Mở đầu trang 33

Đề bài: Bạn đã biết tỉ số lượng giác của một góc nhọn. Đối với góc tù thì sao?

Lời giải:

Ở lớp 9, ta đã định nghĩa $\sin, \cos, \tan, \cot$ của một góc nhọn thông qua tam giác vuông. Tuy nhiên, định nghĩa đó không áp dụng được cho góc tù (vì tam giác vuông không có góc tù).

Trong bài này, ta sẽ mở rộng định nghĩa tỉ số lượng giác cho góc $\alpha$ bất kì từ $0^\circ$ đến $180^\circ$ bằng cách dùng nửa đường tròn đơn vị trong mặt phẳng toạ độ. Cụ thể, với mỗi góc $\alpha$ ($0^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ$), ta có một điểm $M(x_0; y_0)$ duy nhất trên nửa đường tròn đơn vị (tâm $O$, bán kính $1$, ở phía trên trục $Ox$) sao cho $\widehat{xOM} = \alpha$. Khi đó:

$$\sin \alpha = y_0; \quad \cos \alpha = x_0.$$

1. Giá trị lượng giác của một góc

HĐ1 (trang 34)

Đề bài:

a) Nêu nhận xét về vị trí của điểm $M$ trên nửa đường tròn đơn vị trong mỗi trường hợp sau: $\alpha = 90^\circ$; $\alpha < 90^\circ$; $\alpha > 90^\circ$.

b) Khi $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, nêu mối quan hệ giữa $\cos \alpha, \sin \alpha$ với hoành độ và tung độ của điểm $M$.

Lời giải:

a) Vị trí của $M$ trên nửa đường tròn đơn vị:

• $\alpha = 90^\circ$: $OM$ vuông góc với trục $Ox$ → $M$ là điểm cao nhất của nửa đường tròn, tức $M = C(0; 1)$ (trùng với điểm trên trục $Oy$).
• $\alpha < 90^\circ$: $M$ nằm ở bên phải trục $Oy$ (cùng phía với điểm $A(1; 0)$), tức $M$ có hoành độ $x_0 > 0$.
• $\alpha > 90^\circ$: $M$ nằm ở bên trái trục $Oy$ (cùng phía với điểm $B(-1; 0)$), tức $M$ có hoành độ $x_0 < 0$.

b) Mối quan hệ khi $0^\circ < \alpha < 90^\circ$:

Khi $\alpha$ là góc nhọn, gọi $N$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên trục $Ox$. Khi đó tam giác $OMN$ vuông tại $N$, có cạnh huyền $OM = 1$ và $\widehat{MON} = \alpha$.

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn $\alpha$ trong tam giác vuông $OMN$:

$$ON = OM \cdot \cos \alpha = \cos \alpha; \quad MN = OM \cdot \sin \alpha = \sin \alpha.$$

Vì $M$ ở bên phải trục $Oy$ và phía trên trục $Ox$ nên:

$$x_0 = ON = \cos \alpha; \quad y_0 = MN = \sin \alpha.$$

→ Hoành độ điểm $M$ chính là $\cos \alpha$, tung độ điểm $M$ chính là $\sin \alpha$.

Luyện tập 1 (trang 35)

Đề bài: Tìm các giá trị lượng giác của góc $120^\circ$ (H.3.4).

Lời giải:

Cách làm tương tự Ví dụ 1 (góc $135^\circ$). Gọi $M$ là điểm trên nửa đường tròn đơn vị sao cho $\widehat{xOM} = 120^\circ$. Gọi $N$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên trục $Ox$.

Vì $\widehat{xOM} = 120^\circ$ nên $\widehat{MON} = 180^\circ – 120^\circ = 60^\circ$ (góc kề bù).

Tam giác $MON$ vuông tại $N$ với $OM = 1$, $\widehat{MON} = 60^\circ$:

$$ON = OM \cdot \cos 60^\circ = 1 \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}; \quad MN = OM \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.$$

Vì $\alpha = 120^\circ > 90^\circ$ nên $M$ nằm bên trái trục $Oy$, hoành độ $x_0 < 0$. Toạ độ điểm $M$ là:

$$M\left(-\dfrac{1}{2};; \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right).$$

Theo định nghĩa:

$$\sin 120^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2};\quad \cos 120^\circ = -\dfrac{1}{2};\quad \tan 120^\circ = \dfrac{\sin 120^\circ}{\cos 120^\circ} = \dfrac{\sqrt{3}/2}{-1/2} = -\sqrt{3};$$

$$\cot 120^\circ = \dfrac{\cos 120^\circ}{\sin 120^\circ} = \dfrac{-1/2}{\sqrt{3}/2} = -\dfrac{1}{\sqrt{3}} = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}.$$

2. Mối quan hệ giữa các giá trị lượng giác của hai góc bù nhau

HĐ2 (trang 36)

Đề bài: Nêu nhận xét về vị trí của hai điểm $M, M’$ đối với trục $Oy$. Từ đó, nêu các mối quan hệ giữa $\sin \alpha$ và $\sin(180^\circ – \alpha)$, giữa $\cos \alpha$ và $\cos(180^\circ – \alpha)$.

Lời giải:

Với góc $\alpha$ tuỳ ý ($0^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ$), gọi $M, M’$ là hai điểm trên nửa đường tròn đơn vị ứng với hai góc bù nhau $\alpha$ và $180^\circ – \alpha$ ($\widehat{xOM} = \alpha$, $\widehat{xOM’} = 180^\circ – \alpha$).

Vị trí: $M$ và $M’$ đối xứng với nhau qua trục $Oy$.

Giả sử $M(x_0; y_0)$, do đối xứng qua $Oy$:

• Hai điểm có cùng tung độ: tung độ $M’$ = $y_0$.
• Hoành độ trái dấu: hoành độ $M’$ = $-x_0$.

Theo định nghĩa:

• $\sin \alpha = y_0$ (tung độ $M$) và $\sin(180^\circ – \alpha)$ = tung độ $M’$ = $y_0$.

$$\boxed{\sin(180^\circ – \alpha) = \sin \alpha.}$$

• $\cos \alpha = x_0$ (hoành độ $M$) và $\cos(180^\circ – \alpha)$ = hoành độ $M’$ = $-x_0$.

$$\boxed{\cos(180^\circ – \alpha) = -\cos \alpha.}$$

Luyện tập 2 (trang 36)

Đề bài: Trong Hình 3.6, hai điểm $M, N$ ứng với hai góc phụ nhau $\alpha$ và $90^\circ – \alpha$ ($\widehat{xOM} = \alpha$, $\widehat{xON} = 90^\circ – \alpha$). Chứng minh rằng $\Delta MOP = \Delta NOQ$. Từ đó nêu mối quan hệ giữa $\cos \alpha$ và $\sin(90^\circ – \alpha)$.

Lời giải:

Trong đó: $P$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên trục $Ox$; $Q$ là hình chiếu vuông góc của $N$ trên trục $Oy$.

Xét hai tam giác $MOP$ và $NOQ$:

• $\widehat{OPM} = \widehat{OQN} = 90^\circ$ (do $P, Q$ là hình chiếu vuông góc).
• $OM = ON = 1$ (đều bằng bán kính nửa đường tròn đơn vị).
• $\widehat{MOP} = \alpha$ (theo định nghĩa $\widehat{xOM} = \alpha$, và $P$ thuộc trục $Ox$).
• $\widehat{NOQ} = 90^\circ – \widehat{xON} = 90^\circ – (90^\circ – \alpha) = \alpha$ ($Q$ thuộc trục $Oy$, $\widehat{xON} + \widehat{NOQ} = 90^\circ$).

Vậy hai tam giác vuông $MOP$ và $NOQ$ có:

• Cạnh huyền $OM = ON$.
• Góc nhọn $\widehat{MOP} = \widehat{NOQ} = \alpha$.

Suy ra $\Delta MOP = \Delta NOQ$ (cạnh huyền – góc nhọn). → $OP = OQ$.

Mối quan hệ giữa $\cos \alpha$ và $\sin(90^\circ – \alpha)$:

• $\cos \alpha = $ hoành độ điểm $M$ = $OP$.
• $\sin(90^\circ – \alpha) = $ tung độ điểm $N$ = $OQ$.

Vì $OP = OQ$ nên:

$$\boxed{\cos \alpha = \sin(90^\circ – \alpha).}$$

Vận dụng (trang 37)

Vận dụng trang 37

Đề bài: Một chiếc đu quay có bán kính $75$ m, tâm của vòng quay ở độ cao $90$ m (H.3.7), thời gian thực hiện mỗi vòng quay của đu quay là $30$ phút. Nếu một người vào cabin tại vị trí thấp nhất của vòng quay, thì sau $20$ phút quay, người đó ở độ cao bao nhiêu mét?

Lời giải:

Bước 1. Tính góc mà đu quay đã quay sau $20$ phút.

$30$ phút quay được $1$ vòng ($360^\circ$), vậy $1$ phút quay được $\dfrac{360^\circ}{30} = 12^\circ$.

Sau $20$ phút, đu quay đã quay được:

$$20 \times 12^\circ = 240^\circ.$$

Bước 2. Xác định vị trí cabin so với tâm $O$.

Vị trí ban đầu của cabin là điểm thấp nhất của đu quay, cách tâm $O$ một khoảng $75$ m theo phương dọc, ở phía dưới $O$.

Cabin quay được $240^\circ = 180^\circ + 60^\circ$. Có thể chia thành hai chặng:

• Quay $180^\circ$: cabin đi từ điểm thấp nhất lên đến điểm cao nhất của đu quay (đối xứng qua $O$). Lúc này cabin cách tâm $O$ một khoảng $75$ m về phía trên.
• Quay tiếp $60^\circ$ từ điểm cao nhất: gọi $M$ là vị trí mới của cabin và gọi $T$ là điểm cao nhất. Khi đó góc $\widehat{TOM} = 60^\circ$. Trong tam giác $OTM$ cân tại $O$ (vì $OT = OM = 75$), ta tính hình chiếu của $M$ lên phương dọc qua $O$:

$$\text{Hình chiếu} = OM \cdot \cos 60^\circ = 75 \cdot \dfrac{1}{2} = 37{,}5 \text{ (m)}.$$

Vậy cabin $M$ ở cao hơn tâm $O$ một khoảng $37{,}5$ m.

Bước 3. Tính độ cao của cabin so với mặt đất.

$$\text{Độ cao} = 90 + 37{,}5 = 127{,}5 \text{ (m)}.$$

Kết luận: Sau $20$ phút quay, người đó ở độ cao $127{,}5$ m so với mặt đất.

Bài tập (trang 37)

Bài 3.1 (trang 37)

Đề bài: Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị của các biểu thức sau:

a) $A = (2\sin 30^\circ + \cos 135^\circ – 3\tan 150^\circ) \cdot (\cos 180^\circ – \cot 60^\circ)$;

b) $B = \sin^2 90^\circ + \cos^2 120^\circ + \cos^2 0^\circ – \tan^2 60^\circ + \cot^2 135^\circ$;

c) $C = \cos 60^\circ \cdot \sin 30^\circ + \cos^2 30^\circ$.

Lời giải:

Dùng bảng giá trị lượng giác đặc biệt và quan hệ hai góc bù nhau.

a) Tính từng giá trị:

• $\sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$ → $2\sin 30^\circ = 1$.
• $\cos 135^\circ = \cos(180^\circ – 45^\circ) = -\cos 45^\circ = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
• $\tan 150^\circ = \tan(180^\circ – 30^\circ) = -\tan 30^\circ = -\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ → $3\tan 150^\circ = -\sqrt{3}$.
• $\cos 180^\circ = -1$.
• $\cot 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$.

Thay vào:

$$A = \left(1 – \dfrac{\sqrt{2}}{2} – (-\sqrt{3})\right) \cdot \left(-1 – \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) = \left(1 – \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \sqrt{3}\right) \cdot \left(-1 – \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right).$$

Khai triển tích:

$$A = -1 – \dfrac{\sqrt{3}}{3} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{6} – \sqrt{3} – \dfrac{(\sqrt{3})^2}{3}$$

$$= -1 – \dfrac{\sqrt{3}}{3} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{6}}{6} – \sqrt{3} – 1.$$

Gộp các hạng tử cùng loại:

• Hằng số: $-1 – 1 = -2$.
• Có $\sqrt{3}$: $-\dfrac{\sqrt{3}}{3} – \sqrt{3} = -\dfrac{\sqrt{3} + 3\sqrt{3}}{3} = -\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$.

$$\boxed{A = -2 – \dfrac{4\sqrt{3}}{3} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{6}}{6}.}$$

b) Tính từng giá trị bình phương:

• $\sin^2 90^\circ = 1^2 = 1$.
• $\cos 120^\circ = -\dfrac{1}{2}$ → $\cos^2 120^\circ = \dfrac{1}{4}$.
• $\cos^2 0^\circ = 1^2 = 1$.
• $\tan 60^\circ = \sqrt{3}$ → $\tan^2 60^\circ = 3$.
• $\cot 135^\circ = -1$ → $\cot^2 135^\circ = 1$.

Cộng lại:

$$B = 1 + \dfrac{1}{4} + 1 – 3 + 1 = \dfrac{4 + 1 + 4 – 12 + 4}{4} = \dfrac{1}{4}.$$

$$\boxed{B = \dfrac{1}{4}.}$$

c) Tính:

• $\cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$, $\sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$ → $\cos 60^\circ \cdot \sin 30^\circ = \dfrac{1}{4}$.
• $\cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ → $\cos^2 30^\circ = \dfrac{3}{4}$.

$$C = \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = 1.$$

$$\boxed{C = 1.}$$

Bài 3.2 (trang 37)

Đề bài: Đơn giản các biểu thức sau:

a) $\sin 100^\circ + \sin 80^\circ + \cos 16^\circ + \cos 164^\circ$;

b) $2\sin(180^\circ – \alpha) \cdot \cot \alpha – \cos(180^\circ – \alpha) \cdot \tan \alpha \cdot \cot(180^\circ – \alpha)$, với $0^\circ < \alpha < 90^\circ$.

Lời giải:

a) Dùng quan hệ hai góc bù nhau:

• $\sin 100^\circ = \sin(180^\circ – 80^\circ) = \sin 80^\circ$.
• $\cos 164^\circ = \cos(180^\circ – 16^\circ) = -\cos 16^\circ$.

Thay vào:

$$\sin 100^\circ + \sin 80^\circ + \cos 16^\circ + \cos 164^\circ = \sin 80^\circ + \sin 80^\circ + \cos 16^\circ – \cos 16^\circ = 2\sin 80^\circ.$$

$$\boxed{\text{Kết quả: } 2\sin 80^\circ.}$$

b) Dùng các công thức hai góc bù nhau:

• $\sin(180^\circ – \alpha) = \sin \alpha$.
• $\cos(180^\circ – \alpha) = -\cos \alpha$.
• $\cot(180^\circ – \alpha) = -\cot \alpha$.

Thay vào biểu thức:

$$2\sin(180^\circ – \alpha) \cdot \cot \alpha – \cos(180^\circ – \alpha) \cdot \tan \alpha \cdot \cot(180^\circ – \alpha)$$

$$= 2\sin \alpha \cdot \cot \alpha – (-\cos \alpha) \cdot \tan \alpha \cdot (-\cot \alpha)$$

$$= 2\sin \alpha \cdot \cot \alpha – \cos \alpha \cdot \tan \alpha \cdot \cot \alpha.$$

Đơn giản:

• $\sin \alpha \cdot \cot \alpha = \sin \alpha \cdot \dfrac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \cos \alpha$ → $2\sin \alpha \cdot \cot \alpha = 2\cos \alpha$.
• $\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 1$ (vì $\tan \alpha = \dfrac{1}{\cot \alpha}$) → $\cos \alpha \cdot \tan \alpha \cdot \cot \alpha = \cos \alpha \cdot 1 = \cos \alpha$.

Vậy biểu thức bằng:

$$2\cos \alpha – \cos \alpha = \cos \alpha.$$

$$\boxed{\text{Kết quả: } \cos \alpha.}$$

Bài 3.3 (trang 37)

Đề bài: Chứng minh các hệ thức sau:

a) $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$;

b) $1 + \tan^2 \alpha = \dfrac{1}{\cos^2 \alpha}$ ($\alpha \neq 90^\circ$);

c) $1 + \cot^2 \alpha = \dfrac{1}{\sin^2 \alpha}$ ($0^\circ < \alpha < 180^\circ$).

Lời giải:

a) Gọi $M(x_0;; y_0)$ là điểm trên nửa đường tròn đơn vị ứng với góc $\alpha$. Theo định nghĩa:

$$\sin \alpha = y_0; \quad \cos \alpha = x_0.$$

Vì $M$ nằm trên nửa đường tròn đơn vị tâm $O$ bán kính $1$, ta có:

$$OM^2 = x_0^2 + y_0^2 = 1.$$

Suy ra:

$$\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = y_0^2 + x_0^2 = 1. \quad \text{(ĐPCM)}$$

b) Vì $\alpha \neq 90^\circ$ nên $\cos \alpha \neq 0$ và $\tan \alpha = \dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$.

Chia cả hai vế của đẳng thức ở câu a) cho $\cos^2 \alpha$:

$$\dfrac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} + \dfrac{\cos^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} = \dfrac{1}{\cos^2 \alpha}$$

$$\tan^2 \alpha + 1 = \dfrac{1}{\cos^2 \alpha}$$

$$\Rightarrow 1 + \tan^2 \alpha = \dfrac{1}{\cos^2 \alpha}. \quad \text{(ĐPCM)}$$

c) Vì $0^\circ < \alpha < 180^\circ$ nên $\sin \alpha \neq 0$ và $\cot \alpha = \dfrac{\cos \alpha}{\sin \alpha}$.

Chia cả hai vế của đẳng thức ở câu a) cho $\sin^2 \alpha$:

$$\dfrac{\sin^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} + \dfrac{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} = \dfrac{1}{\sin^2 \alpha}$$

$$1 + \cot^2 \alpha = \dfrac{1}{\sin^2 \alpha}. \quad \text{(ĐPCM)}$$

Bài 3.4 (trang 37)

Đề bài: Cho góc $\alpha$ ($0^\circ < \alpha < 180^\circ$) thoả mãn $\tan \alpha = 3$. Tính giá trị của biểu thức $P = \dfrac{2\sin \alpha – 3\cos \alpha}{3\sin \alpha + 2\cos \alpha}$.

Lời giải:

Nhận xét: Vì $\tan \alpha = 3 \neq 0$ nên $\sin \alpha \neq 0$, và $\tan \alpha$ xác định nên $\cos \alpha \neq 0$.

Cách làm: Chia cả tử và mẫu của $P$ cho $\cos \alpha$ (khác $0$):

$$P = \dfrac{2\sin \alpha – 3\cos \alpha}{3\sin \alpha + 2\cos \alpha} = \dfrac{\dfrac{2\sin \alpha}{\cos \alpha} – 3}{\dfrac{3\sin \alpha}{\cos \alpha} + 2} = \dfrac{2\tan \alpha – 3}{3\tan \alpha + 2}.$$

Thay $\tan \alpha = 3$:

$$P = \dfrac{2 \cdot 3 – 3}{3 \cdot 3 + 2} = \dfrac{6 – 3}{9 + 2} = \dfrac{3}{11}.$$

$$\boxed{P = \dfrac{3}{11}.}$$

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh