là

2 nên k ∈ {0; 1; 2; 3; 4} Với k = 0 ta có α = 0 ⇒ S = 0 Với k = 1; 2; 4 ta được cùng một giá trị S là

Bài toán 2.30 ([20]) Giải hệ phương trình

Từ các phương trình của hệ ta có các điều kiện 0≤ x ≤ 1 và 0≤ y ≤ 1. Đặt x = cosα, y = cosβ,với 0≤ α, β ≤ π

2ã Khi đú hệ phương trỡnh trở thành

Từ phương trình sin(α −β) = 0 ta có α−β = kπ ⇔ α = β +kπ Vì cách đổi biến số ở trên nên α = β, 0 ≤ α ≤ π

2. Thay vào phương trình sin(α +β) = 1

12 +nπ với m, n ∈ Z Vì điều kiện ràng buộc của biến ở trên nên α = π

12ã Tương ứng với nú, hệ phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm là

ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC 50

Phương pháp lượng giác trong giải toán hình học phẳng

3.1.1 Một số bài toán về đường tròn Để giải một số bài toán về đường tròn bằng phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước sau.

Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.

Bước 2: Giải bài toán lượng giác.

Bài toán 3.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 2), điểmO(0; 0) và đường tròn (C) có phương trình (x−3) 2 + (y−4) 2 = 9 Tìm trên(C) điểm B sao cho tam giác OAB cân tại A.

Bước 1: Chuyển bài toán hình học thành bài toán lượng giác.

Phương trình tham số của(C) là

Bài toán trở thành: "Tìm t ∈ [0; 2π) sao cho tam giác OAB cân tại A." Bước 2: Giải bài toán lượng giác nêu trên.

Vì △OAB cân tại A nên AB 2 = OA 2

Vậy có hai điểm B thỏa yêu cầu bài toán là B(3; 1) hoặc B(0; 4).

Bài toán 3.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng

(C) : (x+ 1) 2 + (y −3) 2 = 4. Lập phương trình tiếp tuyến d của đường tròn (C), biết d hợp với △ một góc 45 ◦

Giải Đường tròn (C) có tâm I(−1; 3) và bán kính R = 2 Họ tiếp tuyến d của (C) có dạng d : (x+ 1) sint+ (y −3) cost= 2. d hợp với △ một góc 45 ◦ khi và chỉ khi: cos 45 ◦ = |sint+ cost| psin 2 t+ cos 2 t√

Ta xét hai trường hợp sau đây.

Với sint+ cost = 1, ta có hệ phương trình:

Khi đó có hai tiếp tuyến với (C) thỏa yêu cầu bài toán d1 : x = −1 và d2 : y = 3.

Với sint+ cost = −1, ta có hệ phương trình:

. Khi đó có hai tiếp tuyến với (C) thỏa yêu cầu bài toán d3 : x = −3, và d4 : y = 1.

Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm là d1 :x = −1, d 2 : y = 3, d 3 :x = −3, và d4 :y = 1.

Bài toán 3.3 ([4])Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1) và (C2) có phương trình

Từ điểm M thuộc đường tròn (C2), ta kẻ hai tiếp tuyến MT1 và MT2 với đường tròn (C1), trong đó T1 và T2 là các tiếp điểm Phương trình đường thẳng T1T2 có thể được viết theo tọa độ của điểm M Khi điểm M thay đổi trên đường tròn (C2), các đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định, chứng minh cho tính chất này giúp chúng ta hiểu rõ hơn về mối quan hệ giữa các đường tròn và tiếp tuyến.

Giải i) Ta chuyển phương trình (C 2 ) về dạng tham số

Điểm M thuộc đường tròn (C2) có tọa độ M(R2sin t, R2cos t) Gọi T1(x1, y1) và T2(x2, y2) là hai tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C1) tại T1 là xx1 + yy1 = R1^2, trong khi phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C2) tại T2 là xx2 + yy2 = R2^2.

Vì hai tiếp tuyến trên đi qua điểm M(R2sint, R2cost) nên ta có

Phương trình đường thẳng T1T2 được xác định bởi xR2sint + yR2cost = R^2 Điểm N(x, y) không nằm trên đường thẳng T1T2 với mọi giá trị t, dẫn đến phương trình xR2sint + yR2cost = R^2 không có nghiệm cho mọi t.

Ta chứng minh T1T2 luôn tiếp xúc với đường tròn (C) : x 2 + y 2 = R 4 1

Vậy T1T2 luôn tiếp xúc với đường tròn (C) : x 2 +y 2 = R 4 1

R2ã 3.1.2 Một số bài toán về Elip và Hyperbol

Một số bài toán về Elip và Hyperbol có thể được giải bằng phương pháp lượng giác theo các bước sau đây.

Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.

Bước 2: Giải bài toán lượng giác.

Bài toán 3.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Elip (E) : x 2

16 = 1. Tìm những điểm M thuộc (E) sao cho bán kính qua tiêu điểm trái gấp ba lần bán kính qua tiêu điểm phải.

Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.

Phương trình tham số của (E) là

, t ∈ [0,2π) Vì điểm M thuộc(E) nênM(5 sint,4 cost).Khi đó bài toán trở thành: "Tìm t∈ [0; 2π) sao cho M F1 = 3M F2".

Bước 2: Giải bài toán lượng giác.

Bước 3: Kết luận có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là

Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ các tiêu điểm đến một tiếp tuyến bất kỳ của elip bằng bình phương độ dài nửa trục nhỏ của elip.

Giả sử Elip (E) có phương trình: x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 (a > b > 0) Khi đó, phương trình tham số của Elip là

Gọi M(asint, bcost) ∈ (E) Khi đó, phương trình tiếp tuyến △ tại M có dạng x a sint+ y b cost = 1 ⇔bxsint+ aycost−ab = 0.

Từ đó suy ra h1 = d(F1,△) = | −bcsint−ab| pb 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t; h2 = d(F 2 ,△) = |bcsint−ab| pb 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t.

Vậy h1.h2 = |(bc) 2 sin 2 t−(ab) 2 | b 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t = b 2 |(a 2 −b 2 ) sin 2 t−a 2 | b 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t

Bài toán 3.6 yêu cầu xác định tiếp tuyến △ của elip (E) với phương trình x²/a² + y²/b² = 1, trong đó 0 < b < a, sao cho diện tích của tam giác F1MN là nhỏ nhất Trong đó, M và N là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến với các đường thẳng x = -a và x = a, và F1 là tiêu điểm trái của elip.

Phương trình tham số của Elip (E) :

M ∈ (E) nên M(asint, bcost) Khi đó, tiếp tuyến △ của (E) tại M có phương trình

GọiM, N lần lượt là giao điểm của△với các đường thẳngx = −a, x = a.

Khi đó, tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình

⇔ M(−a,b(1 + sint) cost ); tọa độ của N là nghiệm của hệ phương trình

F1N ⇔ F1 nhìn M N dưới một góc vuông.

Do đó diện tích của △F1M N được xác định bởi

Từ đó suy ra S min = b 2 khi

(c+ a).b(1 + sint) cost = (c−a).b(1−sint) cost ⇔sint= c a ⇔ x = c.

Vậy tiếp tuyến△tiếp xúc với Elip tại điểm có hoành độx = c thìS △ F 1 M N đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài toán 3.7 ([4]) Cho Hyperbol (H) có phương trình

1 = 1 và đường thẳng d có phương trình d : x−y + 1 = 0. Tìm các điểm M thuộc Hyperbol (H) có tổng bình phương các khoảng cách tới hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.

Hyperbol (H) có hai đường tiệm cận là d1 : y = 1

2x, hay d1 : 2y − x = 0 và d2 : 2y + x = 0 Ta chuyển phương trình (H) về dạng tham số

Vì M ∈ (H) nên M 2 cost,tant Do đó, khoảng cách từM đến hai tiệm cận là h1 = d(M, d 1 ) = |2 tant− 2 cost|

(sin 2 t−2 sint+ 1) cos 2 t + (sin 2 t+ 2 sint+ 1) cos 2 t

5 ⇔ tan 2 t = 0 ⇔cost= ±1.Vậy tồn tại hai điểm M1(2; 0) và M2(−2; 0) thỏa yêu cầu bài toán.

Từ M ∈ (H) kẻ hai tiếp tuyến M T1, M T2 tới(E), trong đóT1, T2 là các tiếp điểm Chứng minh rằng đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với một Hyperbol cố định.

Ta chuyển phương trình Hyperbol về dạng tham số

Gọi T1(x1, y1) và T2(x2, y2) là hai tiếp điểm của các tiếp tuyến d1 và d2 với Elip (E) Phương trình tiếp tuyến d1 của Elip có dạng xx1/a² + yy1/b² = 1, trong khi phương trình tiếp tuyến d2 có dạng xx2/a² + yy2/b² = 1.

Vì hai tiếp tuyến trên đi qua điểm M( a cost, btant) nên ta có

Phương trình của đường thẳng T1T2 có dạng x acos(t) + y tant(b) = 1, tương đương với bx + aysin(t) = abcos(t) Gọi N(x, y) là điểm mà đường thẳng T1T2 không đi qua với mọi t, do đó phương trình bx + aysin(t) = abcos(t) sẽ không có nghiệm cho mọi t.

Ta chứng minh (T1T2) tiếp xúc với Hyperbol (H) : x 2 a 2 − y 2 b 2 = 1 Thật vậy, ta có b asint

2 a 2 −b 2 = b 2 1 sin 2 t−1 = b 2 cot 2 t Vậy (T 1 T2) luôn tiếp xúc với Hyperbol (H) : x 2 a 2 − y 2 b 2 = 1.

3.1.3 Một số bài toán nhận dạng tam giác

Bài toán nhận dạng tam giác sử dụng các phép biến đổi và hệ thức lượng giác để xác định mối quan hệ giữa các cạnh và góc của tam giác, từ đó giúp đưa ra hình tính của nó.

Bài toán 3.9 ([2]) Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc của nó thỏa mãn hệ thức

Biến đổi (1) về dạng: 1 + cosB sinB

⇔(1+cosB)(2 sinA−sinC) = (1−cosB)(2 sinA+ sinC)

Bài toán 3.10 ([4]) Xác định dạng của △ABC biết các góc của tam giác thỏa mãn

3(cosA+ 2 sinB) + 4(sinA+ 2 cosB) = 15 (1). Giải

Ta có VT = (3 cosA+ 4 sinA) + (6 sinB + 8 cosB) Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta được

Do đó (1) xảy ra khi và chỉ khi

Bài toán 3.11 ([6]) Xác định hình dạng tam giác ABC biết b+c = √

Thay h a = bsinC và áp dụng định lí hàm số sin vào đẳng thức đã cho ta được sinB + sinC = √

Ta có sinB,sinC > 0; 1−sin C + π

6 ≥ 0 nên đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi

Vậy △ABC là tam giác đều.

3.1.4 Một số bài toán khác

Lượng giác không chỉ được ứng dụng trong việc giải quyết các bài toán liên quan đến đường tròn, elip và hyperbol, mà còn được khai thác trong các bài toán cực trị hình học, chứng minh và các bài toán tính toán khác Dưới đây là một số bài toán tiêu biểu để minh họa cho ứng dụng của lượng giác.

Bài toán 3.12 ([15]) Trong tất cả các tam giác ABC nội tiếp đường tròn cho trước, tìm tam giác có diện tích lớn nhất.

Ta có công thức diện tích tam giác ABC là

Vì sinA > 0,sinB > 0, và sinC > 0 nên, theo bất đẳng thức Côsi,ta có sinAsinBsinC ≤ sinA+ sinB + sinC

Ta lại có sinA+ sinB = 2 sinA+B

2 ≤ 1 Từ đó suy rasinA+ sinB ≤ 2 sinA+B

2 Vậy sinA+ sinB+ sinC + sin 60 ◦ ≤ 2 sinA+B

Từ đó suy ra sinAsinBsinC ≤

Dấu "=" xuất hiện khi và chỉ khi A = B = C = 60° Đối với tam giác ABC, nếu góc lớn nhất là góc C, cần chứng minh rằng trọng tâm của tam giác này nằm bên trong đường tròn có đường kính AB.

Gọi G là trọng tâm của △ABC, M là trung điểm của AB Vì C là góc lớn nhất của tam giác nên C ≥ 60 ◦ > 45 ◦ Ta chứng minh GM < 1

2AB. Giả sử ngược lại GM ≥ 1

5 Theo định lí hàm Cosin, ta có cosC = a 2 +b 2 −c 2

√2 ⇒C < 45 ◦ Điều này mâu thuẫn giả thiết.

2AB, tức là G nằm bên trong đường tròn đường kính AB. Bài toán 3.14 ([6]) Cho △ABC là tam giác nhọn Kẻ các đường cao

AA1, BB1, CC1 Tìm tỉ số diện tích của △A1B1C1 và △ABC nếu biết ba cạnh của △ABC là a, b, c.

SABC −SA 1 B 1 C 1 = SAC 1 B 1 + SBC 1 A 1 +SCB 1 A 1 (1).

S BC 1 A 1 = S ABC cos 2 B; S CB 1 A 1 = S ABC cos 2 C. Thay các kết quả trên vào (1), ta có

S ABC −S A 1 B 1 C 1 = S ABC cos 2 A+ cos 2 B + cos 2 C Vậy

Phương pháp lượng giác trong giải toán hình học không gian 63

Trong bài toán 3.15, cho hình chóp S.ABC với SA vuông góc đáy ABC, trong đó đáy là tam giác vuông tại A và có điều kiện AB + AC = SA Cần chứng minh một mệnh đề liên quan đến hình chóp này.

S α γ β Đặt ASB[ = α,ASC[ = β,BSC[ = γ Ta phải chứng minh α+β + γ = 90 ◦ (1). Thật vậy, áp dụng định lí hàm cosin trong tam giác SBC, ta có cosγ = SB 2 +SC 2 −BC 2

= (SA 2 + AB 2 ) + (SA 2 +AC 2 )−(AB 2 + AC 2 )

Từ SA = AB +AC và (2) suy ra cosγ = SA(AB +AC)

SB.SC = SA.AB+SA.AC

Vì α, β, γ ∈ (0 ◦ ; 90 ◦ ) nên từ (3), ta có α +β + γ = 90 ◦ Vậy (1) luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3.16 Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy và

2 Tam giác ABC vuông tại B có AB = a và số đo góc ACB bằng

30 ◦ Gọi M là trung điểm của BC Tính góc giữa hai đường thẳng AC và SM.

Gọi N là trung điểm AB Khi đó góc giữa hai đường thẳng AC và SM là góc giữa hai đường thẳng M N và SM.

Xét △SM N, ta có cosSM N\ = SM 2 + M N 2 −SN 2

△SAN vuông tại N có SN = √

△ABC vuông tại B có AC = AB sin 30 ◦ = 2a và BC = AB tan 30 ◦ = a√

△ABM vuông tại B có AM r

△SABM vuông tại A có SM = √

Thay các kết quả tìm được vào (1), ta có cosSM N\ 2a 2 + a 2 − a 2

Vậy hai đường thẳng SM và AC tạo với nhau một góc α thỏa cosα = 5

2.Bài toán 3.17 ([9]) Cho tứ diện DABC, trong đó góc tam diện đỉnh D là vuông Đặt DA = a, DB = b, DC = c, (a ≤ b ≤ c) M là một điểm tùy ý trong đáy ABC Gọi h là tổng khoảng cách từ A, B, C xuống DM Chứng minh h ≥ a+b.

C c b M Đặt ADM\ = α,BDM\ = β,CDM\ = γ Khi đó, ta có h = asinα+bsinβ +csinγ.

Vì góc tam diện tại đỉnh D là góc vuông, ta có thể dựng một hình hộp chữ nhật với DM là đường chéo và DA, DB, DC là các cạnh bên Từ đó, ta có công thức sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 3 - (cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ) = 2.

Vì 0≤ sinα,sinβ,sinγ ≤ 1 nên sinα+ sinβ + sinγ ≥ sin 2 α+ sin 2 β + sin 2 γ.

Ta lại có b ≥a Từ đó suy ra b(sinβ+ sinγ −1) ≥ a(1−sinα).

⇒ asinα+ bsinβ+ csinγ≥asinα+bsinβ +bsinβ ≥ a+b.

Bài toán 3.18 yêu cầu tìm vị trí đỉnh S của tứ diện SABC có thể tích không đổi và đáy ABC cố định, sao cho diện tích toàn phần của tứ diện này là nhỏ nhất.

Vì thể tích V và diện tích đáy không thay đổi, đỉnh S nằm trên hai mặt phẳng song song (P) và (P′), cách đều mặt phẳng (ABC) một khoảng h = 3V.

Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ điểm H tới các điểm a, b, c, với quy ước x > 0 khi A và H nằm cùng phía với BC; x = 0 khi H thuộc đoạn thẳng BC; và x < 0 khi A và H nằm ở hai phía đối diện với BC Tương tự, quy ước này cũng áp dụng cho y và z Ta có công thức 2SABC = ax + by + cz là không đổi.

Để tìm đoạn đường gấp khúc OPQR ngắn nhất trên mặt phẳng tọa độ, ta xác định ba điểm P(ax, ah), Q(ax+by, bh+ah) và R(ax+by+cz, ah+bh+ch) Đoạn đường này sẽ đạt độ dài tối thiểu khi các điểm O, P, Q, R thẳng hàng Công thức tính chiều dài đường gấp khúc được biểu diễn bằng 2Sxq = √(a²h² + a²x² + pb²h² + b²y² + √(c²h² + c²z²).

(a+b)h ah ax ax+by ax+by +cz

Do đó, 2S đạt giá trị nhỏ nhất khi tanα = tanβ = tanγ, với tanα = ah ax, tanβ = bh by, và tanγ = ch cz, dẫn đến x = y = z Điều này cho thấy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.

Đỉnh S nằm trên hai mặt phẳng song song (P) và (P ′), cách đều mặt phẳng (ABC) Hình chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ứng dụng của lượng giác vào một số bài toán thực tế

Để giải quyết các bài toán liên quan đến đo đạc, tính khoảng cách và chiều cao, chúng ta có thể áp dụng các công thức lượng giác, đặc biệt là định lý hàm sin và côsin trong tam giác Dưới đây là một số bài toán minh họa cho ứng dụng này.

Bài toán 3.19 ([17]) Muốn đo chiều cao của Tháp Chàm Por Klong Garai ở Ninh Thuận người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất có khoảng cách

AB = 12m, thẳng hàng với chân C của tháp, được sử dụng để đặt hai giác kế Chiều cao chân của giác kế là h = 1,3m Đỉnh tháp được ký hiệu là D, trong khi hai điểm A1 và B1 nằm thẳng hàng với C1 trên chiều cao CD của tháp Các số liệu đã được đo đạc.

DA\1C1 = 49 ◦ và DB\1C1 = 35 ◦ Tính chiều cao CD của tháp đó.

Tam giác DA1B1 có A\1DB1 = 49 ◦ −35 ◦ = 14 ◦ Theo Định lí hàm sin ta có

Trong tam giác vuông A1C1D ta có

Chiều cao CD của Tháp Chàm là

Để giải bài toán 3.20, ôtô di chuyển từ tỉnh A đến tỉnh B qua điểm C, tạo thành tam giác ABC với các cạnh AC = 24 km, CB = 13 km và góc ACB = 115° Đầu tiên, ta tính quãng đường AB bằng định lý cosin, từ đó xác định lượng dầu tiêu thụ khi ôtô chạy từ A đến B qua C, với mức tiêu thụ 0,8 lít dầu cho mỗi km Tiếp theo, nếu xây dựng một đường hầm xuyên núi từ A đến B, ta sẽ tính toán chi phí đi lại mới và so sánh với chi phí cũ, biết rằng giá 1 lít dầu là 18.000 đồng.

C i) Tổng độ dài đoạn đường khi đi từ A đến B qua C là

Vậy số dầu ôtô phải tiêu thụ khi chạy từ A đến B mà phải đi qua C là 0.8S = 29.6 (l). ii) Áp dụng định lý côsin trong tam giác ACB, ta có

AC 2 +CB 2 −2AC.CB.cos\ACB

Số dầu ôtô phải tiêu thụ khi chạy thẳng từ A đến B là:0.8AB ≈ 25.408 (l.) Vậy ôtô chạy trên con đường mới này sẽ tiết kiệm được

Trong bài toán 3.21, một lớp học có một tivi hình chữ nhật cao 1,1m được đặt ở độ cao 1,4m so với tầm mắt Để học sinh bị cận có thể nhìn rõ nhất, cần xác định vị trí ngồi tối ưu sao cho góc nhìn lớn nhất Việc xác định vị trí ngồi phù hợp sẽ giúp học sinh tiếp cận hình ảnh trên màn hình một cách rõ nét và hiệu quả nhất.

B C Đặt AO = x, (x > 0) Khi đó OB = px 2 + 1,96 và OC = px 2 + 6,25. Áp dụng Định lí hàm côsin trong tam giác BOC, ta có cos\BOC = OB 2 +OC 2 −BC 2

Ta có góc nhìn BOC lớn nhất khi cosBOC\ nhỏ nhất Đặt x 2 = t, t > 0. Xét f(t) = t+ 3,5

√t+ 1,96√ t+ 6,25 = t+ 3,5 pt 2 + 8,21t+ 12,25 Ta có f ′ (t) = 0,605t−2,1175 pt 2 + 8,21t+ 12,25 3 ; f ′ (t) = 0 ⇔t = 3,5. Bảng biến thiên: t f ′ (t) f(t)

Vậy cosBOC\ nhỏ nhất khi t = 3,5 hay x ≈ 1,87m Từ kết quả trên ta suy ra học sinh cần ngồi vị trí cách bảng 1,87m thì có thể quan sát tivi rõ nhất.

Bài toán 3.22 đề cập đến việc tìm độ dài lớn nhất của một cây gỗ có thể trôi từ con kênh rộng a sang con kênh rộng b mà không bị mắc ở chỗ rẽ tạo thành góc vuông Cả hai con kênh đều thẳng, điều này tạo ra một bài toán hình học thú vị liên quan đến việc tối ưu hóa chiều dài của cây gỗ trong điều kiện nhất định.

C A α B α Độ dài cây gỗ bằng: l = AC + CB = a sinα + b cosα, trong đó α là góc hợp bởi cây gỗ và bờ của một con kênh, 0 < α < π

2 Giá trị nhỏ nhất của l chính là độ dài lớn nhất của cây gỗ có thể trôi con kênh nọ sang con kênh kia mà không bị mắc ở chỗ rẽ.

= (a+btanα) 2 (1 + tan 2 α) tan 2 α Đặt tanα = x,0< x < +∞ Khi đó l 2 = f(x) = (a+ bx) 2 (1 +x 2 ) x 2 = b 2 x 2 + 2abx+ 2ab x + a 2 x 2 +a 2 +b 2

Ta có f ′ (x) = 2b 2 x+ 2ab− 2ab x 2 − 2a 2 x 3 = 2(bx+a)(b− a x 3 ); f ′ (x) = 0 ⇔x = 3 ra b.

+∞ +∞ f p 3 a b Dựa vào bảng biến thiên ta có l 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi tanα = 3 ra b, tức là sinα = a 1 3 a 2 3 + b 2 3

. Khi đó l cũng đạt giá trị nhỏ nhất là l min = a sinα + b cosα a 2 3 +b 2 3

Luận văn “Ứng dụng của lượng giác trong giải toán sơ cấp” đã thành công trong việc đạt được các mục tiêu và nhiệm vụ đề ra, bao gồm việc phân tích và ứng dụng các khái niệm lượng giác để giải quyết các bài toán cơ bản.

1 Hệ thống và phân loại một số lớp bài toán sơ cấp có thể giải được bằng phương pháp lượng giác.

2 Ứng dụng phương pháp lượng giác để giải một số bài toán thuộc chương trình trung học phổ thông, cụ thể là: Giải những bài toán về dãy số, chứng minh một số hệ thức đại số, giải phương trình và hệ phương trình; giải bài toán cực trị; bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân; giải các bài toán về hình học phẳng, hình học không gian cùng một số bài toán thực tế ”.

3 Đối với mỗi dạng toán riêng biệt, đều có đề xuất quy trình và phương pháp giải, cùng nhiều ví dụ minh họa.

Hy vọng rằng các phương pháp lượng giác được trình bày trong luận văn sẽ được tiếp tục phát triển và hoàn thiện, nhằm khẳng định sự đa dạng và hiệu quả của lượng giác trong lĩnh vực toán học.

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Vũ Quốc Anh (2001), Tuyển tập 400 bài toán Tích phân hàm số lượng giác, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

[2] Vũ Quốc Anh (2001), Nhận diện tam giác, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

[3] Lê Trần Chính, Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Lộc, Vũ Văn Thỏa (2000), Tuyển tập 200 bài thi vô địch Toán (Số học và Đại số), Nhà xuất bản Giáo dục.

[4] Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thỏa (2001), Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán, tập 3: Giải tích, Nhà xuất bản Giáo dục.

[5] Lê Hồng Đức (chủ biên) (2009),Phương pháp giải toán - Lượng giác hóa

- Hàm số lượng giác - Hệ thức lượng, Nhà xuất bản Đại Học Sư Phạm.

[6] Lê Hồng Đức, Lê Hữu Trí (2008), Phương pháp giải toán Hình học giải tích trong mặt phẳng, Nhà xuất bản Hà Nội.

[7] Vũ Thế Hựu (2003), Phương pháp lượng giác hóa các bài toán, Nhà xuất bản Giáo dục.

[8] Phan Huy Khải (2011), Lượng giác, Nhà xuất bản Giáo dục.

[9] Phan Huy Khải (2000), Tuyển chọn các bài toán Lượng giác, tập 1, Nhà xuất bản Giáo dục. xuất bản Giáo dục.

[11] Nguyễn Văn Mậu (2008), Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng, Nhà xuất bản Giáo dục.

[12] Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2004), Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán, tập 6: Lượng giác, Nhà xuất bản Giáo dục.

[13] Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong (2011),Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 lần thứ 7 năm 2011, môn Toán, Nhà xuất bản Giáo dục.

[14] Nguyễn Đạo Phương (1999), Các bài toán chọn lọc về Hệ thức lượng trong tam giác và tứ giác, Nhà xuất bản Giáo dục.

[15] Trần Phương (2006), Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn toán Hệ thức lượng giác, Nhà xuất bản Hà Nội.

[16] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2007), Đại số và Giải tích 11, Nhà xuất bản Giáo dục.

[17] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2013), Hình học 10, Nhà xuất bản Giáo dục.

[18] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2013), Hình học 11 nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục.

[19] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2008), Giải tích 12 nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục.

[20] Võ Thanh Vân (chủ biên) (2010), Chuyên đề ứng dụng Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác trong giải toán THPT, Nhà xuất bản Đại Học Sư Phạm.