chuyen de luong giac va hinh khong gian cua THPT nui thanh (sinh hoat cum)

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 + + = − + + = − tan tan tan( ) 1 tan . tan tan tan tan( ) 1 tan . tan a b a b a b a b a b a b 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. PHẦN 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 ch ½n sin( k ) ;tan( k ) tan sin khi k lÎ cos k ch½n cos( 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” 4. Công thức nhân đôi: Nhớ: “Suy ra từ công thức cộng bằng cách thay b bằng a” 5. Công thức hạ bậc: Nhớ: “Được suy ra từ công thức nhân đôi”. 1 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 Trường THPT Núi Thành + − = = 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.s in .cos , tan tan 2 2 cos .cos sin( ) sin sin 2.cos .sin , tan tan 2 2 cos .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: 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. PHẦN B – PHẦN 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 Trường THPT Núi Thành 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 cos 2 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 cos4 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. …………………………………………………………………… 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 giải: 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   ⇔ − − + =  ÷   3 Trường THPT Núi Thành 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 giải: 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 cos 2 ) 1 sin cos2 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 giải: 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 − = + − 4 Trường THPT Núi Thành 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 giải: Ta có: ( ) cos 2 sin .sin 2 cos .cos2 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 giải: 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 giải: ( ) 2 cos sin 2 3. 1 sin 2.sinPT x x x x⇔ − = − − ( ) cos sin 2 3. cos2 sinx x x x⇔ − = − “Ta chuyển cùng góc qua một vế để đưa về dạng a.sinx + b.cosx” ( ) cos sin 2 3. cos2 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 x sin 2x 3 cos3x 2(cos4x 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 giải: ( ) 1 3 1 sin sin3 sin 3 cos3 2(cos 4 sin sin 3 ) 2 4 4 1 3 3 1 sin 3 sin 3 cos3 2cos 4 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 5 Trường THPT Núi Thành 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 giải: 1 cos 4 2. sin 7 1 sin 2 x PT x x − ⇔ + − = sin 7 sin cos 4 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.cos 2 1x ⇔ = “Tích ta thường biến đổi về tổng” ( ) 1 cos8 cos4 1 2 x x⇔ + = “Góc 8x và 4x: nên sử dụng công thức nhân đôi” 2 2.cos 4 cos4 3 0. S: . 2 x x Ð x k π ⇔ + − = = Bài toán 10: Giải PTLG sau: sin 2x cos2x 3sinx cosx 1 0− + − − = (D – 2010) Nhận xét : “Góc 2x và 1x: nên sử dụng công thức nhân đôi để biến đổi” HD giải: 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 giải: 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 6 Trường THPT Núi Thành 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 giải: 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.sin x + c.cosx.sin x + d.sinx + e.cosx + f.cos x = 0 ” HD giải: 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: ( ) ( ) 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 3cos 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.sin x + c.cosx.sin x + d.sinx + e.cosx + f.cos x = 0 ” HD giải: 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 giải: 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 + =     + −  ÷  ÷     7 Trường THPT Núi Thành 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 giải: 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 PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 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 = ± + 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 cos2x)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 8 Trường THPT Núi Thành 1.KA2009 (1 2sin x)cosx 3 (1 2sin x)(1 sin x) − = + − 2 18 3 = − +x k π π 2.KB 2009 3 sin x cosx sin 2x 3 cos3x 2(cos4x sin x) + + = + x= 7 2 42 ;2 6 ππ π π kk ++− 3.KD2009 3cos5x 2sin3x cos2x sin x 0− − = 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   + +  ÷   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 = − + = − + + 9 Trường THPT Núi Thành 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 = + = − + − + 12. (KD2008) 2sinx(1 + cos2x) + sin2x = 1 + 2cosx ĐS 2 2 ; 3 4 x k k π π π π = ± + + 13. KB2010 (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0 x = 4 2 k π π + (k ∈ Z) 14. KD2010 sin 2 cos 2 3sin cos 1 0x x x x − + − − = ĐS π π 2 6 kx += π π 2 6 5 kx += 15. KA2011 2 1 sin 2 cos 2 2 sin sin 2 1 cot x x x x x + + = + Đ/s π π kx += 2 , π π 2 4 kx += 16. KB2011 sin 2 cos sin cos cos 2 sin cosx x x x x x x + = + + Đ/S π π 2 2 kx += 3 2 3 ππ k x += 17. KD2011 sin2x 2cos x sin x 1 0 tan x 3 + − − = + Đ/S π π 2 3 kx += Trên đây là một sô phương pháp, một số phép biến đổi và một số kĩ năng thường 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 lý thuyết lượng giác và giải nhiều bài tập để tự rút ra kinh nghiệm riêng cho bản thân mình. 10 [...]... trọng tâm của tam giác SCD Tính góc giữa hai đường thẳng AG và BD D Bài toán về góc giữa hai đường thẳng trong không gian I/ Phương pháp giải toán: Khi cần tính góc giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b trong không gian ta có 2 cách sau: Cách 1:Dựng góc ta phải tìm 1 đườngthẳng trung gian là c song song với a và c cắt b Khi đó góc tạo bởi a và b cũng chính là góctạo bởi b và c Hoặc ta dựng liên tiếp... SA=a Gọi E là trung điểm của AD.Tính thể tích khối chóp SCDE và tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp đó a3 HD:+ V = 6 + Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của SE Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng (ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE Gọi ∆ là đường thẳng qua I là trung điểm của CD và song... v−a qua trung điểm I của C1D1 (Dùng phương pháp đạo hàm) 28 Trường THPT Núi Thành F Bài toán hình không gian trong dề thi Đại học, Cao đẳng 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)... Tính thể tích khối đa diện bằng phép tính tọa độ trong không gian Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình chữ nhật AB=a, AD = a 2 , SA =a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC Tìm thể tích khối tứ diện ANIB Giải: dựng hệ trục tọa độ Axyz với gốc A 12 Trường THPT Núi Thành Trong hệ trục tọa độ này, ta có A(0;0;0); D(a... A (AD là đường cao và CD .DE = AD 2 = ) Tương tự ta 3 có tam giác BCE vuông tại B Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCE có CE là đường kính tâm I của πa 3 6 mặt cầu là trung điểm của CE V = 8 4) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a và đường cao là SH.với H thỏa mãn HN = −3HM trong đó M, N là trung điểm AB, CD Mặt phẳng (SAB) tạo với đáy ABCD góc 24 Trường THPT Núi Thành 600 Tính khoảng... ⊥ (SAB) nên (d’) //HE Ta có d ' ∩ d = I là tâm mặt a 21 7 21 cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD R = IA = , V = πa 3 6 54 E Giải bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ: I/ Phương pháp giải toán: Vấn đề quan trọng nhất trong việc giải bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ là thiết lập hệ tọa độ cho phù hợp Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một số phương pháp để thiết lập hệ tọa độ 1/ Thiết...Trường THPT Núi Thành CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC A Bài toán tính thể tích khối đa diện: I/ Cơ sở lý thuyết cần nắm: 1 + Thể tích khối chóp: V = S.h (S: diện tích đáy, h: chiều cao) 3 + Thể tích... 600 Biết AB' ⊥ BD' Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' theo a 31 Trường THPT Núi Thành BÀI:Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ABCD Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB,BC,CD Tính thể tích khối tứ diện CMNP BÀI:Trong không gian, cho tam giác ABC vuông cân tại C, cạnh huyền AB=2a Trên đường thẳng vuông... = d[ a ;mp (b ,b ')] = d[ O;mp (b ,b ')] = OH *Nói thêm: MN là đoạn vuông góc chung của a và b b a M N O b' H Lưu ý cần thiết: 1/Để tính khoảng cách từ M đến mp (α ) ta có thể làm như sau : 17 Trường THPT Núi Thành + Tìm một đường thẳng a qua M mà a // mp (α ) + Chọn một điểm N trên a (thích hợp với giả thiết bài toán) , tính khoảng cách từ N đến mp (α ) + Khi đó; d[ M ;mp (α )] = d[ N ;mp (α )] =... giác vuông SOC tại O và lưu ý: tam giác ABC đều nên ta có 3 2 3 a MC = a ; OC = MC = a = 2 3 3 3 b/Ta chia làm 3 bước cho dễ hiểu: + Chọn mp(SAN) chứa O , ta có:(SBC) ⊥ (SAN) (chứng minh trên) 18 Trường THPT Núi Thành +Ta có:(SBC) ∩ (SAN) =SN + Dựng OH vuông góc với SN tại H ⇒ OH ⊥ (SBC) ⇒ OH là khoảng cách từ O đến (SBC) 1 1 1 = + Xét tam giác vuông SON tại O có OH là đường cao ⇒ … 2 2 OH ON OS2 c/Chứng . rút ra kinh nghiệm riêng cho bản thân mình. 10 Trường THPT Núi Thành CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC A. Bài toán tính thể. hai đường thẳng trong không gian I/ Phương pháp giải toán: Khi cần tính góc giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b trong không gian ta có 2 cách sau: Cách