CHUYÊN ĐỀ KHOẢNG CÁCH PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC PHẠM MAI TRANG ĐHSPHN 2

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

http://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

CHUYÊN ĐỀ: 

KHOẢNG CÁCH 

MỤC LỤC 

A.Mục tiêu dạy học.................................................................................................................... 

B. Nội dung dạy học................................................................................................................... 

I. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian............................................. 

II. 

III. 

IV. 

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng......................................................................... 

Khoảng cách từ đường thẳng đến đường thẳng............................................................ 

Khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng............................................................... 

V. Khoảng cách từ mặt phẳng đến mặt phẳng................................................................... 

C. Hình thức, kế hoạch dạy học.................................................................................................... 

D. Kiểm tra, đánh giá................................................................................................................... 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÍ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Phạm Mai Trang Page 1 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








A. MỤC TIÊU DẠY HỌC. 

• Căn cứ: 

- Chuẩn KT – KN. 

- Yêu cầu của nhà trường 

- Khả năng, mong muốn của HS… 

• Mục tiêu dạy học: 

Về kiến thức: 

- Học sinh hiểu, biết tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian, từ 

điểm đến mặt phẳng trong không gian, từ đường thẳng đến đường thẳng trong không 

gian, từ đường thẳng đến mặt phẳng trong không gian và từ mặt phẳng đến mặt 

phẳng. 

Về kĩ năng: 

- Học sinh tính được khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, từ điểm đến mặt phẳng, từ 

đường thẳng đến đường thẳng, từ đường thẳng đến mặt phẳng và từ mật phẳng đến 

mặt phẳng 

- Học sinh biết sử dụng thành thạo các công thức tính khoảng cách để áp dụng làm bài 

tập. 

B. NỘI DUNG BÀI HỌC. 

I.Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian. 

1. Nhắc lại kiến thức cũ. 

Kiến thức hình học phẳng về tính khoảng cách. 

- Tam giác ABC có đường cao AH thì 

2S 

ABC 

AH = . 

BC 

1 1 1 

- Tam giác ABC vuông tai A, đường cao AH thì = + . 

2 2 2 

AH AB AC 

2 2 2 

- Công thức Pi-ta-go trong tam giác ABC vuông tại A: BC = AB + AC . 

2. Định nghĩa 














- Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng bằng khoảng cách từ điểm đó tới hình chiếu 

vuông góc của nó lên đường thẳng. 




3. Phương pháp chung. 

- Xét bài toán: Cho điểm M và đường thẳng d, (M không thuộc d). Tính khoảng cách từ M 

đến d. 

- Phương pháp: 

Hạ MH ⊥ d tại H, ta gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d. 

Và độ dài đoạn thẳng MH gọi là khoảng cách từ M đến d. Kí hiệu:d(a,d) = MH. 

Tính MH. 

4. Ví dụ minh họa. 

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm S đến 

đường thẳng BC. 

Giải 

Gọi D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC, 

H là chân đường vuông góc hạ từ A đến SD. 

Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ SA. 

Lại có: BC ⊥ AD (Cách dựng) 

⇒ BC ⊥ (SAD) ⇒ AH ⊥ BC. 

Lại có: AH ⊥ SD (Cách dựng) 

⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ d(A,(SBC)) = AH . 

Chú ý: 

1. MN ⫽ ∆ ⇒ d(M, ∆ ) = d(N, ∆ ) . 

2. 

d(M, ∆) d(N, ∆) MN ∩ ∆ = I ⇒ = . 

MI NI 

Trường hợp đặc biệt: I là trung điểm của MN ⇒ d(M, ∆ ) = d(N, ∆ ) . 

5. Bài tập củng cố. 

















Bài 1: Cho hình chóp S ABC, có đáy là tam giác vuông cân 

tại B và AC a = 2 . SA có độ dài bằng a và vuông góc với 

đáy. Tính khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BC. 

Giải 

Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ SA. Từ giả thiết ta có, 

BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ SB ⊥ BC 

Khi đó khoảng cách từ S tới BC chính là đoạn thẳng SB. 

BC 

Có : AB = = a 2 

2 

2 2 2 2 

⇒ SB = SA + AB = a + 2a = a 3 . 

Vậy d (S, BC) = SB = a 3. 

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, cạnh góc vuông bằng a. 

Cạnh bên SA = a 2 và vuông góc với mặt đáy. Tính khoảng cách từ A đến SC. 

Giải: 

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên SC. Vì 

bằng a. 

Suy ra: AC = a 2 = SA ⇒ ∆ SAC vuông cân tại A. 

Suy ra: AK vừa là đường cao vừa là trung tuyến thuộc cạnh huyền. 

Khi đó: 

1 1 

AK = SC = a . 

2 2 

∆ ABC vuông cân tại B có cạnh góc vuông 

Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, có cạnh đáy bằng a, tất cả các mặt bên đều tạo với 

đáy góc 30 ° . Gọi I là trung điểm của đoạn BC. Tính khoảng cách từ I đến SA. 

Giải: 

Vì S.ABC là hình chóp đều, O là tâm của đáy. 

Ta dễ thấy O cũng sẽ là trọng tâm của tam giác ABC. 

Mà I lại là trung điểm của đoạn BC thì khi đó A, O, I thẳng 

hàng. 

Suy ra SO⊥(ABC) = SO⊥BC. 


AO ∩ BC = I =AI⊥BC 

Từ (1) và (2) suy ra BC⊥(SOI) =BC⊥SI 
















Từ (2) và (3) suy ra SIO là góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy suy ra SIO ˆ = 30 

Đồng thời SO là đường cao của hình chóp thì SO ⊥ AI, 

Xét tam giác vuông SOI có: 

1 1 a 3 1 a 

SO = OI.tan 30 = AI.tan 30 = . . = . 

3 3 2 3 6 

Gọi h là khoảng cách từ I đến SA. 

Xét tam giác SAI có: 

SO. 

AI 

SA.h = SO.AI = 2.S 

AIS 

⇒ h = . 

SA 

HD : Có SO, AI, tính được SA. Dễ tính được h. 

a 3 

AI = . 

2 

Bài 4. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, tất cả các cạnh bên đều bằng 

2a 

3 

. 

3 

a) Tính độ dài đương cao SH. 

b) Gọi I là trung điểm của BC, tính khoảng cách từ I đến SA. 

Hướng dẫn. 

a) SH ⊥ (ABC) ⇒ H là tâm của tam giác 

đều ABC. 

Tam giác vuông SHA. Khi đó ta dễ tính được 

SH dựa vào định lý Pi-ta-go trong tam giác 

vuông. 

Xét 

b) Vẽ IK ⊥ SA . 

∆ SAI có: IK. SA = SH. AI = 2 S AIS 

. 

Suy ra tính được IK. 

II. Khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng 

1. Phương pháp giải 


Để tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( P ) , ta thực hiện theo các bước sau: 

Bước 1: Dựng OH với H là hình chiếu của O lên ( P ) , ta làm như sau: 

 













• Lấy đường thẳng a nằm trong 

( P ) 




• Dựng mặt phẳng ( Q ) qua O vuông góc với mặt phẳng ( P ) 

• Trong ( Q ) , hạ OH ⊥ b tại H . 

Bước 2: OH là khoảng cách từ O đến ( P ) . Tính độ dài đoạn OH là khoảng cách từ t O đến ( P) 

2. Chú ý: 

2.1. MN / /( P ) ⇒ d 

(M;(P)) = 

d(N;(P)) 

2.2. 

2.3. 

⎧M; N ∈( Q) 

⎨ ⇒ d ( M ;( P )) = 

d ( N ;( P 

)) 

⎩ ( Q) / /(P) 

d 

(M;(P)) 

MI 

MN ∩ ( P) 

= I ⇒ = 

d ( N ;( P )) 

NI 

2.4. Sử dụng thể tích để tính khoảng cách từ điểm đến 

mặt phẳng: 

Cho hình chóp S. A1 A2 

... A 

n 

. Ta có khoảng cách 

2.5. Sử dụng tính chất trục đường tròn: 

• Nếu O là tâm đường trọn n ngoại tiếp △ ABC và M là một điểm cách đều 3 điểm A, B, 

C thì 

đường thẳng MO là trục đường tròn ngoại tiếp △ ABC . Khi đó MO 

⊥△ ABC và 

MO = d( M ,( ABC)) 

• Nếu MA = MB = MC và NA = NB = NC trong đó A, B, 

C là 3 điểm không thẳng hàng thì 

đường thẳng MN là trục đường tròn qua 3 điểm A, B, 

C . Khi đó MN 

⊥ ( ABC ) 

tại tâmO của 

đường tròn qua 3 điểm A , B , 

C . 

3. Ví dụ minh họa 

3.1. Ví dụ 1: (A-2013) 

Cho hình chóp S. 

ABC có đáy là tam giác vuông tại A , 

ABC = 30 

, SBC là tam giác đều cạnh avà mặt bên SBC vuông 

góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S. 

ABC và khoảng 

cách từ điểm C đên mặt phẳng ( SAB 

) 

3V 

d( S;( A1 A2 

... An 

)) = 

S 

S A A 

. 1 2 ... An 

A A ... A 


1 2 

n 





Phạm Mai Trang 


Page 6 










Giải: 

Gọi H là trung điểm của cạnh BC ⇒ SH ⊥ BC 

Mà ( SBC) ⊥ ( ABC) 

theo giao tuyến BC nên SH ⊥ ( ABC) 

a 3 

a 

a 3 

Ta có: BC = a ⇒ SH = ; AC = BC.sin 30 = ; AB = BC.cos30 

= 

2 

2 

2 

3 

1 

a 

⇒ VS . ABC 

= SH. AB. 

AC = 

6 16 

△ ABC vuông tại A và H là trung điểm của cạnh BC nên HA = HB 

Mà SH ⊥ ( ABC) 

⇒ SA = SB = a 

Gọi I là trung điểm của AB ⇒ SI ⊥ AB 

2 

2 AB a 13 

SI = SB − = 

4 4 

3V 6V a 39 

S SI. AB 13 

⇒ S. ABC S. 

ABC 

d(C,(SAB)) 

= = = 

△SAB 

3.2. Ví dụ 2: ( Trích đề A-2014) 

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, 

. 

3a 

SD = , hình chiếu 

2 

vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm của cạnh AB . Tính khoảng cách từ A 

đến mặt phẳng ( SBD ) . 

Giải: 

Kẻ HK ⊥ BD; 

EH ⊥ SK . 

⎧BD 

⊥ HK 

Ta có: ⎨ ⇒ BD ⊥ ( SHK ) ⇒ BD ⊥ HE 

⎩ BD ⊥ SH 

Mà EH ⊥ SK ⇒ HE ⊥ ( SBD) 

Ta có a 

HK = HB,sin 

KBH = 

2 

4 


HS. 

H a 

⇒ HE = = 

2 2 

HS + HK 3 
















Do đó 

Vậy 

2a 

d( A ,(SBD) = 2d(H,(SBD)) = 2 HE = 

3 

2a 

d( A ,(SBD) = . 

3 

4. Bài tập áp dụng. 

Bài 1: ( Trích đề D-2013) 

Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, 

BAD = 120 

, M là trung điểm của cạnh BC và SMA = 45 

. Tính theo akhoảng cách từ điểm D 

đến mặt phẳng ( SBC ) . 

Bài 2: ( Trích đề D-2012) 

Cho hình hộp đứng ABCD. A' B ' C 'D' có đáy là hình vuông. Tam giác A 'AC vuông cân 

A' 

C = a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCD ') theo a. 

Bài 3: 

Cho hình chóp SABCD có đáy là hình chữ nhật, AD = 2a 

, AB = 4a 

, SD = 5a 

. Cạnh bên 

SA vuông góc với đáy. 

a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) . 

b) Gọi M là trung điểm cạnh BC . N nằm trên cạnh SB sao cho 

N đến mặt phẳng ( SMD ) 

Hướng dẫn: 

Bài 1: 

Do AD / / BC nên d ( D,( SBC)) = d( A,(SBC)) 

Kẻ AH ⊥ SM 

⎧AM 

⊥ BC 

Ta có ⎨ ⇒ BC ⊥ ( SAM ) 

⎩ SA ⊥ BC 

⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC) ⇒ d ( A,( SBC)) 

= AH 

Mà 

AM 2 a 6 

AH = = 

2 4 

1 

SN = SB . Tính khoảng cách từ 

3 














Vậy 

a 

d( A,( SBC )) = 

4 

6 




Bài 2: 

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của △ A' 

AB 

⎧AH 

⊥ A' 

B 

Ta có: ⎨ ⇒ AH ⊥ ( A' BC) 

hay 

⎩ AH ⊥ BC 

AH ⊥ ( BCD ') 

Do đó 

AH = d(A,(BCD')) 

Xét △A' 

AB có: 1 = 1 + 1 = 

6 

2 2 2 2 

AH AB A' 

A a 

a 6 

⇒ AH = 

6 

Vậy 

Bài 3: 

a 6 

d (A,(BCD')) = 

6 

a) Trong mặt phẳng (SAB), kẻ AI ⊥ SB 

⎧ SA ⊥ BC 

Ta có: ⎨ ⇒ BC ⊥ ( SAB) 

⎩AB 

⊥ BC 

⇒ BC ⊥ AI mà AI ⊥ SB ⇒ AI ⊥ ( SBC) 

⇒ AI = d( A,( SBC)) 

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác vuông SAD có: 

SA SD AD 

1 1 1 

Trong tam giác SAB có: 2 2 2 

AI = SA + AB 

= 1 1 37 

21a + 2 16a = 2 336a 

2 

a 21 

⇒ d( A,( SBC)) 

= . 

37 

b) Gọi J là giao điểm của AB và DM . 

Ta có: 

1 1 

d( N,( SMD)) = . d(B,(SMD)) = . d( A,( SMD)) 

3 6 

2 2 

= − = 21 


a 

a 

⇒ AI = 


21 

37 















Kẻ AH ⊥ DM , AK ⊥ SH 

Ta có: 

⎧DM 

⊥ AH 

⎨ 

⎩ DM ⊥ SA 

Mà AK ⊥ SH ⇒ AK ⊥ ( SDM ) 

⇒ AK = d(A,(SDM)) 

Ta có 

1 

S 

ADM 

S a 

2 

⇒ DM ⊥ ( SAH ) ⇒ DM ⊥ SH 

2 

= 

ABCD 

= 4 mà 

S 

ADM 

1 

= . AH . DM 

2 

1 1 1 

Xét △ SAH có: 

2 2 2 

AK = SA + AH 

= 1 17 421 

21a + 2 64a = 2 1344a 

2 

Vậy 

4a 

21 

d( N,( SMD )) = 

3 421 

III. Khoảng cách giữa hai đường thẳng: 

1. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song: 

2 

2 

ADM 

8 8 

S a a 

⇔ AH = = = 

DM 

2 2 

16a + a 17 

8a 

21 

⇒ AK = 

421 

- Khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song chính là khoảng cách từ 1 điểm đến một 

đường thẳng. 

2. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau: 

2.1. Định nghĩa: 

• Đường thẳng ∆ vừa cắt vừa vuông góc với cả hai 

đường thẳng chéo nhau a và b gọi là đường vuông 

góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b. 

• Giả sử ∆ cắt a và b lần lượt tại M và N. Đoạn 

thẳng MN gọi là đoạn vuông góc chung của hai 

đường thẳng chéo nhau a và b. 

• Độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa hai 

đường thẳng chéo nhau a và b. 

2.2.Cách tìm đường vuông góc chung của 2 đường thẳng chéo nhau: 


• Dựng mặt phẳng (α) chứa b thoả mãn (α) song 

song với a, 
















• Tìm hình chiếu vuông góc a′ của a trên (α), 

• Tìm giao điểm N của a′ và b, dựng đường 

thẳng ∆ qua N và vuông góc với (α) cắt a tại M. 

Đoạn MN chính là đoạn vuông góc chung của a và b. 

Nhận xét: Nếu lấy điểm I tuỳ ý trên a thì khoảng cách từ I đến (α) bằng độ dài đoạn vuông góc 

chung MN (vì theo hình vẽ MNHI là hình chữ nhật). 

2.3. Phương pháp: 

TH1: Nếu a ⊥ b : 

Trong trường hợp đặc biệt a và b chéo nhau và vuông góc với nhau, khi đó thường tồn tại một 

mặt phẳng (α) chứa avà vuông góc với b. Để tính khoảng cách 

giữa a và b ta dựng đoạn vuông góc chung như sau: 

• Tìm giao điểm H của b và (α), 

• Trong ( ) 

Ví dụ 1: 

α vẽ HK vuông góc với a tại H. khi đó HK là 

đoạn vuông góc chung. 

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, 

AB=BC=a. 

Cạnh bên AA ' = a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của lăng trụ 

ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và B’C. 

Giải: 

Gọi E là trung điểm của BB’ 

Khi đó mp(AME)//B’C nên d(AM,B’C) = d(B’C,(AME)) 

Nhận thấy d(B,(AME)) = d(C,(AME)) 

Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). 

Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên 

1 1 1 1 a 7 

= + + ⇒ h = 

2 2 2 2 

h BE BA BM 7 


Khoảng cách giữa 2 đường thẳng B’C và AM bằng khoảng 
















cách từ B tới mặt phẳng (AME): 

Ví dụ 2: 

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. 

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và AD, H là giao điểm của CN và DM. Biết SH 

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 

Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng DM 

và SC theo a. 

Giải: 

Ta có: ∆CDN = ∆DAM (c.g.c) 

⎧CN ⊥ DM 

⎨ ⇒ DM ⊥ ( SCN ) 

⇒ 

DM ⊥ 

SC 

⎩SH 

⊥ DM 

Kẻ KH ⊥ SC ⇒ HK ⊥ MD ⇒ 

HK = 

d DM , 

SC 

Nên : 1 = 1 + 

1 

2 2 2 

HK SH HC 

Với 

⎧ ⎪SH 

= a 3 

⎨ 

⎪⎩ CN. 

CH = CD 

 

CH 

2 

2 

CD 2 

CN 

a 4a 

= = = 

2 

5a 

5 

4 

4 4 2 

1 1 5 19 2a 

3 

= + = ⇒ HK = 

HK 3 a 4 a 12 a 

19 

= + = 

2 2 2 2 

3. Nếu a, b không vuông góc với 

nhau 

Cách dựng đường vuông góc chung: có 2 cách 

Cách 1: 

- Dựng mặt phẳng ( ) 

h = 

a 7 

7 

( ) 


α chứa a b và song song với a 

- Dựng hình chiếu H của điểmm A∈a 

trên ( α ) 







Page 12 










- Trong ( ) 

α dựng đường thẳng a′ qua H song song với a, cắt b tại K, từ K dựng đường thẳng 

song song với AH cắt a tại P. Đoạn KP chính là đoạn vuông góc chung của a,b 

Ví dụ: Cho lăng trụ đứng ABCA ′ B ′ C 

′ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a 

, cạnh bên 

AA′ = a 2 . Gọi M là trung điểm 

Lời giải: 

+ Gọi E là trung điểm của BB′ 

⎧ 

BE = 

EB 

′ 

Trong ∆ BB′ 

C ta có: ⎨ ⇒ EM B′ 

C ( đường trung 

⎩ 

BM = 

MC 

bình trong tam giác) 

+ 

⎧ 

EM B′ 

C 

⎨ 

⇒ 

B′ 

C ( 

⎩EM 

⊂ ( AME) 

( ′ ) ( ′ ( )) 

AME nên 

d AM , B C = d B C , AME = 

d C , 

AME 

Ta thấy: ( ,( )) ( ,( 

d C AME = d B AME = 

h 

Do tứ diện n BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên suy ra đường cao 

1 1 1 1 a 

7 

= + + ⇒ h 

= 

2 2 2 2 

h BE BA BM 7 

Vậy d ( AM , B C ) 

Cách 2: 

a 7 

′ = 

7 

- Dựng mặt phẳng ( ) a 

α ⊥ tại O, 

- Dựng hình chiếu vuông gócb 

- Trong( α ) dựngOH ⊥ b′ tại H 

- Qua H dựng đường thẳng vuông góc v 

m của BC. Tính d ( AM , B′ 

C) 

cắt b tại B 

- Từ B dựng đường thẳng song song với OH cắt a tại A 

Đoạn AB chính là đoạn n vuông góc chung của a, b 

) 

( ( )) 

)) 

i O, ( α ) ∩ b = I 

b′ của b trên ( α ) 

ng vuông góc với ( ) 

α , 








Page 13 










Ví dụ: Cho chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, đ góc giữa SC 

và( ABCD) 

bằng 30 . Tính d ( 

BD, 

SC ) 

Lời giải: 

⎧ BD ⊥ SA 

⎪ 

+ Ta có : ⎨ 

BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ 

SAC 

⎪ 

⎩SA∩ 

AC ≡ A 

+ ( ) 

BD ∩ SAC ≡ O 

+ Kẻ OI ⊥ SC ⇒ OI là đường vuông góc chung của BD và 

SC 

( , ) 

⇒ d BD SC = OI 

SC ∩ ABCD ≡ C 

, A là hình chiếu vuông góc của S xuống (ABCD) nên AC là hình 

+ Ta có: ( ) 

chiếu vuông góc của SC xuống (ABCD) ⇒ SC, ABCD = SCA = 30 

Trong tam giác vuông ACD có: 

AC a 2 

OC = = 

2 2 

a 

Xét ∆COI 

vuông tại I ta có: 2 a 

OI = OC ⋅ sin 30 

0 = ⇒ d ( BD,SC) 

= 

2 

4 4 

Bài tập: 

Bài 1: Cho hình chữ nhật ABCD, ABEF không cùng thuộc 1 măt phẳng và AB 

= a 

, AD=AF= 

a 

( ) 

ng (ABCD) ( ) 

2 , AC vuông góc với BF. Tính d AC, 

BF 

( ) 

2 2 

AC = AD + DC = a 

i BF. Tính ( ) 

Bài 2: Cho hình lập phương ABCD. 

A′ B′ C′ D′ cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của 

AB và CD. Tìm khoảng cách giữa A′ C và MN. 

Bài 3: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần l lượt là trung 

điểm của AB và AD, H là giao điểm của CN và DM. SH vuông góc (ABCD) và SH = a 3 . 

Tính khoảng cách giữa a DM và SC 


Bài 4: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB=BC=2a, hai mặt phẳng 

(SAB), (SAC) vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM song 

2 

 







Page 14 










song BC cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 . Tính khoảng 

cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a 

Lời giải: 

Bài 1: 

Kẻ AK ⊥ BF , từ K kẻ KH ⊥ 

AC (1) 

⎧ AK ⊥ BF 

⎪ 

+ ⎨ 

AC ⊥ BF ⇒ BF ⊥ ( 

AKC ) ⇒ BF ⊥ KH (2) 

⎪ 

⎩AK ∩ AC ≡ A 

Từ (1) và (2) suy ra HK là đường 

vuông góc chung của 

AC và BF 

AB.AF a 6 

+ ∆ABF 

vuông tại A ⇒ AK 

= = 

BF 3 

⎧ AC ⊥ BF 

⎪ 

+ ⎨ 

AC ⊥ HK ⇒ AC ⊥ ( 

BHK ) ⇒ AC ⊥ 

BH 

⎪ 

⎩BF ∩ HK ≡ K 

2 

+ ∆ABC 

vuôngtại B ⇒ AB = 

AH. 

AC ⇒ AH = 

2 2 a 3 

+ ∆AHK 

vuông tại H ⇒ HK = AK − AH = = 

d AC , 

BF 

3 

Bài 2: 

Ta có: 

+ 

⎧ BC MN 

⎨ 

⎩BC 

⊂ 

( A′ 

BC) 

′ ( ′ ′ ) 

( ) 

( ′ ) ⇒ ( , ′ ) ( , ( ′ )) ( ,(, 

′ 

)) 

⇒ MN A BC ⇒ d MN A C = d MN A BC = 

d M A BC 

⎧ AI ⊥ A B A B ∩ AB ≡ I 

⎪ 

⎨ 

BC ⊥ ABB′ A′ ⇒ BC ⊥ 

AI ⇒ AI ⊥ A′ 

BC 

⎪ 

⎩A ′ B ∩ BC ≡ B 

( ) 

( ) ( ( )) 

Kẻ MH 

AI ( H ∈ A ′ B ) ⇒ MH ⊥ A ′ BC ⇒ d M , 

A ′ 

BC = 

MH 

a 

3 

( ) 








Page 15 







MH 

= AI = a 2 

⇒ 

( 

, 

) 

2 

d MN A′ C = 

a 

2 4 4 




Bài 3: 

Ta có ( . . ) 

∆ CDN = ∆ DAM c g c ⇒ CN ⊥ 

DM 

⎧ CN ⊥ DM 

⎪ 

⎨ 

SH ⊥ DM ⇒ DM ⊥ ( 

SCN ) ⇒ DM ⊥ 

SC 

⎪ 

⎩CN ∩ SH ≡ H 

Kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK ⊥ DM ⇒ 

d HK, 

DM = HK 

2 

a 

Ta có S ∆ CMD = S ∆ ABCD − S ∆ ADM − S 

∆ 

CMB 

= 

2 

CH . DM 

2 

a 

Mặt khác 

S∆ CDM 

= ⇒ 

CH = 

2 

5 

∆SHC 

vuông tại H ta có: 1 1 1 2a 

3 

= + ⇒ HK = = d DM , SC 

2 2 2 

HK CH SH 

19 

Bài 4: 

Do (SAB) và (SAC) cùng vuông 

⎧ SA ⊥ BC 

⎪ 

⎨ 

AB ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAB) 

⇒ BC ⊥ 

SB 

⎪ 

⎩SA∩ AB ≡ A 

⇒ SBA là góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC) 

⇒ = ⇒ 

SBA 60 SA = AB tan 60 = 

2 a 

3 

Mặt phẳng qua SM BC cắt AC tại N ⇒ MN BC và N là trung 

điểm của BC 

( ) 

vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ ( ABC ) 

( ) 






BC 

⇒ MN = = a 

2 



Page 16 










Kẻ đường thẳng△ đi qua N và song song với AB, gọi ( α ) là mặt phẳng chứa SN và△ 

( α ) ( , ) ( ,( α )) 

⇒ AB ⇒ d AB SN = d A 

Kẻ AD ⊥△ 

≡ D ⇒ ( SAD) ⊥ ( α ) 

Kẻ ( α ) ( ,( α )) 

AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ ⇒ d A = AH 

1 1 1 2a 

3 

Ta có AD = MN = a ⇒ = + ⇒ AH = = d( AB, SN) 

2 2 2 

AH SA AD 

13 

IV. Khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng 

1. Lý thuyết: 

TH1: Đường thẳng và mặt phẳng có điểm chung thì khoảng cách từ đường thẳng đến mặt 

phẳng là bằng 0 

TH2: Đường thẳng và mặt phẳng song song thì khoảng cách giữa 

đường thẳng a và mặt phẳng (P) song song với a là khoảng các 

từ 

một điểm nào đó thuộc a đến mặt phẳng (P) 

Kí hiệu: d(a,(P)) 

Lưu ý: d(a,(P)) = d((P),a) = d(A,(P)) =d(B,(P)) 

A∈a, 

B∈ 

a 

• Khoảng cách từ đường thẳng a đến mặt phẳng (P) song song với a không phụ thộc 

Phương pháp 

vào vị trí của điểm A khi A thay đổi trên a 

+ Nếu đường thẳng và mặt phẳng có điểm chung thì khoảng cách từ đường thẳng đến mặt 

phẳng là 0 

+ Nếu đường thẳng a và mặt phẳng (P) song song thì ta lấy bất kì một điểm A thuộc a và 

tính khoảng cách từ điểm đó đến mặt phẳng (P) 

cách từ một điểm A đến một mặt phẳng 

→ quay trở về bài toán tìm khoảng 


Chú ý là khi lấy điểm A bất kì ta nên chọn các điểm mà dễ dàng tìm được 

hình chiếu của nó trến mặt phẳng (P) 
















2. Ví dụ: 

Tổng quát: 

- Tìm mặt phẳng (Q) vuông góc với (P) 

- Tìm điểm m chung A của (Q) và a (nếu a song song với (Q) thì đổi (Q) thành 

( Q 

' 

) 

chứa a a và song song song với (Q)) 

- Tìm giao tuyến của (P) và (Q) 

- Trong (Q) kẻẻ AH ⊥ (Q). Khi đó MH ⊥ (P) và d(a,(P)) = d(A,(P)) = AH 

2.1. Ví dụ 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng 2a, cạnh đáy bằng b a tính 

khoảng cách giữa AB và mặt phẳng (SCD) 

Giải: 

Vì chóp S.ABCD là hình chóp đều ⇒ ABCD là hình vuông 

Lấy I là trung điểm của AB. Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt CD tại K ⇒ IK ⊥ DC 

và Klà trung điểm DC 

Mặt khác ta có 

∆SCD 

cân tại S ⇒ SK ⊥ (SCD) 

Ta có IK ⊥ CD và SK ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SIK) 

Ta kẻ IH ⊥ SK do IH∈(SIK) nên CD ⊥ IH 

⇒ IH ⊥ (SCD) 

⇒ d(AB,(SCD))=d(I,(SCD))=IH 

a 

∆ SKD vuông tại K ⇒ SK = 15 

2 

Ta có cosSIK= HK 

IK 

a 

⇒ HK= 

15 

⇒ IK= d(AB,(SCD)) = 

3. Bài tập 

= HK 

a = 

2 

2 a 

a − 

3.1. Bài tập 1: Hình hộp chữ nhật ABCD A 1 

B 1 

C 1 

D 1 

AB=a, BC=b, CC1 

= c 

a) Tính d( AA 

1 

,( BDB1 D 

1 

)) 

15 

1 

15 








Page 18 










Giải: 

A B C D là hình hộp chữ nhật 

ABCD 

1 1 1 1 

⇒ 1 

AA ⊥ ( ABCD) 

⇒ AA 1 

⊥ BD 

Trong (ABD) kẻ AI ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( AA1I ) 

Ta kẻ A1 

K ⊥ D 1 

B 1 

⇒ A 1 

K 

⇒ BD ⊥ ( ) 

⇒ AI ⊥ ( BDB1 D 

1 

) 

1 

AI và KI AA1 

AIKA suy ra ta có AI ⊥ KI 

⇒ AI = d( AA 

1 

,( BD B1 D 

1) 

) 

Tính AI 

Ta có △ ABI đồng dạng với △ DBA ⇒ 

⇒ AI= 

a 

ab 

+ b 

2 2 

⇒ d( AA 

1 

,( BD 

B1 D 

1 

)) = 

3.2. Bài 2:Cho hình chóp SABCD. ABCD là hình vuông cạnh a 

SA=2a và SA vuông góc với đáy M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD. Chứng minh 

MN song song với (SBD) và tính d(MN,(SBD)) 

Giải 

Ta có M, N là trung điểm của AB và AD nên MN là đường trung bình của tam giác ABD ⇒ 

MN song song với BD ⇒ MN song song với (SBD) 

Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD 

Lấy I là trung điểm BD ⇒ AI ⊥ BDTa suy ra 

BD ⊥ (SAI) 

Trong (SAI) kẻ AK ⊥ SI ⇒ BD ⊥ AK 

Vì AK ⊥ SI và BD ⊥ AK⇒ AK ⊥ (SBD) 

⇒ AK= d(A, (SBD)) 

Ta có AI ⊥ BD và AI cắt MN Tại H 

Từ H kẻ HP ⊥ SI ⇒ HP= d(MN,(SBD)) 

AI AB 

= 

DA BD 

a 

ab 

+ b 

2 2 








Page 19 










Tính HP 

Ta có AI = 

a 

2 

Mặt khác △HPI đồng dạng với 

△AKI 

⇒ HP = IH Mà AK= 3a AK AI 

2 3a 

⇒ HP= 

2 2 

⇒ d(MN,(SBD)) = 

3a 

2 2 

V. Khoảng cách từ mặt phẳng đến mặt phẳng 

1. Kiến thức 

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng 

2. Vị trí tương đối giữa 2 mặt phẳng trong không gian 

+Hai mặt phẳng trùng nhau ta suy ra 

+Hai mặt phẳng cắt nhau 

Suy ra d(( α),( β )) =0 

+Hai mặt phẳng vuông góc cũng có 

d(( α),( β )) =0 

+Hai mặt phẳng song song 

Mặt phẳng (P) / /(P') , M thuộc (P) và H là hình chi 

M trên (P’) 

ng ( α),( β ) được ký hiệu d(( α),( β )) 

ng trùng nhau ta suy ra d(( α),( β )) = 0 

c (P) và H là hình chiếu của 








Page 20 







Vậy d(( α),( β )) =MH 




3. Bài tập: 

Bài 1 : Cho chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy , SA ⊥ ( ABC), 

kẻ AI ⊥ BC,AH ⊥ SI . 

Tính khoảng cách giữa (AHB) với (SBC) 

Giải: 

AH ⊥ SI (1) 

BC ⊥ AI ⎫ BC ⊥ (SAI) ⎫ 

⎬ ⇒ ⎬ ⇒ BC ⊥ AH (2) 

BC ⊥ SA⎭ 

AH ⊂ (SAI) ⎭ 

(1),(2) ⇒ AH ⊥ (SBC) ⎫ 

⎬ ⇒ (AHB) ⊥ (SBC) 

AH ∈(AHB) 

⎭ 

Vậy d((AHB),(SBC))=0 

Bài 2: Cho chóp tam giác ABC.A’B’C’ các đáy là các tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của A 

trên A’B’C’ trùng với trung điểm M của B’C’ 

Góc giữa AA’ với mặt phẳng đáy A’B’C’ bằng 60 độ. Tín khoảng cách 2 đáy của chóp . 

Giải: 

Theo giả thiết ta suy ra AM ⊥ ( A' B' C ') 

Suy ra tam giác AMA’ vuông tại M 

Hình chiếu của AA’ trên A’B’C’ chính là A’M.Vậy góc AA’M bằng 

60 độ 

Có AM=A’M.tan60= 

3 

a . 3 = 3 2 2 a 




A' 

B' 

A 


www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 

M 

B 

C' 

C 




DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN





Kết luận d((ABC),(A’B’C’))=d(A,(A’B’C’))=AM= 3 2 a 




C. HÌNH THỨC, KẾ HOẠCH DẠY HỌC. 

Kế hoạch dạy học: 

Nội dung 

Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian 3 

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng 3 

Khoảng cách từ đường thẳng đến đường thẳng 3 

Khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng 3 

Khoảng cách từ mặt phẳng đến mặt phẳng 3 

D.KIỂM TRA, ĐÁNH GIÁ. 

KIỂM TRA 

(Thời gian:45p ) 

Bài 1:Cho chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật , AB=a, AD=a 

điểm AD.Tính khoảng cách (SMB) và (SAC). 

Tiết 

2 .SA ⊥ đáy, M là trung 

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) là 

H nằm trên AB sao cho AH=2HB. Góc giữa SC và (ABC) bằng 60 . Tính khoảng cách giữa hai 

đường thẳng SA và BC theo a. 

Câu 3:Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=3a, BC=4a; mặt phẳng 

(SBC) cuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB= 2a 3 và 

điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. 

0 

∠ SBC = 30 . Tính khoảng cách từ 






Lời giải: 












Câu 1: 

AB 

AM 

a 

= = 

a 2 

2 

BC a 2 

= = 2 

BA a 

∠ ABM = ∠ ACB, 

⇒ BM ⊥ 

AC 

2 

suy ra △ 

ABM 

∼△ 

BCA 

Và BM ⊥ SA , BM ⊥ AC ⇒ 

( SBM ) ⊥ 

( SAC) 

Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng cần tìm bằng 0. 

Câu 2: 

Ta có SCH là góc giữa a SC và (ABC) ⇒ SCH = 60 

 

Xét ∆ ACH ta có: 

7a 

a 7 

= + − = ⇒ = 

9 3 

2 

2 2 2 

 

CH = AH + AC − 2 AH . AC .cos 60 = 

CH 

a 21 

SH = CH tan 60 = 

3 

Qua A kẻ đường thẳng ∆ song songv 

phẳng chứa SA và ∆ 

3 

⇒ BC ( α ) ⇒ d ( SA , BC) = d ( 

B ,( α )) = d ( H ,( α )) 

= 

HK 

2 

a 

3 1 1 1 a 

7 

Ta có 

HI = AH.sin 60 

= ⇒ = + ⇒ HK = 

2 2 2 

3 HK SH HI 2 6 

a 

7 3 a 

7 

⇒ d ( H, ( α )) = ⇒ d ( B, 

( 

α )) = 

2 6 4 6 

3a 

7 

⇒ d ( SA, 

BC ) = 

4 6 

song songvới BC, gọi ( ) 

α là mặt 


B 

A 

S 

M 

C 

D 







Page 23 







Câu 3: 




Hạ SH ⊥ BC(H ∈ BC) ; 

(SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC);SH = SB.sinSBC = a 3 

Hạ HD ⊥ AC(D ∈ AC),HK ⊥ SD(K ∈ SD) 

⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H,(SAC)). 

BH = SB.cosSBC=3a ⇒ BC=4HC 

⇒ d(B,(SAC)) = 4d(H,(SAC)) . 

Ta có 

2 2 

AC = BA + BC = 5 a; 

HC = BC − BH = a 

HC 3a 

⇒ HD = BA. = . AC 5 

SH. HD 3a 

7 

HK = = 

2 2 

SH + HD 14 

6a 

7 

d B, SAC = 4. HK = 

7 

Vậy ( ( )) 

































CHUYÊN ĐỀ: 

PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC TRONG GIẢI 

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 

MỤC LỤC 

A.Mục tiêu dạyhọc……………………………………………………………………………......…2 

B.Nội dung bàihọc……………………………………………………………………………...........2 

I.Công thức hạ bậc đơn…..……………......…………………………………………………............2 

1.Công thức sử dụng………………………......……………………………………………...............2 

2.Ví dụ minh họa…..……........……………………………………………………………………..3 

3.Bài tập vận dụng…........…………………………………………………………………………..4 

II. Công thức hạ bậc toàn cục…………………….............…………………………………………..6 

1.Công thức…………..........………………………………………………………………………..6 

2.Phương pháp………….........……………………………………………………………………..7 

3.Ví dụ……………………………………..........…………………………………………….........7 

4.Bài tập……………………………………………………………..........………………...………9 

5.Một vài ví dụ trong đề thi đại học…………….......………………………...………………......12 

III. Ứng dụng công thức hạ bậc vào giải phương trình lượng giác...........………………………….14 

C.Bài tập củng cố……………….………............………………………………………………….18 






1 











A. MỤC TIÊU DẠY HỌC 

• Căn cứ: 

- Chuẩn KT-KN 

- Yêu cầu của nhà trường 

- Khả năng, mong muốn của HS… 

• Mục tiêu dạy học: 

Về kiến thức: 

- HS hiểu, nhận dạng được các công thức hạ bậc: công thức hạ bậc đơn, công thức hạ bậc đối 

xứng, công thức hạ bậc toàn cục. 

- HS hiểu, biết vận dụng các công thức hạ bậc vào giải bài tập. 

Về kĩ năng: 

- HS chứng minh được các công thức hạ bậc. 

- HS giải được các phương trình lượng giác bằng công thức hạ bậc: phương trình đưa về phương 

trình bậc hai theo hàm lượng giác, phương trình toàn phương, phương trình đối xứng, phương trình 

đẳng cấp bậc hai. 

- HS vận dụng thành thạo các công thức hạ bậc vào giải bài tập. 

B. NỘI DUNG BÀI HỌC 

I. Hạ bậc đơn 

1. Công thức sử dụng 

• sin x = (1 − cos 2 x) 

2 

2 1 

2 2 

• sin x + cos x = 1 ⇔ cos x = 1− 

sin 

• tan 

• cot 

2 

2 

2 

sin x 1− 

cos 2 

2 

cos x 1 cos 2 

x = = + 

2 2 

x 

x 

2 

cos x 1+ 

cos 2 

2 

sin x 1 cos 2 

x = = − 

x 

x 

3 2 

• sin x = sinx.sin x 

1 

= sinx. .(1 − cos 2 x) 

2 

1 1 

= sinx − sinx.cos 2 x 

2 2 

1 1 1 

= sinx − sin 3x 

+ sinx 

2 4 4 

3 1 

= sinx − sin 3x 

. 

4 4 

• cos 

x = cos x.cos 

x 

3 2 

x ⇔ cos x = (1 + cos 2 x) 

2 

2 1 






2 











• tan 

1 

= cos x (1 + cos 2 x) 

2 

1 1 

= cos x + cos 2x 

cosx 

2 2 

1 1 1 

= cos x + cos3x+ 

cosx 

2 4 4 

3 1 

= cos x + cos3x 

. 

4 4 

3 

3 

sin x 3sin x − sin 3x 

x = = 

. 

3 

cos x 3cos x + cos3x 

3 

3 cos x 3cos x + cos3x 

• cot x = = 

3 

sin x 3sin x − sin 3x 

1 

• sin x.cosx = sin 2x 

. 

2 

2. Ví dụ minh họa 

2 2 2 

2.1. Giải phương trình sau: sin x = cos x + cos 3x 

Giải: 

Phương trình biến đổi về dạng: 

1− cos 2x 

1+ 

cos 4x 

2 

= + cos 3x 

2 2 

⇔ x + + x = 

2 

2cos 3 (cos 4 x cos 2 ) 0 

⇔ x + x = 

⇔ (cos3x+ cos x)cos3x = 0 

2 

2cos 3 2cos3 .cosx 0 

⇔ 2cos2 x.cosx.cos3x = 0 

⎡cos 2x 

= 0 

⎡ π kπ 

⎡ π kπ 

⇔ 

⎢ 

⎡cos 2 x = 0 ⎢ 

2x 

= + 

⎢ 

cos x = 0 ⇔ 

2 2 ⎢x 

= + 

4 2 

⎢ ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ , k ∈Z 

cos3x 

= 0 

⎢ ⎣cos3x 

= 0 

⎣ 

⎢ π 

π kπ 

3x 

= + kπ 

⎢ x = + 

⎢⎣ 2 ⎢⎣ 6 3 

⎧π kπ π kπ 

⎫ 

Vậy phương trìnhcó 2 họ nghiệm là S = ⎨ + , + | k ∈Z 

⎬ 

⎩ 4 2 6 3 ⎭ 

2 2 17π 

2.2. Giải phương trình sau: sin 2x − cos 8x = sin(10 x + ) 

2 

Giải: 


1− cos 4x 

1+ 

cos16x 

π 

− = sin(10 x + + 8 π ) 

2 2 2 

⇔ 2cos10x + cos16x + cos4x 

= 0 

⇔ 2cos10x 

+ 2cos10 x.cos6x = 0 

. 






3 











⇔ (cos 6 x+ 1)cos10 x = 0 

⎡ π kπ 

⎡6x 

= π + k2π 

⎡cos 6x 

= −1 

⎢ 

x = + 

⇔ ⎢ 

6 3 

⎢ ⇔ π ⇔ ⎢ 

,k ∈Z 

⎣cos10x 

= 0 ⎢ 10x 

= + kπ 

⎢ π kπ 

⎣ 2 x = + 

⎢⎣ 20 10 

⎧π kπ π kπ 

⎫ 

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là S = ⎨ + , + | k ∈Z 

⎬ 

⎩ 6 3 20 10 ⎭ 

3. Bài tập áp dụng 

2 4x 

Bài 1: Giải phương trình sau: cos x = cos 3 

Bài 2:Giải phương trình sau: cos x + cos 2x + cos 3x + cos 4x 

= 

2 

4 4 

sin 2x 

+ cos 2x 

4 

Bài 3:Giải phương trình sau: 

= cos 4x 

π π 

tan( − x).tan( + x) 

4 4 

4 4 7 

Bài 4:Giải phương trình sau: sin x cos x cot( x π π 

+ = + ).cot( − x) 

8 3 6 

Hướng dẫn 

Bài 1: 

2 1 1 ⎡ 2x 

⎤ 

Ta có: cos x = (1 + cos 2 x) = 1 cos(3. ) 

2 2 ⎢ 

+ 

3 ⎥ 

⎣ 

⎦ 

2x 

Đặt t = , phương trình biến đổi về dạng: 

3 

1 (1 + cos3 t ) = cos 2 t 

2 

3 2 

⇔ 1+ cos t + 3cost = 2(cos t − 1) 

3 2 

⇔ 4cos t − 4cos t − 3cost 

+ 3 = 0 

2 

⇔ (cost−1)(4cos t − 3) = 0 

⎡ cost 

= 1 ⎡ x = 3kπ 

⎡ cost 

= 1 ⎡ cost 

= 1 

⇔ ⎢ ⇔ 

2 

⎣4cos t − 3 = 0 ⎢ ⇔ ⎢ 

1 ⇔ ⎢ 

, 

⎣2(1 + cos 2 t) − 3 = 0 ⎢ 

π 3kπ 

k ∈Z 

cos 2t 

= ⎢ x = ± + 

⎣ 2 ⎣ 4 2 

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm 

Bài 2: 


2 

1+ cos 2 + 1+ cos 4 + 1+ cos 6 + 2cos 4 = 3 

x x x x 

⇔ x + x + x + x = 

2 

cos 2 cos 4 cos6 2cos 4 0 

2 2 2 2 3 

⎧ π 3kπ π 3kπ 

⎫ 

S = ⎨3 kπ 

; − + ; + | k ∈Z 

⎬ 

⎩ 4 2 4 2 ⎭ 






4 











⇔ x + x + x = 

⇔ cos 4 x(2cos 2x + 1+ 2cos 4 x) = 0 

2 

2cos 4 .cos 2 x cos 4 2cos 4 0 

⇔ x x + x − = 

2 

cos 4 (4cos 2 2cos 2 1) 0 

⎡ cos 4x 

= 0(1) 

⇔ ⎢ 2 

⎣4cos 2x 

+ 2cos 2x 

− 1 = 0(2) 

π π 

Giải (1) ta được: x = + k , k ∈ Z 

8 4 

Giải (2): đặt t = cos2x 

, điều kiện: t ≤ 1 , ta được: 

2 

4 2 1 0 

t 

− 1± 

5 

+ t − = ⇔ t1,2 

= 

4 

− 1+ 

5 

1 5 

Vớit 

1 

= ta được: x = ± α + kπ 

, k ∈Z với cos 2α = 

− + 

4 

4 

−1− 

5 

−1− 

5 

Vớit 

2 

= ta được: x = ± β + kπ 

, k ∈Z với cos 2β 

= 

4 

4 

Vậy phương trình có 5 họ nghiệm. 

Bài 3: 

⎧ π π π 

2sin( − x).sin( − x) = sin( − 2 x) = cos 2 x ≠ 0 

⎪ 

Điều kiện: 

4 4 2 

π kπ 

⎨ 

⇔ x = + (k ∈ Z ) 

⎪ π π π 

4 2 

2sin( + x).sin( + x) = sin( + 2 x) = cos 2x 

≠ 0 

⎪⎩ 4 4 2 

π π π π 

Ta có: tan( − x).tan( + x) = tan( − x).cot( − x) = 1 

4 4 4 4 

Khi đó phương trình trở thành: 

4 4 4 

sin 2x + cos 2x = cos 4x 

2 2 

⎛1− cos 4x 

⎞ ⎛1+ 

cos 4x 

⎞ 4 

⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = cos 4x 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

2 

kπ 

⇔ cos 4x 

= 1 ⇔ sin 4x 

= 0 ⇔ x = 

2 

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. 

Bài 4: 

π π π π 2π 

Điều kiện: sin( x + ).sin( − x) = 2sin( x + ).cos( x + ) = cos(2 x + ) ≠ 0 

3 6 3 3 3 

π π π π 

Ta có: cot( x + ).cot( − x) = cot( x + ).tan( + x) = 1 

3 6 3 3 

Khi đó phương trình trở thành: 


sin 

x + cos x = 

8 

4 4 7 





5 











2 2 

⎛1− cos 2x 

⎞ ⎛1+ 

cos 2x 

⎞ 7 

⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 8 

⇔ 2(1 + cos 2 x) 

= 

2 

1 

⇔ cos 4x 

= 

2 

π kπ 

⇔ x = ± + ( k ∈ Z ) 

12 2 

II.Công thức hạ bậc toàn cục: 

1.Công thức: 

• sin 

4 4 

2 7 

x + cos 

x 

2 2 2 2 2 

= (sin x + cos x) − 2sin x cos x 

= 1 − 

1 . 2sin cos 

2 

1 

= − 

2 

• sin 

2 

1 sin 2 

( x x) 2 

4 4 

x 

x − cos 

x 

( sin 2 x cos 2 x)( sin 2 x cos 

2 x) 

= − + 

= − cos2x 

• sin 

x + cos 

x 

6 6 

3 

( sin 2 x cos 2 x) 3sin 2 x cos 2 x( sin 2 x cos 

2 x) 

= + − + 

= 1− 

3sin x cos 

3 

= − 

4 

• sin 

2 2 

2 

1 sin 2 

6 6 

x 

x − cos 

x 

x 

= (sin x) − ( cos x) 

2 3 2 3 

2 2 4 2 2 4 

(sin x cos x)( cos x sin x cos x sin x) 

= − + + 

⎛ 1 1 

= − ⎜ − + 

⎝ 2 4 

2 2 

cos2x 1 sin 2x sin 2x 

⎛ 1 

= − ⎜ − 

⎝ 4 

2 

cos2x 1 sin 2x 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎟ 

⎠ 






6 








….. 




2. Phương pháp: 

Biến đổi phương trình có dạng sin 

thức Newton để biến đổi mà các biểu thức trong nhị thức làsin 

đơn giản cos2 x,sin 2 x ,... 

3.Ví dụ: 

VD1:Giải phương trình: sin x + cos x = cos 2x 

+ 

16 

Giải: 


3 1 

− = − x + 

4 16 

2 2 

1 sin 2x 

1 sin 2 

⇔ = 

2 

4sin 2x 

1 

⎛1− cos4x 

⎞ 

⇔ 4⎜ 

⎟ = 1 

⎝ 2 ⎠ 

⇔ 2 − 2cos 4x 

= 1 

1 π 

⇔ cos4x = = cos 

2 3 

⎡ π 

⎢ 

4x 

= + k2π 

3 

π 

⇔ ⎢ 

⇔ x = ± ( k ∈ Z ) 

⎢ −π 

12 

4x 

= + k2π 

⎢⎣ 3 

n 

n 

x ± cos 

x ( n chẵn )theo các hằng đẳng thức hoặc áp dụng nhị 

6 6 2 1 

π 

Vậy nghiệm PT là: x = ± + k2 π ( k ∈ Z) 

12 

VD2: Giải phương trình: 

Giải: 

1 

Đk: sin x ≠ 

2 


6 6 

2(sin os ) sin cos 

x + c x − x x 

= 0 

2 − 2sin x 

x, cos 

x rồi đưa về công thức hạ bậc 

2 2 






7 











⎛ 

⎜ 

⎝ 

3 ⎞ 1 

x ⎟ 

4 ⎠ 2 

2 

2 1− sin 2 − sin 2 = 0 

⇔ x + x − = 

2 

3sin 2 sin 2 4 0 

⎡sin 2x 

= 1 

⇔ ⎢ 

⎢ 

−4 

sin 2x 

= 

⎣ 3 

π 

⇔ sin 2x 

= 1 ⇔ x = + kπ 

( k ∈ Z ) 

4 

x 

5π 

Kết hợp điều kiện ⇒ x = + k2 π ( k ∈ Z ) là nghiệm pt 

4 

π 

Vậy nghiệm của pt là: x = + kπ 

( k ∈ Z) 

4 

VD3:Giải phương trình: 

Giải: 


1 1 

2 2 

2 

1− sin 2x 

− sin 2x 

= 1 

⇔ x + x = 

2 

sin 2 sin 2 0 

4 4 

sin x + cos x − sin x cos x = 1 

⎡ 

⎢ 2x 

= kπ 

⎡sin 2x 

= 0 

⎢ 

−π 

⇔ ⎢ ⇔ ⎢2x = + k2 π ( k ∈ Z) 

⎣sin 2x 

= −1 

⎢ 2 

⎢ 3π 

⎢ 2x 

= + k2π 

⎣ 2 

⎡ kπ 

⎢ 

x = 

2 

⎢ 

−π 

⇔ ⎢x = + kπ 

( k ∈ Z) 

⎢ 4 

⎢ 

⎢ 

3π 

x = + kπ 

⎢⎣ 4 

Vậy nghiệm của pt là: 

kπ −π 3π 

x = ; x = + kπ 

; x = + kπ 

( k ∈ Z ) 

2 4 4 


VD 4:Giải phương trình: sin 2x + cos 2x 

= (1) 

4 

6 6 1 





8 











Giải: 

6 6 3 2 

Theo quy nạp từ công thức sin x + cos x = 1− 

sin 2x 

4 

3 2 1 

Ta suy ra VT (1) = 1− 

sin 4x 

= ⇔ = 

4 4 

⎡ π 

⎢ 

4x 

= + k2π 

2 

⎢ 

⎡sin 4x 

= 1 −π 

⇔ ⎢ ⇔ ⎢4x = + k2 π ( k ∈ Z) 

⎣sin 4x 

= −1 

⎢ 2 

⎢ 

⎢ 

3π 

4x 

= + k2π 

⎢⎣ 2 

⎡ π kπ 

⎢x 

= + 

8 2 

⎢ 

−π 

kπ 

⇔ ⎢x = + ( k ∈ Z) 

⎢ 8 2 

⎢ 

⎢ 

3π 

kπ 

x = + 

⎢⎣ 8 2 

2 

sin 4x 

1 

π kπ −π kπ 3π kπ 

Vậy nghiệm của pt là: x = + ; x = + ; x = + ( k ∈ Z) 

8 2 8 2 8 2 

4.Bài tập: 

Giải các phương trình sau: 

a) 

sin 

x + cos 

x = 

32 

8 8 17 

b) sin 2x + cos 2x 

= 

8 

c) 

8 8 1 

4 4 

sin 2x + cos 2x 

= c 

π π 

tan( − x) tan( + x) 

4 4 

d) 3sin x + cos 

x = 

4 

Hướng dẫn: 

a) 

sin 

4 4 3 

x + cos 

x = 

32 

8 8 17 

⇔ (sin x) + ( cos x) 

= 

32 

2 4 2 4 17 

4 

os 4 

x 


9 















( ) 4 

⇔ sin x + cos x − 4sin x cos x − 6cos x sin x − 4sin x cos x = 

32 

2 2 6 2 4 4 2 6 17 

⇔ 1− 4sin x cos x(sin x + cos x) − 6cos x sin x = 

32 

2 2 4 4 4 4 17 

1 6 17 

2 16 32 

2 2 4 

⇔ 1− sin 2 x(1 − sin 2 x) − sin 2x 

= 

2 15 

⇔ x − x + = 

16 32 

4 2 

sin 2 sin 2 0 

⎡ 2 1 

⎢ 

sin 2x 

= 

2 

⇔ ⎢ 

⎢ 2 15 

sin 2x 

= 

⎢⎣ 2 

Nhận thấy nghiệm 

⎡ π 

⎢ 

2x 

= + k2π 

4 

⎢ 

⎢ π 

2x 

= π − + k2π 

⎢ 

⇔ 

4 

⎢ 

⎢ 

−π 

2x 

= + k2π 

⎢ 4 

⎢ π 

⎢2x 

= π + + k2π 

⎣ 4 

KL: Nghiệm của pt là: 

b) sin 2x + cos 2x 

= 

8 

8 8 1 

Tương tự câu a, ta có 

⎡ 1 π 

2 1 

⎢ 

sin 2x 

= = sin 

2 4 

sin 2x = thỏa mãn, từ đó ⎢ 

2 

⎢ −1 

−π 

⎢ 

sin 2x 

= = sin 

⎣ 2 4 

( k ∈ Z) 

) 

2 4 2 1 

⇔ sin 4x 

− sin 4x 

+ 1 = 

16 8 

2 7 

⇔ x − x + = 

16 8 

⇔ 

4 2 

sin 4 sin 4 0 

2 

sin 4x 

1 

2 

= hoặc sin 4x = 7 

⎡ π 

⎢ 

x = + kπ 

8 

⎢ 

⎢ 3π 

x = + kπ 

⎢ 8 

⇔ ⎢ 

( k ∈ Z) 

⎢ 

−π 

x = + kπ 

⎢ 8 

⎢ 5π 

⎢ x = + kπ 

⎣ 8 

Nhận thấy nghiệm sin 2 2x = 1thỏa mãn ,từ đó: 

π 3π −π 5π 

x = + kπ; x = + kπ; x = + kπ ; x = + kπ 

( k ∈ Z ) 

8 8 8 8 


10 















⎡ π 

⎡ 

π 

⎢ 

4x 

= + k2π 

2 

⎢ 

sin 4x 

= 1 = sin( + k2 π ) 

⎢ 

2 

−π 

⎢ 

( k ∈Z ) ⇔ ⎢4x = + k2 π ( k ∈Z 

) 

⎢ −π 

⎢ 2 

sin 4x 

= − 1 = sin( + k2 π ) ⎢ 

⎢⎣ 

2 

⎢ 

3π 

4x 

= + k2π 

⎢⎣ 2 

⎡ π kπ 

⎢x 

= + 

8 2 

⎢ 

−π 

kπ 

⇔ ⎢x 

= + ( k ∈Z 

⎢ 8 2 

⎢ 

⎢ 

3π 

kπ 

x = + 

⎢⎣ 8 2 

) 

π kπ −π kπ 3π kπ 

KL: Nghiệm của pt là: x = + ; x = + ; x = + ( k ∈Z ) 

8 2 8 2 8 2 

c) 

4 4 

sin 2x + cos 2x 

= c 

π π 

tan( − x) tan( + x) 

4 4 

4 

os 4 

⎧ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

tan ⎜ − x ⎟ ≠ 0; tan ⎜ + x ⎟ ≠ 0 

⎪ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 

ĐK: ⎨ 

⎪ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

cos − x ≠ 0; cos + x ≠ 0 

⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

⎩ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 

Ta có: 

⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

sin x sin x 

π π 

⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟ 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 4 

tan x tan x 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟ = 

⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

cos⎜ − x ⎟cos⎜ + x ⎟ 

⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 

x 

= 1 

⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

Do sin ⎜ − x ⎟ = cos⎜ + x ⎟ ;sin ⎜ + x ⎟ = cos⎜ − x ⎟ 

⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 

⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 

(Vì ⎜ − x⎟; 

⎜ + x ⎟ là 2 gócphụ nhau) 

⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 

Từ đó PT: 

4 4 4 

⇔ sin 2x + cos 2x = cos 4x 


1 

⇔ 1− sin 4 x = (1 − sin 4 x) 

2 

2 2 2 





11 











1 2 2 4 

⇔ 1− sin 4x = 1− 2sin 4x + sin 4x 

2 

3 

⇔ x − x = 

2 

4 2 

sin 4 sin 4 0 

2 

⎡ sin 4x 

= 0 

⇔ ⎢ 

⎢ 2 3 

sin 4x 

= 

⎢⎣ 2 

Nhận thấy nghiệm sin 2 

4x = 0 thỏa mãn ,từ đó: 

kπ 

sin 4x = 0 ⇔ 4x = kπ 

k ∈ ⇔ x = k ∈ 

4 

kπ 

KL: Nghiệm của pt là: x = ( k ∈Z ) 

4 

d) 3sin 

x + cos 

x = 

4 

4 4 3 

( ) 

4 4 4 3 

( Z) ( Z ) 

⇔ 2sin x + sin x + cos 

x = 

4 

1− 

cos2x 

2 1 2 3 

⇔ 2( ) + 1− sin 2x 

= 

2 2 4 

2 

1− 2cos2x + cos 2x 

1 2 −1 

⇔ − sin 2x 

= 

2 2 4 

2 2 −1 

⇔ 1− 2cos 2x + cos 2x − sin 2x 

= 

2 

⇔ cos 2x 

− cos 2x 

+ = 0 

4 

1 π 

⇔ cos2x = = cos 

2 3 

2 1 

⎡ π 

⎡ π 

⎢ 

2x 

= + k2π 

3 

⎢ 

x = + kπ 

6 

⇔ ⎢ 

( k ∈Z) 

⇔ ⎢ 

( k ∈Z 

) 

⎢ −π 

π 

2x 

= + k2π 

⎢ − 

x = + kπ 

⎢⎣ 3 

⎢⎣ 6 

π 

KL: Nghiệm của pt là: x = ± + kπ 

( k ∈ Z) 

6 

5. Một vài ví dụ đề thi đại học 






12 











VD1: (D-2005):Giải phương trình: 

4 4 ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 3 

cos x + sin x + cos⎜ x − ⎟sin ⎜3x 

− ⎟ − = 0 

⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 2 

1 ⎛ π π ⎞⎛ π π ⎞ 3 

⇔ − x + ⎜ x + x ⎟⎜ x − c x ⎟ − = 

2 ⎝ 4 4 ⎠⎝ 4 4 ⎠ 2 

2 

1 sin 2 cos cos sin sin sin 3 cos os3 sin 0 

1 1 3 

⇔ − x + x + x ( x − c x) 

− = 

2 2 2 

2 

1 sin 2 (cos sin ) sin 3 os3 0 

−1 1 1 

⇔ x + ( x x x x) ( x x c x x) 

2 2 

⎣ − + − ⎦ − = 

2 

2 

sin 2 ⎡ cos sin 3 sin cos3 sin sin 3 os cos3 ⎤ 0 

⇔ − x + x − c x − = 

2 

sin 2 sin 2 os4 1 0 

( ) 

⇔ − x + x − − x − = 

sin 2 2 sin 2 1 2sin 2 2 1 0 

2 

⇔ sin 2x 

+ sin 2x 

− 2 = 0 (*) 

PT ( ) 

⎡ 

* có nghiệm là sin 2 x = 1 

⎢ , nghiệm sin 2x = 1thỏa mãn, từ đó: 

⎣sin 2x 

= −2 

π 

2x k2 

k 

2 

π 

4 

= + π ( ∈ Z) 

suyra x = + kπ 

( k ∈ Z ) 

π 

4 

KL: Nghiệm của pt là: x = + kπ 

( k ∈ Z ) 

4 4 

sin x + cos x 1 1 

VD2: (B-2002) Giải phương trình: 

= cot 2x 

− 

5sin 2x 

2 8sin 2x 

kπ 

ĐK: sin 2x ≠ 0 ⇔ 2x ≠ kπ 

⇔ x ≠ 

2 

1 2 

1− 

sin 2x 

2 cos2x 

1 

⇔ = − 

5sin 2x 2sin 2x 8sin 2x 

1 2 

1− 

sin 2x 

2 cos2x 

1 

⇔ = − 

5 2 8 

1 2 5 5 

⇔ 1 − (1 − cos 2 x) = cos2x 

− 

2 2 8 

⇔ cos 2x − 5cos 2x 

+ = 0 

4 

2 9 






13 











⎡ 1 

⎢ 

cos2x 

= 

2 

⇔ ⎢ 

⎢ 9 

cos2x 

= 

⎢⎣ 2 

1 π 

Nghiệm cos2x cos 

2 3 

π 

x = ± + kπ 

( k ∈ Z ) 

6 

= = thỏa mãn, từ đó: 2x = ± + k2π 

( k ∈ Z ) 

π 

6 

KL: Nghiệm của pt là: x = ± + kπ 

( k ∈ Z ) 

4 4 

VD3: (D-2002): Tìm m để phương trình: ( ) 

nhất một nghiệm thuộc[ 0;2π ] 

1 2 2 

PT( 1) 

⇔ 2(1 − sin 2 x) + 1− 2sin 2x + 2sin 2x − m = 0 

2 

2 

⇔ − 3sin 2x + 2sin 2x + 3 − m = 0 (*) 

Đặtt 

sin 2x 

= , x∈[ 0, 2 π ], t ∈[ 0,1] 

khi đó PT ( ) 

2 

Đặt f ( t) = − 3t + 2t 

' 1 

π 

3 

2 sin x cos x cos4x 2sin 2x m 0 

* là: 

+ + + − = [ ] 

14 

− t + t + − m = 

2 

3 2 3 0 

0, 2π có ít 

⇔ − t + t = m − 

2 

3 2 3 

f ( t) = − 6t + 2 = 0 ⇔ t = 

3 

1 1 

Ta tính f (0) = 0, f ( ) = , f (1) = − 1. Để PT (*) 

có ít nhất 1 nghiệm t ∈[ 0,1] 

thì 

3 3 

1 10 

−1 ≤ m − 3 ≤ ⇔ 2 ≤ m ≤ 

3 3 

10 

KL: để PT ( 1) 

có ít nhất 1 nghiệm thuộc[ 0, 2π ] thì 2 ≤ m ≤ 

3 

Vậy phương có 2 họ nghiệm. 

III. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC HẠ BẬC VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC. 

Bài1:Giải phương trình: 

3 3 

sin x.cos3x+ cos x.sin 3x 

= 0 

Giải: 

Ta có thể sử dụng công thức hạ bậc biến đổi vế trái bằng hai cách: 

Cách 1: Ta có: 

2 2 

VT = sin x.sinx.cos3x+ 

cos x.cosx.sin 3x 

2 2 

= (1 − cos x).sinx.cos3x + (1 − sin x).cosx.sin 3x 
















= sinx.cos3x+ cosx.sin 3x − (cosx.cos3x+ 

sinx.sin 3x)sinx.cosx 

1 

= sin 4x − cos 2 x.sin 2x 

2 

1 

= sin 4x 

− sin 4x 

4 

3 

= sin 4 x . 

4 

Cách2: Ta có: 

1 1 

VT = (3sinx− sin 3x) cos3x + (3cosx+ 

cos3 x)sin 3x 

4 4 

3 

= (sinx.cos3x + cos x .sin 3 x ) 

4 

3 

= sin 4 x . 

4 

Phương trình được biến đổi về dạng: 

3 kπ 

sin 4 x = 0 ⇔ sin 4x 

= 0 ⇔ 4x = kπ ⇔ x = , k ∈Z 

4 

4 

kπ 

Vậy phương trình có họ nghiệm x = , k ∈ Z . 

4 

Bài 2:Giải phương trình: 

sin 2 x.cos 6 x+ sin 6 x.cos 2x 

= 

8 

Ta có thể sử dụng công thức hạ bậc biến đổi vế trái bằng hai cách: 


2 2 

VT= sin 2 x.sin 2 x.cos 6 x+ 

sin 6 x.cos 2 x.cos x 

2 2 

= (1 − cos 2 x)sin 2 x.cos 6 x+ sin 6 x.cos 2 x.(1 − sin 2 x) 

3 3 3 

2 2 

sin 2 .cos 6 sin 6 .cos 2 x cos 2 .sin 2 .cos 6 sin 6 .cos 2 x.sin 2 

= x x + x − x x x − x x 

= sin 8x − cos 2 x.sin 2 x.(cos 2 x.cos 6 x+ 

sin 6 x.sin 2 x) 

1 

= sin 8x 

− sin 4 x.cos 4 x 

2 

1 3 

= sin 8x − sin 8x = sin 8x 

. 

4 4 


VT= 1 (3sin 2 x− sin 6 x)cos 6 x + 1 (3cos 2 x− 

cos 6 x)sin 6 x 

4 4 

3 

= (sin 2 x.cos 6 x + cos 2 x .sin 6 x ) 

4 

3 

= sin 8 x 

4 

Phương trình được biến đổi về dạng: 






15 











⎡ π kπ 

3 1 ⎢ 

x = + 

48 4 sin 8 x ⇔ sin 8x 

= ⇔ ⎢ 

, k ∈Z 

4 

2 ⎢ 5π 

kπ 

x = + 

⎢⎣ 48 4 

⎡ π kπ 

⎢ 

x = + 

48 4 

Vậy phương trình có hai họ nghiệm ⎢ 

, k ∈Z . 

⎢ 5π 

kπ 

x = + 

⎢⎣ 48 4 

Bài 3: Giải phương trình: 

a) cos x.cos3x+ sin x.sin 3x 

= (1) 

4 

3 3 3 

b) cos x.cos3x+ sin x.sin 3x = cos 4x 

(2) 

Giải: 

3 3 cos3x + 3cos x − sin 3x + 3sin x 

Ta có: cos x.cos3x+ 

sin x.sin 3x 

= .cos3x + 

.sin 3x 

4 4 

1 2 2 3 

= (cos 3x− sin 3x) + (cos3x.cosx+ 

sin 3x.sinx) 

4 4 

1 3 

= cos 6x 

+ cos(3x− 

x) 

4 4 

1 3 

3 

= (4cos 2 x− 3cos 2 x) + cos 2x 

4 4 

3 

= cos 2x 

3 

3 2 ⎛ 2 ⎞ 

2 π 

a) (1) ⇔ cos 2x 

= = 4 ⎜ 2 ⎟ 

⇔ cos 2 x = ⇔ x = ± + kπ 

(k ∈Z ) . 

⎝ ⎠ 

2 8 

π 

Vậy nghiệm của phương trình là x = ± + kπ 

(k ∈ Z ) 

8 

3 3 

⎡4x = − 2x + k2π 

kπ 

b) (2) ⇔ cos 2x = cos 4x ⇔ cos 4x = cos 2x 

⇔ ⎢ 

⇔ x = (k ∈Z 

) 

⎣4x = 2x + k2π 

3 

kπ 

Vậy nghiệm của phương trình là x = (k ∈Z ) 

3 

Bài 4: Giải phương trình: 

3 3 3 1 

cos x.cos3x+ sin x.sin 3x = cos 4x 

+ (1) 

4 

Giải: 



sin x.sin 3x 

= .cos3x + 

.sin 3x 

4 4 

1 2 2 3 

= (cos 3x+ sin 3x) + (cos3x.cosx− 

sin 3x.sinx) 

4 4 

1 3 

= + cos 4 x 

4 4 

3 3 2 






16 











1 3 3 1 

3 

(1) ⇔ + cos 4x 

= cos 4x 

+ ⇔ 4cos 4x 

− 3cos 4x 

= 0 

4 4 4 

π kπ 

⇔ cos12x 

= 0 ⇔ x = + (k ∈ Z ) 

24 12 

π kπ 

Vậy nghiệm của phương trình là x = + (k ∈ Z ) 

24 12 


3 3 

4cos x.sin 3x + 4sin x.cos3x+ 3 3 cos 4x 

= 3 (1) 

Giải: 

3 3 

Ta có: 4cos x.sin 3x + 4sin x.cos3x+ 

3 3 cos 4x 

= (cos 3x+ 3cosx)sin 3x + ( − sin 3x+ 3sin x)cos3x+ 

3 3 cos 4x 

= 3(sin 3x.cosx+ sinx.cos3x) + 3 3 cos 4x 

= 3sin 4x 

+ 3 3 cos 4x 

1 3 1 

(1) ⇔ sin 4x 

+ 3 cos 4x 

= 1 ⇔ sin 4x 

+ cos 4x 

= 

2 2 2 

⎡ π π ⎡ −π kπ 

⎢ 

4x + = + k2π 

x 

3 6 ⎢ 

= + 

24 2 π 

π 1 

⇔ ⎢ 

⇔ ⎢ 

(k ∈Z 

) ⇔ cos .sin 4x 

+ sin .cos 4 x = 

⎢ π 5π 

π kπ 

4x 

+ = + k2π 

⎢ 3 3 2 

x = + 

⎢⎣ 

3 6 ⎢⎣ 8 2 

π π 

⇔ sin(4 x + ) = sin 

3 6 

⎡ −π 

kπ 

⎢ 

x = + 

24 2 

Vậy nghiệm của phương trình là ⎢ 

(k ∈Z 

) 

⎢ π kπ 

x = + 

⎢⎣ 8 2 

Bài 6: (DB1 – Khối A – 2006) 

3 3 2 + 3 2 

Giải phương trình: cos3 x.cos 

x − sin 3 x.sin 

x = (1) 

8 

Giải: 



sin x.sin 3x 

= .cos3x + 

.sin 3x 

4 4 

1 2 2 3 

= (cos 3x+ sin 3x) + (cos3x.cosx− 

sin 3x.sinx) 

4 4 

1 3 

= + cos 4 x 

4 4 

1 3 2 + 3 2 3 3 2 

(1) ⇔ + cos 4 x = ⇔ cos 4 x = 

4 4 8 4 8 

2 π kπ 

⇔ cos 4x 

= ⇔ x = ± + (k ∈ Z ) 

2 16 2 






17 











π kπ 

Vậy nghiệm của phương trình là x = ± + (k ∈ Z ) 

16 2 

Bài 7: ( CĐ khối A ,B,D năm 2011) 

Giải phương trình: 

2 

cos(4 ) + 12sin − 1 = 0 

x 

x 

Hướngdẫn : 

2 

• Có góc 4x và x nên ta sẽ tìm cách đưa chúng về góc 2x để nhóm lại cos(4 x) = 2cos x − 1 

1− 

cos 2x 

• Sử dụng công thức hạ bậcsin 

x = 

2 

Lời giải : 

1− 

cos 2x 

2 

Có sin x = , cos(4 x) = 2cos x − 1 

2 

Khi đó phương trình thành : 

2 1− 

cos 2x 

2cos 2x 

− 1+ 12. − 1 = 0 

2 

2 

⇔ cos 2x 

− 3cos 2x 

+ 2 = 0 

Đặt t = cos 2 x( −1 ≤ t ≤ 1) 

Khi đó ta được : 

2 

t − 3t 

+ 2 = 0 ⇔ t=1 ( t/m) hoặc t=2 (loại) 

Với t=1 thaylại ta được cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ 

( k ∈ Z ) 

Vậyptcónghiệmlà x = kπ 

( k ∈ Z) 

. 

Bài 8:Giải phương trình 

8 8 17 2 

sin x + cos x = cos 2x 

16 

8 8 4 4 2 4 4 

Ta hạ bậc: sin x + cos x = (sin + cos x) − 2sin x cos x 

2 

⇔ sin 2x 

= − 1( loại ) hoặc sin 2x = (t/m) 

2 

π π 

⇔ x = + k ( k ∈ Z ) 

8 4 

π π 

Vậy phương trình có nghiệm x = + k ( k ∈ Z ) 

8 4 


1 2 2 1 4 2 1 4 

= (1 − sin 2 x) − sin 2x = 1− sin 2x + sin 2x 

2 8 8 

2 1 

2 2 

4sin + 3 sin 2 + 2cos = 4 

x x x 

Áp dụng công thức hạ bậc khi đó phương trình thành : 

2(1 − cos 2 x) + 3 sin 2 x + (1 + cos 2 x) = 4 


⇔ cos 2x 

− 3 sin 2x 

= − 1 

π π 2π 

⇔ cos(2 x + ) = − cos = cos 

3 3 3 





18 











π 

π 

⇔ x = − + kπ 

hoặc x = + kπ 

,( k ∈ Z ) 

2 

6 

π 

π 

Vậy phương trình có nghiệm là x = − + kπ 

hoặc x = + kπ 

,( k ∈ Z ) 

2 

6 

Bài10 :Giải phương trình sau: 

2 2 3 + 2 

sin x + 3 sin x cos x + 2cos x = 

2 

Áp dụng công thức hạ bậc ta được : 

1− cos 2x 

1+ cos 2x 

3 + 2 

+ 3 sin 2x 

+ 2( ) = 

2 2 2 

⇔ cos 2x 

+ 3 sin 2x 

= 2 

π π 

2 

x 

⇔ cos(2 x − ) = cos tan x + cos x − cos 2x = sin x(1 + tanxtan ) 

3 4 

2 

⇔ 7 π 

π 

x = + kπ 

∨ x = + kπ 

( k ∈ Z ) 

24 24 

7π 

π 

Vậy phương trình có nghiệm là x = + kπ 

∨ x = + kπ 

( k ∈ Z ) 

24 24 

C. Bài tập củng cố: 

Bài1: (A- 2002 ) 


4 

tan x 1 

+ = 

HD: Điều kiện cosx ≠ 0 

4 4 1 2 

sin x + cos x = 1− 

sin 2x 

2 

π k2π 5π k2π 

ĐS: x = + or x = + 

18 3 18 3 

Bài 2: (B-2002 ) 

2 

(2 sin 2 x)sin 3 

− 

cos 

4 4 

sin cos 1 1 

4 

x 

x 

x + x 


= cot 2x 

− 

5sin 2 x 2 8sin 2x 

4 4 1 2 

HD: sin x + cos x = 1− 

sin 2x 

2 

π 

ĐS: x = ± + kπ 

6 

Bài3: (D- 2002) 

4 4 

Tìm m để phương trình: 2(sin x + cos x) + cos 4x + 2sin 2x − m = 0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc[ 0;2π ] 

⎡ π ⎤ 

Đặt : t = sin 2 x, x ∈ ⎢ 

0; 2 ⎥ 

⎣ ⎦ , t [ 0;1] 

2 

⇔ 3t − 2t = m + 3 có nghiệm. t ∈ [ 0;1] 

⇒ ∈ phương trìnhđã cho có nghiệm ⎡ 

x 0; π ⎤ 

∈ ⎢ 

⎣ 2 ⎥ 

⎦ 






19 











−10 

ĐS: ≤ m ≤ − 2. 

3 

Bài 4:(B-2002) 

2 2 2 2 

Giải phương trình: sin 3x − cos 4x = sin 5x − cos 6x 

2 1− 

cos6x 

2 1− 

cos8x 

HD: Sử dụng công thức hạ bậc: sin 3x 

= , sin 4x 

= , 

2 

2 

2 1− 

cos10x 

sin 5x 

= , 

2 

kπ 

kπ 

ĐS: x = or x = . 

9 2 

D. HÌNH THỨC, KẾ HOẠCH DẠY HỌC 

1. Hình thức dạy học 

- Tổ chức các hoạt động nhóm: chia lớp thành 4 nhóm làm bài tập. 

- Mỗi buổi cho các nhóm làm bài thảo luận hoặc làm bài tập trong nhóm, có thể tổ chức trò chơi 

liên quan đến tiết học. 

2. Kếhoạchdạyhọc 

Nội dung 

Tiết 

I: Công thức hạ bậc đơn Nhắclại kiến thức, giới thiệu công thức hạ bậc. 1 

II: Công thức hạ bậc toàn cục 

III: Ứng dụng công thức hạ bậc 

giải phương trình lượng giác. 

Ví dụ và bài tập 2 

Giới thiệu công thức. 

1 

Ví dụ và bài tập 1 

Bài tập . 2 

Bài tập ôn tập tổng hợp. 3 






20

CHUYÊN ĐỀ KHOẢNG CÁCH PHƯƠNG PHÁP HẠ BẬC TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC PHẠM MAI TRANG ĐHSPHN 2

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?