lượng giác trong các kì thi đại học

cos(-α) = cosα sin(-α) = - sinα tan(-α) = - tanα cot(-α) = - cotα sin(π - α) = sinα cos(π - α) = - cosα tan(π - α) = - tanα cot(π - α) = - cotα sin( 2 π - α) = cosα, cos( 2 π - α) = sinα tan( 2 π - α) = cotα, cot( 2 π - α) = tanα Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC KỲ THI TUYỂN SINH ĐH - CĐ Trong đề thi ĐH – CĐ các năm gần đây, bài toán giải phương trình lượng giác (PTLG) là một trong các bài toán thường xuyên xuất hiện trong các đề thi. Bài toán này không thuộc trong nhóm các bài toán khó trong các đề thi nên chỉ cần phương pháp học khoa học học sinh có thể đạt điểm tối đa đối với bài toàn này. Trong việc giải PTLG việc tập cho học sinh nhận xét mối quan hệ các góc của các hàm số trong PTLG rất quan trọng vì điều này sẽ giúp học sinh áp dụng công thức lượng giác hợp lí. Trong bài viết này tôi xin giới thiệu các phương pháp giải, một số phép biến đổi và một số kĩ năng cơ bản giúp học sinh nhận dạng và vận dụng các công thức lượng giác hợp lý để giải quyết tốt bài toán giải phương trình lượng giác trong các đề thi ĐH – CĐ. A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT I . CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC: 1. Các hệ thức lượng giác cơ bản: Nhớ: “Cùng góc” 2 2 sin cos sin cos 1;tan ,cot ; 1 sin ,cos 1 cos sin x x x x x x x x x x + = = = − ≤ ≤ Suy ra: 2 2 2 2 1 1 1 tan ,1 cot ; tan .cot 1. cos sin x x x x x x + = + = = 2. Cung có liên quan đặc biệt: Nhớ: “Cos đối – Sin bù - Phụ chéo” Đặc biệt: khi khi α α π α π α α α α π α π α α  ± = ± =  −   ± = ± =  −  sin k c h½n sin( k ) ;tan( k ) tan sin khi k lÎ cos k ch½n co s( k ) ;cot( k ) cot cos khi k lÎ 3. Công thức cộng: Nhớ: “ Sin thì sin cos, cos sin Cos thì cos cos, sin sin dấu đối” ba ba ba ba ba ba tan.tan1 tantan )tan( tan.tan1 tantan )tan( + − =− − + =+ 4. Công thức nhân đôi: Nhớ: “Suy ra từ công thức cộng bằng cách thay b bằng a” 25 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành 5. Công thức hạ bậc: Nhớ: “Được suy ra từ công thức nhân đôi”. + − = = 2 2 1 cos 2 1 cos2 cos ,sin 2 2 x x x x 6. Công thức biến đổi tổng thành tích: Nhớ: “Sin cộng sin bằng hai lần sin cos. Sin trừ sin bằng hai lần cos sin Cos cộng cos bằng hai lần cos cos. Cos trừ cos bằng hai lần cos sin” + − + + = + = + − − − = − = + − + − + = − = − sin( ) sin sin 2.sin .cos , tan tan 2 2 cos .cos sin( ) sin sin 2.cos .sin , tan tan 2 2 co s .cos cos cos 2.cos .cos , cos cos 2.sin .sin 2 2 2 2 a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b 7. Công thức biến đổi tích thành tổng: Nhớ: “Suy ra từ công thức tổng thành tích” = + + −     = + + −     = − + − −     1 sin .cos sin( ) sin( ) 2 1 cos .cos cos( ) cos( ) 2 1 sin .sin cos( ) cos( ) 2 a b a b a b a b a b a b a b a b a b 8. Công thức tính theo t = tan a: − = = = + + − 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 ,cos 2 ,tan 2 1 1 1 t t t a a a t t t “Công thức này đa số học sinh không nhớ được nhưng hay dùng trong việc giải PTLG nên cần lưu ý cho học sinh” 9. Công thức nhân ba: = − = − − = − 3 3 3 2 sin 3 3.sin 4.sin , cos3 4.cos 3.cos 3tan tan tan 3 1 3tan a a a a a a a a a a II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PTLG: Để giải bài toán này phương pháp thường gặp là thực hiện một số phép biến đổi hợp lí (vì các công thức lượng giác rất đa dạng) để đưa bài toán về: + PTLG cơ bản. + PTLG thường gặp: 1. Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc ba, … đối với hslg. 2. Phương trình bậc nhất đối với sinu, cosu. 3. PT thuần nhất bậc hai đối với sinu, cosu. 26 sin2a = 2sina.cosa 2 2.tan tan 2 1 tan = − a a a cos2a = 2.cos 2 a – 1 = 1– 2.sin 2 a = cos 2 a – sin 2 a Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành 4. Phương trình đối xứng đối với sinu và cosu. + Phương trình tích các PTLG cơ bản, các PTLG thường gặp. + Hệ các PTLG: phần này ta thuờng sử dụng: “Đưa về tổng các bình phương, đánh giá hoặc dùng bất đẳng thức …”. Các năm gần đây ít thấy ra dạng này nên tôi không giới thiệu trong chuyên đề này. Ngoài ra, ta còn sử dụng cách đặt ẩn số phụ hợp lí để đưa về phương trình theo ẩn phụ đó và giải tìm nghiệm. B. BÀI TẬP I. MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI THƯỜNG DÙNG: “Để đưa về PT tích hay để rút gọn” 1) 2 1 sin 2 (sin cos )x x x+ = + ; 2 1 sin 2 (sin cos )x x x− = − 2) sin cos 1 tan cos x x x x ± ± = , cos sin 1 cot sin x x x x ± ± = , 3) sin 2 sin cos 2 x x x = 4) ( ) ( ) 2 2 cos2 cos sin cos sin . cos sin= − = − +x x x x x x x 5) ( ) ( ) 2 2 cos x 1 sin x 1 sin x . 1 sin x= − = − + ( ) ( ) 2 2 sin x 1 cos x 1 cosx . 1 cos x= − = − + 6) 2 2 sin x cos x 2 t anx+cot x sin x.cosx sin 2x + = = , 2 2 sin x cos x 2cos2x t anx cot x sin x.cosx sin 2x − − − = = 7) 3 3 sin cos (sin cos )(1 sin .cos )x x x x x x+ = + − , 3 3 sin cos (sin cos )(1 sin .cos )x x x x x x− = − + 8) 4 4 2 2 cos sin cos sin cos 2− = − =x x x x x 4 4 2 2 2 1 1 1 cos 4 3 1 sin cos 1 2sin .cos 1 .sin 2 1 . .cos 4 2 2 2 4 4 x x x x x x x −   + = − = − = − = +  ÷   6 6 2 2 2 3 3 1 cos 4 5 3 sin cos 1 3sin .cos 1 .sin 2 1 . .cos4 4 4 2 8 8 x x x x x x x −   + = − = − = − = +  ÷   9) 3 3 3 sin sin .cos cos .sin cos 2 2 2 x x x x π π π   + = + = −  ÷   7 7 7 cos cos .cos sin .sin sin 2 2 2 x x x x π π π   + = − =  ÷   ( ) 2 sin sin .cos cos .sin . sin cos 4 4 4 2 x x x x x π π π   + = + = +  ÷   ………………………………………………………………. II. MỘT SỐ KĨ NĂNG NHẬN DẠNG THƯỜNG DÙNG: “Để vận dụng công thức lượng giác hợp lý để giải bài toán giải PTLG” Khi gặp PTLG có chứa: - “Bình phương, khác góc” ta thường sử sụng công thức hạ bậc. - “Tích các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tổng. - “Tổng các hàm số lượng giác sin và cos” ta thường biến đổi về tích. - “Góc gấp đôi nhau” ta thường sử dụng công thức nhân đôi. - “Các góc đặc biệt”, VD như: x 4 π + , 3 2 x π − , 7 4 x π − ta thường sử dụng công thức cộng để biến đổi trước. Lưu ý các cặp gặp phụ nhau. …………………………………………………………………… 27 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành III. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG: Bài toán 1: Giải PTLG sau: 2 cos 2 1 cot 1 sin sin 1 tan 2 x x x x x − = + − + Nhận xét : “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để đưa về PT tích” HD: Điều kiện: sin .cos 0x x ≠ và tanx ≠ 1− ( ) ( ) ( ) 2 cos 2 1 cot 1 sin sin 1 tan 2 cos sin cos sin cos sin sin . sin cos cos sin sin cos x x x x x x x x x x x PT x x x x x x x − = + − + − + − ⇔ = + − + ( ) 1 sin cos sin cos 0 sin x x x x x   ⇔ − − + =  ÷   sin cos 0 (1) 1 sin cos 0 (2) sin x x x x x − =   ⇔  − + =   ĐS: 4 x k π π = + Bài toán 2: Giải PTLG sau: (1 sin x cos 2x)sin x 1 4 cos x 1 tan x 2 π   + + +  ÷   = + (A – 2010) Nhận xét : “Ở bài toán này ta thấy có chứa ( ) 2 sin . sin cos 4 2 x x x π   + = +  ÷   và mẫu có chứa sin cos 1 tan cos x x x x + + = nên ta phân tích để rút gọn tử và mẫu cho (sinx + cosx)” HD: Điều kiện: cos 0x ≠ và tanx ≠ 1− 2 (1 sin cos2 ). .(sin cos ) 1 2 .cos .cos sin cos 2 x x x x PT x x x x + + + ⇔ = + (1 sin cos2 ).(sin cos ) .cos cos sin cos x x x x x x x x + + + ⇔ = + (1 sin cos2 ) 1 sin cos 2 0x x x x ⇔ + + = ⇔ + = “Góc 2x và 1x: nên sử dụng CThức nhân đôi” 2 1 2sin sin 1 0 sin 1( ) sin 2 7 S: 2 2 ( ) 6 6 x x x loai hay x Ð x k hay x k k ⇔ − − = ⇔ = = − π π = − + π = + π ∈¢ Bài toán 3: Giải PTLG sau: 1 1 7 4sin 3 sin 4 sin 2 x x x π π   + = −  ÷     −  ÷   (A – 2008) Nhận xét: “Ở bài toán này ta thấy có chứa 3 sin 2 x π   −  ÷   và 7 sin 4 x π   −  ÷   nên ta sử dụng công thức cộng để biến đổi” HD: 28 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành 3 3 3 sin sin .cos cos .sin cos 2 2 2 x x x x π π π   − = − =  ÷   ( ) 7 7 7 2 sin sin .cos cos .sin . sin cos 4 4 4 2 x x x x x π π π   − = − = − +  ÷   Điều kiện: sin 0,cos 0x x≠ ≠ PT trở thành: 1 1 1 2 2(sin cos ) 0 (sin cos ) 2 2 0 sin cos sin .cos sin 0 4 5 S: , , 4 8 8 1 sin 2 2 x x x x x x x x x Ð x k x k x k x π π π π π π π   + + + = ⇔ + + =  ÷      + =  ÷  −    ⇔ = − + = + = +  − =   Bài toán 4: Giải PTLG sau: ( ) 2 cos sin 1 tan cot 2 cot 1 x x x x x − = + − Nhận xét: “Ở bài toán này ta vận dụng các phép biến đổi ở trên để rút gọn vế phải, ở vế trái có chứa tanx + cot2x ta biến đổi trước” HD: Ta có: ( ) cos 2 sin .sin 2 cos .cos 2 1 tan cot 2 cos .sin 2 cos .sin 2 sin 2 x x x x x x x x x x x x x − + + = = = Điều kiện: sin2x.(tanx + cot2x) ≠ 0 và cotx ≠ 1 ( ) 2 cos sin 1 2 sin 2 2.sin cos 1 cos sin 2 sin 2 sin x x PT x x x x x x x − ⇔ = ⇔ = ⇔ = − Tìm nghiệm và kết hợp điều kiện ta được: ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈¢ Bài toán 5: Giải PTLG sau: cot sin 1 tan .tan 4 2 x x x x   + + =  ÷   Nhận xét: “Ở bài toán này ta để ý ở vế trái có chứa 1 tan .tan 2 x x   +  ÷   ta biến đổi trước” HD: Ta có: cos cos .cos sin .sin 1 2 2 2 1 tan .tan 2 cos cos .cos cos .cos 2 2 x x x x x x x x x x x x x   − +  ÷   + = = = Điều kiện: sinx ≠ 0, cosx ≠ 0 2 cot tan 4 tan 4.tan 1 0 tan 2 3PT x x x x x⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = ± . ĐS: ( ) arctan 2 3x k π = ± + Bài toán 6: Giải PTLG sau: (1 2sin x)cosx 3 (1 2sin x)(1 sin x) − = + − (A – 2009) Nhận xét: “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c” HD: 29 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành ( ) 2 cos sin 2 3. 1 sin 2.sinPT x x x x⇔ − = − − ( ) cos sin 2 3. cos 2 sinx x x x⇔ − = − “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về dạng a.sinx + b.cosx” ( ) cos sin 2 3. cos 2 sinx x x x⇔ − = − 3.sin cos sin 2 3.cosx x x x⇔ + = + “Chia hai vế của PT cho 2” sin sin 2 6 3 x x π π     ⇔ + = +  ÷  ÷     ĐS: 2 3 , 2 18 3 2 x k x l π π π π = − + = + Bài toán 7: Giải PTLG sau: 3 sin x cos xsin 2x 3 cos3x 2(cos 4x sin x) + + = + (B – 2009) Nhận xét: “Biến đổi và sử dụng cách giải PT: a.sinx + b.cosx = c” Ở bài toán này ta thấy có chứa tích: cosx.sin2x nên ta biến đổi về tổng và có sin 3 x nên ta sử dụng công thức nhân ba để hạ bậc 3” HD: ( ) 1 3 1 sin sin3 sin 3cos3 2(cos4 sin sin3 ) 2 4 4 1 3 3 1 sin 3 sin 3 cos3 2cos4 sin sin 3 2 2 2 2 PT x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + = + − ⇔ + + = + − sin 3 3 cos3 2cos4x x x⇔ + = “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về dạng a.sinx + b.cosx” 1 3 sin3x cos3x cos4x 2 2 ⇔ + = “Chia hai vế của PT cho 2” cos 3x cos 4x 6 π   ⇔ − =  ÷   ĐS: 2 x k ,x k2 42 7 6 π π −π = + = + π Bài toán 8: Giải PTLG sau: 2 2.sin 2 sin 7 1 sinx x x+ − = (B – 2007) Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc” HD: 1 cos 4 2. sin 7 1 sin 2 x PT x x − ⇔ + − = sin 7 sin cos4 0x x x⇔ − − = “Tổng ta thường biến đổi về tích để đặt nhân tử chung” 2cos4 .sin3x cos4 0x x⇔ − = cos 4 0 cos 4 (2sin3x 1) 0 sin 3 sin 6 x x x π =   ⇔ − = ⇔  =  2 5 2 : , , 8 4 18 3 6 3 KL x k x k x k π π π π π π = + = + = + Bài toán 9: Giải PTLG sau: 2 2 cos 3x cos2x cos x 0− = (A – 2005) Nhận xét: “Bình phương, khác góc ta thường sử dụng công thức hạ bậc” HD giải: 2 2 cos 3x.cos2x cos x 0− = ( ) 1+cos6x cos2 1+cos2x 0 2 2 x ⇔ − = cos6x.cos2 1x ⇔ = “Tích ta thường biến đổi về tổng” 30 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành ( ) 1 cos8 cos4 1 2 x x⇔ + = “Góc 8x và 4x: nên sử dụng công thức nhân đôi” 2 2.cos 4 cos 4 3 0. S: . 2 x x Ð x k π ⇔ + − = = Bài toán 10: Giải PTLG sau: sin 2x cos2x 3sinx cos x 1 0− + − − = (D – 2010) Nhận xét: “Góc 2x và 1x: nên sử dụng công thức nhân đôi để biến đổi” HD: 2sin .cos cos 2 3sin cos 1 0PT x x x x x⇔ − + − − = “Ở đây ta nhóm 2.sinx.cosx với cosx do khi nhóm với 3.sinx ta không giải tiếp được” ( ) 2 cos . 2sin 1 2sin 3sin 2 0x x x x⇔ − + + − = ( ) ( ) ( ) cos . 2sin 1 2sin 1 . sin 2 0x x x x⇔ − + − + = ( ) ( ) 2sin 1 cos sin 2 0x x x⇔ − + + = ( ) ( ) 2sin 1 0 1 5 S: 2 , 2 6 6 cos sin 2 0 2 , x Ð x k x k x x PTVN π π π π − = ⇔ = + = +  + + =   Bài toán 11: Giải PTLG sau: 2 5.sin 2 3.(1 sin ).tanx x x− = − (B – 2007) Nhận xét: “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy “cùng góc” nên sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản và đưa PT về cùng một hàm số sinx” HD: 2 2 2 5sinx(1 sin x) 2(1 sin x) = 3(1 sinx).sin xPT ⇔ − − − − 3 2 2sin x+sin x 5sinx+2=0⇔ − 2 ( 1)(2 3 2) 0t t t⇔ − + − = (t = sinx) 1 1, , 2 2 ⇔ = = = −t t t S: 2 , 2 2 6 Ð x k x k π π π π = + = + Bài toán 12: Giải PTLG sau: cos3x cos2x cosx 1 0 + − − = (D – 2006) Nhận xét: “Đưa về cùng một hàm số lượng giác” Ở bài toán này ta nhận thấy cos3x và cos2x ta đều chuyển được về cosx nên sử dụng công thức nhân ba và công thức nhân đôi để đưa PT về cùng một hàm số sinx” HD: 3 2 cos3x cos2x cosx 1 0 4.cos 3.cos 2cos 1 cos 1 0x x x x + − − = ⇔ − + − − − = 3 2 2cos x cos x 2cosx 1 0 ⇔ + − − = 2 (2cos 1)(cos x 1) 0x ⇔ + − = 1 cos ,sin 0 2 − ⇔ = = x x 2 S: 2 , 3 Ð x k x k π π π = ± + = Bài toán 13: Giải PTLG sau: 3 sin .sin 2 sin 3 6cosx x x x+ = Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng: 3 2 2 3 a.sin x +b.cos x.sinx + c.cosx.sin x +d.sin x + e.cosx + f.cos x = 0 ” HD: 2 3 3 2.sin .cos 3sin 4sin 6.cos 0PT x x x x x⇔ + − − = Khi cosx = 0 2 sin 1x⇔ = (không thỏa phương trình). Khi cosx ≠ 0: Chia 2 vế cho cos 3 x, đặt t = tanx ta được: 31 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành ( ) ( ) 3 2 2 2 3 6 0 2 . 3 0t t t t t− − + = ⇔ − − = Bài toán 14: Giải PTLG sau: 3 3 2 2 sin 3 cos sin .cos 3.sin .cos− = −x x x x x x (B – 2008) Nhận xét: “Biến đổi đưa về PT dạng: 3 2 2 3 a.sin x +b.cos x.sinx + c.cosx.sin x +d.sin x + e.cosx + f.cos x = 0 ” HD: Khi cosx = 0 2 sin 1x⇔ = (không thỏa phương trình). Khi cosx ≠ 0: Chia 2 vế cho cos 3 x, đặt t = tanx ta được: 3 2 t 3 3 0t t+ − − = 2 ( 3)( 1) 0t t⇔ + − = 3, 1t t⇔ = − = ± S: , 3 4 Ð x k x k π π π π = − + = ± + Bài toán 15: Giải PTLG sau: cos cos cos 3 6 4 x x x π π π       + + + = +  ÷  ÷  ÷       Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc: 3 6 2 4 x x x π π π     + + +  ÷  ÷       = +  ÷   nên ta áp dụng công thức biến đổi tổng thành tích để biến đổi PT” HD: 2.cos .cos cos cos 0 4 12 4 4 PT x x x π π π π       ⇔ + = + ⇔ + =  ÷  ÷  ÷       ĐS: 2 x k π π = + Bài toán 16: Giải PTLG sau: 4 4 2 sin cos cos 4 tan .tan 4 4 x x x x x π π + =     + −  ÷  ÷     Nhận xét: “Ở bài này ta nhận xét góc 4 x π + và 4 x π − phụ nhau, tử ta sử dụng các phép biến đổi thường gặp” HD: Điều kiện: Ta có: 4 4 2 x x π π π     + + − =  ÷  ÷     nên tan cot 4 4 x x π π     + = −  ÷  ÷     Khi đó: 2 2 3 1 .cos4 cos 4 4cos 4 cos 4 3 0 4 4 PT x x x x⇔ + = ⇔ − − = cos4 1 3 cos4 4 x x =   ⇔  = −  CÁC PTLG TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ 2002 ĐẾN NAY: I. Biến đổi để đưa về phương trình bậc 2, bậc 3 đối với một hslg: 1. (KA2002) Tìm các nghiệm thuộc khoảng (0; 2π) của phương trình: cos3x + sin3x 5(sinx + ) os2x + 3 1+sin2x c= ĐS 5 ; 3 3 π π 2. (Dự bị2002) 4 4 sin cos 1 1 cot 2 5sin 2 2 8sin 2 x x g x x x + = − ĐS: 6 x k π π = ± + 32 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành 3. (Dự bị2002)tgx + cosx - cos 2 x = sinx(1 + tgxtg 2 x ) ĐS: 2x k π = 4. (KB2003) ) cotgx - tgx + 4sin2x = 2 sin 2x ĐS x = 3 k π π ± + 5. (Dự bị2003) 2cos4x cotx = tanx + sin2x ĐS 3 x k π π = ± + 6. (KB2004) 5sinx − 2 = 3(1 − sinx)tan 2 x. ĐS 5 2 ; 2 6 6 x k k π π π π = + + 7. (KA2005) cos 2 3xcos2x - cos 2 x = 0 ĐS 2 x k π = 8. (KD2005) sin 4 x + cos 4 x + cos(x- 4 π )sin(3x- 4 π ) - 3 2 = 0 ĐS 4 x k π π = + 9. (KA2006) ( ) 6 6 2 os sin sinxcosx 0 2 2sinx c x x+ − = − ĐS 5 2 4 x k π π = + 10. (KB2006) x cotx + sinx(1 + tanxtan ) 4 2 = ĐS 5 ; 12 12 x k k π π π π = + + 11. (KD2006 ) Cos3x + cos2x − cosx − 1 = 0 ĐS 2 2 ; 3 x k k π π π = ± + 12. (KA2010) (1 sin x cos 2x)sin x 1 4 cos x 1 tan x 2 π   + + +  ÷   = + II. Biến đổi để đưa về phương trình bậc nhất đối với )(cos),(sin xuxu 1.KA2009 (1 2sin x)cosx 3 (1 2sin x)(1 sin x) − = + − ĐS: 2 18 3 = − +x k π π 2.KB 2009 3 sin x cos xsin 2x 3 cos3x 2(cos4x sin x) + + = + ĐS:x= 7 2 42 ;2 6 ππ π π kk ++− 3.KD2009 3cos5x 2sin 3xcos2x sin x 0− − = ĐS: x k 18 3 π π = − ; x k 6 2 π π = − − 4.(KB2008) 3 3 2 2 sin 3 os sinxcos 3sin osxx c x x xc− = − ĐS ; ; 4 4 3 x k x k k π π π π π π = + = − + − + 5.(KD) 2 x sin os 3 osx = 2 2 2 x c c   + +  ÷   33 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành 6. (Dự bị2005) Tìm nghiệm trên khoảng ( ) 0; π của pt 2 2 3 4sin 3 os2x = 1 + 2cos x - 2 4 x c π   −  ÷   ĐS 5 17 5 ; ; 18 18 6 π π π 7. (Dự bị2002) Cho pt 2sinx + cosx + 1 sinx - 2cosx + 3 a= (*) a. Giải pt (*) khi a = 1 3 b. Tìm a để pt (*) có nghiệm. ĐS 1 ; 2 4 2 x k a π π = − + − ≤ ≤ III. Biến đổi, nhóm, đặt nhân tử chung để đưa về phương trình tích: 1. (KB2002) sin 2 3x - cos 2 4x = sin 2 5x - cos 2 6x ĐS ; 9 2 k k x x π π = = 2.(KA2003) cotgx - 1 = 2 1 cos x tgx+ + sin 2 x - 1 2 sin2x ĐS 4 x k π π = + 3: (KD2003) 2 2 2 sin tan os 0 2 4 2 x x x c π   − − =  ÷   ĐS 2 ; 4 x k k π π π π = + − + 4.(Dự bị2003) 3 - tgx(tgx + 2sinx) + 6cosx = 0 ĐS 3 x k π π = ± + 5.(Dự bị2003) cos2x + cosx(2tg 2 x - 1) = 2 ĐS 2 ; 2 3 x k k π π π π = + ± + 6.( KD2004) (2cosx − 1)(2sinx + cosx) = sin2x − sinx ĐS 2 ; 3 4 x k k π π π π = ± + − + 7. (KB2005) 1 + sinx + cosx + sin2x + cos2x = 0 ĐS 2 2 ; 3 4 x k k π π π π = ± + − + 8.(KA2007) (1 + sin 2 x)cosx + (1 + cos 2 x)sinx = 1 + sin2x ĐS ; 2 ; 2 4 2 x k x k k π π π π π = − + = + 9. (KB2007) 2sin 2 2x + sin7x − 1 = sinx 10.(KA2008) 1 1 7 4sin( ) 3 sinx 4 sin( ) 2 x x π π − = − − ĐS 5 ; ; 4 8 8 x k x k k π π π π π π = − + = − + + 11.(KB2008) 3 3 2 2 sin 3 os sinxcos 3sin osxx c x x xc− = − ĐS ; ; 4 4 3 x k x k k π π π π π π = + = − + − + 34 [...]... góc và các tính chất của đường cao, đáy, để thi t lập hệ tọa độ cho thích hợp II Các dạng bài tập: 1 Giải bài toán định lượng bằng phương pháp tọa độ: Phương pháp chung: Ta thực hiện theo hai bước: + Thi t lập hệ trục tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ của các điểm cần thi t + Thi t lập biểu thức giải tích cho các giá trị cần xác định CÁC VÍ DỤ: 1) Cho góc tam diện Oxyz, trên Ox, Oy, Oz lấy các điểm... sử dụng trong việc giải PTLG, không có kĩ năng hay phương pháp nào là tuyết đối Muốn giải tốt các bài tập dạng này học sinh phải nắm vững kiến thức lượng giác và giải nhiều bài tập để tự rút ra kinh nghiệm riêng cho bản thân mình 15 KA2011 1 + sin 2 x + cos 2 x = 2 sin x sin 2 x 1 + cot 2 x 35 ĐS: x = Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC A BÀI... cực trị trong hình học bằng phương pháp tọa độ: Phương pháp chung: Ta thực hiện theo các bước sau: + Thi t lập hệ tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ các điểm cần thi t + Thi t lập biểu thức điều kiện (nếu có) Thi t lập biểu thức giải tích cho các điểm cần tìm cực trị + Lựa chọn phương pháp tìm cực trị, thông thường là: - Phương pháp tam thức bậc hai - Sử dụng bất đăng thức - Sử dụng đạo hàm CÁC VÍ... BÀI TOÁN HHKG TRONG CÁC ĐỀ THI ĐH, CĐ CÁC NĂM VỪA QUA: Bài 1) ĐH 2002 K.A Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a Gọi M,N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC Tính theo a diện tích tam giác Agiacsbieets rằng mặt phẳng (AMNphawngrvuoong góc với mặt phẳng (SBC) Bài 2) ĐH 2002 K.B Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng a a) Tính theo a khoảng cách giữa hai... tiếp bằng cách sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông hoặc định lí côsin trong tam giác: VÍ DỤ: 1/ Cho tứ diện SABC có SA vuông góc với mp(ABC), SA = a, tam giác BSC vuông tại S và có SB = 2a, SC = a 2 Tính góc ϕ giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) HD: ∧  AI ⊥ BC ⇒ SAI = ϕ + Gọi I là chân đường cao hạ từ A lên BC thì ta có  SI ⊥ BC 3 ⇒ ϕ = 60 0 2 2/ Cho lăng trụ ABC A'B'C' có tất cả các cạnh đáy... tọa độ: Phương pháp chung: Ta thực hiện theo các bước sau: + Thi t lập hệ trục tọa độ thích hợp S + Thi t lập các biểu thức giải tihcs cho điều kiện, từ đó suy ra kết quả cần chứng minh Cụ thể: 1 Để chứng minh một biểu thức vectơ, ta cần xác định tọa độ của các vectơ trong biểu thức đó, từ đó thay vào biểu thức để đưa ra kết luận 2 Chứng minh mối liên hệ đại số 3 Với a1 , a 2 là VTCP của (d1) và (d2)... M d H 2 Khoảng cách giửa đường thẳng và mặt phẳng song song với đường thẳng đó: Bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng đến mặt phẳng 3 Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song: Bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trong mặt phẳng này đến mặt phẳng kia (hoặc ngược lại) 41 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành 4 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: *Phương pháp 1: Nên dùng trong trường hợp... b/Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng : BC và SD , AC với SD c/Tính khoảng cách từ O đến (SCD) Tính khoảng cách từ D đến (SCE) S x Q K A H D J O B E C P Gợi ý: +AQ chính là khoảng cách giữa AC và SD +DP chính là khoảng cách từ D đến (SCE); OH chính là khoảng cách từ O đến (SCE) Bài4:Cho hình chóp SABCD ; đáy ABCD là hình thoi cạnh a tâm O Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tam giác SAB cân... Vấn đề quan trọng nhất trong việc giải bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ là thi t lập hệ tọa độ cho phù hợp Sau đây chúng tôi xin giới thi u một số phương pháp để thi t lập hệ tọa độ 1/ Thi t lập hệ tọa độ đối với tam diện: Với góc tam diện Oabc việc tọa độ hóa thường được thực hiện khá đơn giản, đặc biệt với: + Tam diện vuông thì hệ trục tọa độ vuông góc được thi t lập ngay trên tam... gốc tọa độ trùng với chân đường vuông góc (A) 49 Tổ Toán - Trường THPT Núi Thành Trong các trường hợp khác ta dựa vào đường cao của hình chóp và tính chất đa giác đáy để chọn hệ tọa độ phù hợp 3/ Thi t lập hệ trục tọa độ cho hình hộp chữ nhật: Với hình hộp chữ nhật thì việc thi t lập hệ tọa độ khá đơn giản, thường có hai cách: + Chọn một đỉnh làm gốc tọa độ và ba trục trùng với ba cạnh của hình hộp + . TRÌNH LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC KỲ THI TUYỂN SINH ĐH - CĐ Trong đề thi ĐH – CĐ các năm gần đây, bài toán giải phương trình lượng giác (PTLG) là một trong các bài toán thường xuyên xuất hiện trong các. giúp học sinh nhận dạng và vận dụng các công thức lượng giác hợp lý để giải quyết tốt bài toán giải phương trình lượng giác trong các đề thi ĐH – CĐ. A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT I . CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC: 1 cho học sinh nhận xét mối quan hệ các góc của các hàm số trong PTLG rất quan trọng vì điều này sẽ giúp học sinh áp dụng công thức lượng giác hợp lí. Trong bài viết này tôi xin giới thi u các