skkn phân loại và phương pháp giải các bài tập về công thức lượng giác thpt lê hữu cảnh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC Người thực hiện: NGUYỄN THỊ HỒNG VÂN... PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ CÔNG T

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH

Mã số:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Người thực hiện: NGUYỄN THỊ HỒNG VÂN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I.THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và Tên: Nguyễn Thị Hồng Vân

2 Ngày tháng năm sinh: 18/09/1978

9 Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị cao nhất: thạc sỹ

- Năm nhận bằng: 2013

- Chuyên ngành đào tạo: Toán giải tích

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học

Số năm có kinh nghiệm: 14 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

1 Phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập về phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

2 Phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập về tích vô hướng.

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC

- Mục tiêu dạy học của bộ môn toán không chỉ đòi hỏi người giáo viên cần phảitruyền đạt những tri thức mà còn phải giúp cho các em rèn luyện các kĩ năng cơ bản,phát triển tư duy

- Qua nhiều năm dạy học, qua nhiều đợt kiểm tra học kỳ II của khối 10, bản thântôi nhận thấy bài “ Công thức lượng giác ” là rất quan trọng, nó chiếm điểm gần nhưtoàn bộ trong chương này và một phần ba điểm trong bài kiểm tra học kỳ II Thể loạitoán về “ Công thức lượng giác” rộng lớn và phong phú cả về thể loại, nội dung cũngnhư mức độ yêu cầu của từng thể loại Loại bài tập này vận dụng được cho nhiều đốitượng học sinh trong khối Đặc biệt, có một vài dạng được đánh giá là loại bài nhằmphát triển tư duy của học sinh Nó thường được đóng vai trò làm câu khống chế điểm

9, điểm 10 trong đề thi hằng năm Bên cạnh đó, bài học này là bài cuối cùng của học

kỳ II nên các em không có thời gian rèn luyện nhiều, chưa có đủ thời gian để “ngấm”

- Giúp cho các em học sinh thấy được những kiến thức nào là trọng tâm, nắmvững được những dạng toán cơ bản và phương pháp giải quyết các dạng toán ấy Đây

là nền tảng để các em học tiếp chương “ phương trình lượng giác” ở đầu năm lớp 11 Ngoài ra, các em còn được tiếp cận với những kiến thức có tính nâng cao để chuẩn bịcho các kì thi sau này

- Để có những hiểu biết sâu sắc, truyền thụ cho học sinh về mảng kiến thức liênquan đến “ Công thức lượng giác ” có hiệu quả nhất, chúng tôi chọn chuyên đề nghiêncứu là “ Phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập về công thức lượng giác”

- Trong quá trình dạy học tôi luôn tìm tòi các ví dụ điển hình tổng hợp thành cácphương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng bài toán và phát triển các bài toán mới

II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

- Các kiến thức về công thức lượng giác được tổng hợp từ sách giáo khoa và sáchbài tập

- Kĩ năng giải các bài toán đòi hỏi tư duy, sáng tạo

- Chuyên đề được trình bày thành sáu dạng toán, mỗi dạng toán có các yêu cầu cụthể như sau:

+ Kiến thức cần nhớ: Phần này tóm tắt các khái niệm, định nghĩa, định lý, tínhchất và các công thức hoặc phương pháp giải phục vụ cho việc giải quyết các bài toántương ứng của từng phần

+ Các bài toán minh họa: Trên cơ sở lý thuyết, phần này phân loại và chỉ ra cácdạng toán cơ bản thường gặp trong chương trình cùng với phương pháp giải Lời giảicác bài toán được trình bày chi tiết hoặc gợi ý, hướng dẫn Ngoài ra còn có các nhậnxét, rút kinh nghiệm, các cách giải khác giúp cho các em dễ hiểu, dễ vận dụng để giảiđược các bài toán tương tự.

+Bài tập đề nghị : Hệ thống các bài toán có cùng cách giải, cùng mạch tư duy.Bên cạnh đó còn có các bài tập có tính mở rộng, nâng cao để giúp các em khá, giỏi cóđiều kiện rèn luyện, mở rộng kiến thức để nâng cao năng lực giải toán của mình

- Các kết quả trong chuyên đề chủ yếu là đã có sẵn trong sách giáo khoa, trong cáctài liệu tham khảo, bản thân đã tìm hiểu, trình bày lại theo bố cục mới, chứng minhchi tiết nhiều kết quả mà trong tài liệu chứng minh vắn tắt hoặc bỏ qua chứng minh.Bên cạnh đó tác giả cũng đưa ra và chứng minh một số kết quả mới

- Các giải pháp mà tác giả thực hiện đã có tác động khắc phục được các hạn chế ởđơn vị mình, là các giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có mà tác giả đã thựchiện và có hiệu quả

- Do trong mỗi bài của sách giáo khoa bao gồm nhiều vấn đề lý thuyết khác nhaunên việc phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập theo hướng nâng dần mức độphức tạp và rèn kĩ năng suy luận là rất thiết thực đối với học sinh Để từ đó các emhọc sinh tích cực chủ động trong học tập có điều kiện luyện tập khắc sâu kiến thức

III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

Lời bàn: Đây là dạng toán cơ bản nhất, trong ma trận đề thường ở dạng

“ nhận biết ”, dùng làm câu tránh điểm liệt đối với những học sinh yếu kém

Lời giải

Phân tích và định hướng

- Có thể chứng minh trực tiếp VT = VP ( hay VP = VT)

- Có thể biến đổi đồng thời cả hai vế về cùng một biểu thức

- Sử dụng các hằng đẳng thức đại số và các hằng đẳng thức lượng giác

Bài toán 2: Chứng minh các đẳng thức sau:

a)

3 3

sin cos

1 sin cossin cos

sin cot sin cot

1 sin tan 1 sin tan

 

2 2

sin cos 1 2sin cossin cos 1 2sin cos

sin cossin sin cos cos

1 sin cos ( )

x x VT

2

2

2 2

cossin

cotsin

1 sin tan 1 sin (cos sin )sin

cos

x x

2

2

cos

cotsin

2 2

1 cos 1 2cos cos



4

7

Bài toán 4: Chứng minh biểu thức sau độc lập đối với biến x

a) A2 sin 6xcos6x 3 sin 4xcos4x

3 sin cos 4 cos 2sin 6sin

Phân tích và định hướng

- Biến đổi như bài toán 3 là thu gọn biểu thức lượng giác đó, nhưng kết quả thu gọn phải là một hằng số ( không phụ thuộc vào biến)

- Đôi khi có bài ta cần đặt tsin2x cos2x  Cách làm như vậy sẽ khắc phục 1 t

được sự phức tạp của bài toán, rồi sau đó thực hiện việc thu gọn biểu thức đại số thành một hằng số ( không phụ thuộc vào biến t)

sin x cos x sin x cos x sin xcos x

 1 2sin2xcos2 x sin2x cos2x

 1 2sin2x1 sin 2x  2sin2x 1

2sin4x 2sin2 x1 2sin  2x 1

4sin6x 6sin4x4sin2 x 1

và

cos6x 2sin6x 1 sin2x3 2sin6 x 1 3sin2 x3sin4x 3sin6 x

Do đó

- Từ giả thiết đã cho, áp dụng các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản, ta tính

được giá trị của biểu thức theo hai cách sau

cos sin cos sin 1 cot

sin cos tan 1

a) A (1 sin )cot2a 2a 1 cot2a

b) B (1 tan )cos a 2a(1 cot )sin a 2a

c) cos tan2 cot cos

d) Dtana (1 sin cot ) tan a a a

4) Chứng minh biểu thức sau độc lập đối với biến x

a) A2(sin4xcos4xsin cos )2x 2x 2  (sin8xcos )8x

b) B(tanxcot )x 2  (cotx tan )x 2





d) D sin4x4cos2x  cos4x4sin2x

5) Cho sinxcosx m Tính các biểu thức sau theo m:

1 tan tantan tantan( )

1 tantan

Phân tích bài toán

a) - Để ý rằng 200 ,310 ,340 không phải là các góc đặc biệt nên ta không thể 0 0 0

tính trực tiếp được Đối với bài tập dang này ta thường dùng các công thức lượng giác

để biến đổi hoặc là dựa vào các giá trị lượng giác của các góc có liên quan đặc biệt

- Ứng dụng cung liên kết 2000 180020 , 3400 0 3600  200 sau đó dùng công thức cộng cos(a b ) cos cos a b sin sina b

b) Chứng minh công thức cot( ) cot cot 1

sin 200 sin3100 0 cos340 cos500 0

3cot 15 1 cot 30 cot 15 1

3 cot 15 cot 30 cot 15

cot cot 1cot( )

Do đó M cot 15 0  30 cot 150  0 300  cot15 cot 450 0  cot150

Ta được điều phải chứng minh

2) Cho

3

a b  Tính giá trị của biểu thức

cos cos 2 sin sin 2 cos sin 2 cosb sina 2

P a b  a b  a b   3) Chứng minh các đẳng thức sau:

a) sin(x y ).sin(x y ) sin 2x sin2 y

a) sinBcosC sinCcosB sinA 

b) cos cos sin sin sin

sin 2 2sin coscos 2 2cos 1 1 2sin cos sin

2 tantan 2

1 tancot 1cot 2

2

2

2

1 cos2cos

2

1 cos2sin

2

1 cos2tan

3 3

3 2

sin 3 3sin 4sincos3 4cos 3cos

3tan tantan 3

Phân tích bài toán

Bài toán 1: Chứng minh rằng:

a) sin 3a3sina 4sin3a

b) cos3a4cos3a 3cosa

c) cos 4a8cos4a 8cos2a1

d) sin 4a 4sin cos cos a a 2a sin2a

- Các đẳng thức a) và b) thì ta dựa vào công thức cộng và công thức nhân đôi để chứng minh Còn các đẳng thức c) và d) thì ta dựa vào công thức nhân đôi để chứng minh.

Lời giải

a) sin 3asin(2a a ) sin 2 cos a asin cos 2a a

2sin cosa 2asin (1 2sin )a  2a

2sin (1 sin ) sin (1 2sin )a  2a  a  2a

3sina 4sin3a

b) cos3acos(2a a ) cos2 cos a a sin 2 sina a

(cos2a sin )cos2a a 2sin cos sina a a

cos3a 3sin2acosa

cos3a 3(1 cos )cos 2a a

4cos3a 3cosa

c) cos 4acos 22 a sin 22 acos2a sin2a2  (2sin cos )a a 2

(2cos2a 1)2  4cos (1 cos )2a  2a

4cos4a 4cos2a 1 4cos2a4cos4a

8cos4a 8cos2a1

d) sin 4a 2sin 2 cos 2 a a2.2sin cos (cosa a 2a sin )2a

4sin cos cosa a 2a sin2a

Lời bàn:

- Các công thức trên rất hay được sử dụng, vì vậy học sinh nên nhớ các công thức này và cách chứng minh của chúng để có thể sử dụng khi cần thiết

Phân tích bài toán

- Để giải được câu b) ta thấy có thể sử dụng liên tiếp hai lần công thức góc nhân đôi để đưa cung 2a về cung a , sau đó lại đưa cung a về cung

- Để giải được câu c) ta sử dụng công thức cơ bản: sin2acos2a 1 và hằng đẳng thức a3 b3 (a b )3  3 (ab a b ), dễ dàng chứng minh được công thức

a a a

sin 2a4sin acos a4cos a 1 cos a 4m (1 m )

Bài toán 3: Cho cos a m

a) Hãy tính cos2 ;sin 2 ;tan 2a 2 a 2 a theo m ( giả sử tan 2a xác

định)

b) Hỏi sin 2 ;tan 2a a có xác định duy nhất bởi m hay không ?

2 2 2 2

2 2 2

sin 2 4 (1 )tan 2

cos 2 (2 1)

a m m a

a m



b) Ta có sin 2 ;tan 2a a không xác định duy nhất bởi m

2 2

a) Hãy tính cos2 ;sin 2 ;tan 2a 2 a 2 a theo m

b) Hỏi sin 2 ;tan 2a a có xác định duy nhất bởi m hay không ?

 b) Hãy tính 1 cos 1

4sinsin tan

 .

a) Asin cos cos2 cos 4aa a a

b) sin 3 cos5 sin 5 cos3

Vấn đề 4: Công thức biến đổi

Công thức biến đổi tích thành tổng

1cos cosb cos( ) cos( )

21sin sinb cos( ) cos( )

21sin cosb sin( ) sin( )

Công thức biến đổi tổng thành tích

cos cos 2cos cos

“cốt trừ cốt bằng trừ hai sin sin”;…Ở đây tương tự như các câu sau, câu thứ nhất có nghĩa là cốt của góc thứ nhất cộng với cốt của góc thứ hai thì bằng hai lần cốt của nửatổng của chúng nhân với cốt của nửa hiệu của chúng

a) Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng ta được

cos cos 1 cos cos 2 1cos2

a) A3sin 2x cos 2x 3sinx 3cosx3

3(sin 2x1) 3(sin xcos ) (cosx  2x sin )2x

b) Bcos2 x cos 22 x cos 32 x1

11 cos 2 1 cos 4 1 cos6  1

Bài toán 2: Biến đổi biểu thức sau thành tích:

a) A3sin 2x cos 2x 3sinx 3cosx3

b)Bcos2x cos 22 x cos 32 x 1

c) C 9sinx6cosx 3sin 2xcos 2x 8

d) Dcosx cos2xcos3x cos 4x ( Đề kiểm tra một tiết – Năm học

2013 -2014- Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh )

11 cos 2 cos4 cos6 

cos (cos x x cos5 )x

2cos sin 3 sin 2x x x

c) C 9sinx6cosx 3sin 2xcos 2x 8

9sinx6cosx 6sin cosx x 1 2sin2x 8

6cos (1 sin ) (2sinx  x  2x 9sinx7)

6cos (1 sin ) 2(sin 1) sin 7

2

6cos (1 sin ) (1 sin )(2sin x  x   x x 7)

 (1 sin )(6cosx x2sinx 7)

d) Dcosx cos 2xcos3x cos 4x

cosx cos 2x  cos3x cos4x

2sin3 sin 2sin7 sin

1) Biến đổi các biểu thức sau thành tích:

a) cosasin 2a cos3a

a) sin sin 3 sin 5 tan 3a

cos cos3 cos5

2 2 2

1 3sin cos3

1 sin 24

Vậy giá trị bé nhất của biểu thức là 1

4 đạt được khi

2

sin 2 1

- Hoặc áp dụng công thức lượng giác cơ bản sin2xcos2x1 ta đưa P về biểu thức chứa sin ,sin2x 4x sau đó đặt ẩn phụ, xét hàm , lập bảng biến thiên để suy ra kết quả

Bài toán 3: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:

a) cos cos cos 4sin sin sin 1

và hằng số 1 nên ở vế trái ta suy nghĩ

đến công thức cos 1 2sin2

2

A

A   , còn biểu thức cosBcosC thì sử dụng công thứcbiến đổi tổng thành tích và sử dụng các công thức (1) và (2) ta sẽ chứng minh được đẳng thức đã cho

Lời giải

a) Ta có

VT cos AcosBcosC

1 2sin2 2cos cos

Trong tam giác ABC có A B C    cos(B C ) cos(   A) cosA

Ta biến đổi vế trái như sau

2sin sin sinC

R

A B   ( với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác

ABC), rồi chứng minh đẳng thức lượng giác đó

Lời giải

a) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC, ta có:

2 sin , 2 sin , 2 sin

2

A B C

B C

VT A

b) sin sin sin 1

A B C



1sin sin sin

A B C



1cos 2sin sin

( bất đẳng thức này là hiển nhiên)  đpcm

Lời bàn: Học sinh khá, giỏi có thể nhận xét thêm rằng: dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi

d) cos2xcos2 ycos2z  1 2cos cos cosx y z

- Kiến thức: dùng các đẳng thức lượng giác cơ bản, các bất đẳng thức lượng giác,

…

- Định hướng giải các dạng toán này như sau:

+ Nếu bất đẳng thức có điều kiện x2  y2 k k2 ( 0) thì ta đặt

2 2

x k     

 

Phân tích và định hướng

- Từ giả thiết bài toán là: x2  y2 1 thì ta đặt xsin , y cos , 0;2

- Dùng các công thức lượng giác để chứng minh

- Dùng công thức sin cos 2 cos 2 sin

Do x2 y2 1 nên ta đặt xsin , ycos , 0;2

Bài toán 1: Cho x2  y2 1 Chứng minh rằng:

5 5 3 3

16(x  y ) 20( x y ) 5( x y )  2

Khi đó

16x5  20x35x

16sin5  20sin3 5sin

8sin5  10sin3 3sin  8sin5  10sin3 2sin

  4sin3 3sin 1 2sin 28sin1 sin 22  6sin1 sin 2

  4sin3 3sin 1 2sin 22sin cos 4cos3  3cos

sin 3 cos 2  sin 2 cos3 

sin 5

Mặt khác, ta có

16y5  20y35y

16cos5  20cos3 5cos

8cos5  10cos3 3cos  8cos5  10cos3 2cos

4cos3  3cos 2cos2  1   4 1 cos  22 3sin1 cos 2.2cos

4cos3  3cos 2cos2  1  4sin4 3sin2.2cos

4cos3  3cos 2cos2  1  4sin3 3sinsin 2

cos3 cos 2   sin 2 sin 3 

Đặt xcos , y sin , 0;2 Chứng minh tương tự như cách 1

Phân tích và định hướng Bài toán 2: Chứng minh rằng:

- Ta thấy bất đẳng thức (*) là bất đẳng thức kép gồm hai biến x, y mà bậc của x, y làbậc hai Mặt khác, vế trái của bất đẳng thức (*) lại có dạng x2 k y2, 2 k2 Do vậy

ta có thể đặt xtan , ytan , sau đó biến đổi về những bất đẳng thức luôn đúng

sin2cos2  cos2sin2 cos2cos2  sin2sin2

sin(  )sin(  )cos( )cos(  )

1sin(2 2 )sin(2 2 )

x





 Xác định các tham số a b, sao cho hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 4 và đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1

Điều kiện xác định của bất phương trình là   1 x 1 (*)

Bài toán 4: Giải bất phương trình

Khi đó 1 x2 sin sin

+ cot 1

4



      1 cos 22

   1 x 22 ( thỏa điều kiện (*) )+ cot  2 cot cot

 cos cos1 ( do sin 0 )

- Nhận thấy bất đẳng thức đã cho là bất đẳng thức kép hai biến x y, mà bậc của x y,

là bậc hai Như vậy ta có thể chuyển về được những bất đẳng thức luôn đúng

( thông qua định lý về dấu của tam thức bậc hai) Lại có vế trái của bất đẳng thức đã cho có dạng x2 k2 Do vậy ta có được các cách giải

b b

IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

- Lượng giác là một phần quan trọng trong các kì thi, các công thức thì khôkhan khó nhớ, nhưng ta sử dụng các phương pháp khác nhau trong khi dạy học thìhọc sinh hiểu bài một cách sâu sắc hơn, dễ tiếp thu hơn, phát huy tính tích cực, chủđộng lĩnh hội kiến thức của các em học sinh

- Do trong mỗi bài của sách giáo khoa bao gồm nhiều vấn đề lý thuyết khácnhau nên việc phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập theo hướng nâng dầnmức độ phức tạp và rèn kĩ năng suy luận là rất cần thiết đối với học sinh Để từ đó các

em học sinh tích cực chủ động trong học tập có điều kiện luyện tập khắc sâu kiếnthức

- Qua quá trình giảng dạy, mỗi khi dạy một chủ đề mà mỗi giáo viên biết cáchphân loại và có phương pháp giải các bài toán thì học sinh sẽ tiếp thu bài học nhanhhơn và rèn luyện được kĩ năng giải toán

- Qua quá trình giảng dạy theo chương trình phân ban, tôi nhận thấy rằng cáctiết học tự chọn cho học sinh lớp 10 mà mỗi chủ đề đều nêu lại các kiến thức cơ bản,phân loại và phương pháp giải các dạng toán, sau đó là các ví dụ minh họa cụ thể và