Bài 5. Giá trị lượng giác của một góc từ 0° đến 180°

Định hướng. So sánh $\alpha$ với $90^{\circ }$ để xác định M nằm bên nào của trục $Oy$, sau đó dựng tam giác vuông $OMH$ ($H$ là hình chiếu của $M$ lên $Ox$) khi $\alpha$ nhọn để nêu quan hệ giữa $\cos \alpha$, $\sin \alpha$ với toạ độ của $M$.

Vậy khi $\alpha =90^{\circ }$ thì $M(0;1)$; khi $\alpha <90^{\circ }$ thì $M$ có hoành độ dương; khi $\alpha >90^{\circ }$ thì $M$ có hoành độ âm; với $0^{\circ }<\alpha <90^{\circ }$ thì $\cos \alpha =x_0$, $\sin \alpha =y_0$.

Định hướng. Thay các giá trị góc đặc biệt đã cho ở Bảng 3.1 (trang 34) để kiểm tra dấu của hoành độ và đối chiếu quan hệ giữa $\cos \alpha$, $\sin \alpha$ với toạ độ M, so sánh với nhận xét tổng quát ở cách 1.

Vậy các trường hợp thử với $\alpha =60^{\circ }$, $90^{\circ }$, $180^{\circ }$ đều khớp với nhận xét tổng quát ở cách 1: dấu hoành độ của $M$ đổi tại $\alpha =90^{\circ }$, và với góc nhọn thì $\cos \alpha$, $\sin \alpha$ chính là hoành độ, tung độ của $M$.

Nhận xét. Kết quả của HĐ1 là cơ sở để mở rộng định nghĩa giá trị lượng giác cho góc bất kì từ $0^{\circ }$ đến $180^{\circ }$: $\cos \alpha$, $\sin \alpha$ được định nghĩa đúng bằng hoành độ, tung độ của điểm $M$, không chỉ dùng được cho góc nhọn như ở lớp 9.

Định hướng. Điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ nằm trên nửa đường tròn đơn vị nên $x_0^2+y_0^2=1$ và $y_0\ge 0$; ba vị trí của $M$ ứng với ba khả năng về dấu của $x_0$.

Vậy a) với $\alpha =90^{\circ }$ thì $M\left(0;1\right)$ nằm trên trục $Oy$; với $\alpha <90^{\circ }$ thì $M$ ở bên phải trục $Oy$; với $\alpha >90^{\circ }$ thì $M$ ở bên trái trục $Oy$. b) với $0^{\circ }<\alpha <90^{\circ }$ thì $\cos \alpha =x_0$ và $\sin \alpha =y_0$.

Nhận xét. Bán kính bằng $1$ chính là lí do tỉ số lượng giác TRÙNG với toạ độ — nhờ đó định nghĩa mới mở rộng được cho cả góc tù mà vẫn khớp với lớp 9.

Định hướng. Gọi $N$, $P$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $Ox$, $Oy$; dùng góc $120^{\circ }$ để tính các góc nhọn của hai tam giác vuông $MON$, $MOP$ rồi suy ra toạ độ của $M$ và cả bốn giá trị lượng giác theo đúng định nghĩa.

Vậy $\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$; $\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$; $\tan 120^{\circ }=-\sqrt{3}$; $\cot 120^{\circ }=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Định hướng. Chỉ cần tam giác vuông $MON$ để tính toạ độ của $M$, từ đó có $\sin 120^{\circ }$, $\cos 120^{\circ }$; sau đó dùng công thức $\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$, $\cot \alpha =\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }$ (đã nêu ở mục 1) để suy ra $\tan 120^{\circ }$, $\cot 120^{\circ }$ mà không cần dựng thêm tam giác $MOP$.

Vậy kết quả khớp cách 1: $\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$, $\tan 120^{\circ }=-\sqrt{3}$, $\cot 120^{\circ }=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Nhận xét. Kết quả trùng khớp với cột $120^{\circ }$ ở Bảng 3.2 (trang 36), vì $120^{\circ }$ và $60^{\circ }$ là hai góc bù nhau.

Định hướng. Viết $120^{\circ }=180^{\circ }-60^{\circ }$; hai điểm ứng với hai góc bù nhau đối xứng qua trục $Oy$ nên tung độ giữ nguyên còn hoành độ đổi dấu, từ đó suy hết bốn giá trị lượng giác từ bảng góc $60^{\circ }$.

Vậy $\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$; $\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$; $\tan 120^{\circ }=-\sqrt{3}$; $\cot 120^{\circ }=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Nhận xét. Cách này dùng hệ thức hai góc bù nhau ở mục sau của bài học, nhưng chính nó là công cụ nhanh nhất cho mọi góc tù đặc biệt.

Định hướng. Chỉ ra M, M' đối xứng nhau qua trục $Oy$ nên có cùng tung độ và hoành độ đối nhau, từ đó suy ra quan hệ giữa sin, cos của hai góc bù nhau rồi dùng công thức tỉ số để suy tiếp tan, cot.

Vậy $\sin (180^{\circ }-\alpha )=\sin \alpha$; $\cos (180^{\circ }-\alpha )=-\cos \alpha$; $\tan (180^{\circ }-\alpha )=-\tan \alpha$ ($\alpha \ne 90^{\circ }$); $\cot (180^{\circ }-\alpha )=-\cot \alpha$ ($0^{\circ }<\alpha <180^{\circ }$).

Định hướng. Thay các cặp góc bù nhau đã có sẵn giá trị ở Bảng 3.1 (trang 34) để kiểm tra trực tiếp các quan hệ vừa nêu ở cách 1, trước khi phát biểu thành hệ thức tổng quát.

Vậy các trường hợp thử đều khớp với kết luận ở cách 1: hai góc bù nhau có sin bằng nhau, côsin đối nhau.

Nhận xét. Hai điểm $M$, $M^{\prime }$ trùng nhau khi $\alpha =90^{\circ }$ (vì $180^{\circ }-90^{\circ }=90^{\circ }$), lúc đó cả hai vế của mọi hệ thức trên đều bằng nhau một cách hiển nhiên.

Định hướng. Gọi $M\left(x_0;y_0\right)$ là điểm ứng với $\alpha$; xác định toạ độ của $M^{\prime }$ ứng với $180^{\circ }-\alpha$ rồi thay vào định nghĩa bốn giá trị lượng giác.

Vậy hai điểm $M$, $M^{\prime }$ đối xứng nhau qua trục $Oy$; do đó $\sin \left(180^{\circ }-\alpha \right)=\sin \alpha$, $\cos \left(180^{\circ }-\alpha \right)=-\cos \alpha$, $\tan \left(180^{\circ }-\alpha \right)=-\tan \alpha$ (khi $\alpha \ne 90^{\circ }$) và $\cot \left(180^{\circ }-\alpha \right)=-\cot \alpha$ (khi $0^{\circ }<\alpha <180^{\circ }$).

Nhận xét. Viết hẳn toạ độ $M^{\prime }\left(-x_0;y_0\right)$ khiến điều kiện xác định của $\tan$, $\cot$ lộ ra ngay: mẫu không được bằng $0$.

Định hướng. Chỉ ra hai tam giác vuông $MOP$, $NOQ$ có cạnh huyền bằng nhau (đều bằng bán kính 1) và có một góc nhọn bằng nhau tại đỉnh $O$, từ đó áp dụng trường hợp cạnh huyền – góc nhọn.

Vậy $△MOP=△NOQ$, từ đó $\cos \alpha =\sin (90^{\circ }-\alpha )$.

Định hướng. Không cần dựng thêm tam giác $NOQ$: chỉ xét ngay tam giác vuông $OMP$, dùng tính chất đã học ở lớp 9 rằng hai góc nhọn của một tam giác vuông phụ nhau thì sin góc này bằng côsin góc kia.

Vậy $\cos \alpha =\sin (90^{\circ }-\alpha )$, khớp với kết luận rút ra từ $△MOP=△NOQ$ ở cách 1.

Nhận xét. Chứng minh bằng tam giác bằng nhau ở cách 1 có ưu điểm là cho luôn cả cặp hệ thức thứ hai $MP=NQ$, tức $\sin \alpha =\cos (90^{\circ }-\alpha )$, trong khi cách 2 chỉ cho trực tiếp đúng một hệ thức được hỏi.

Định hướng. Hai tia $OM$, $ON$ tạo với đường phân giác của góc $\widehat{xOy}$ hai góc bằng nhau nên đối xứng nhau qua phân giác đó; phép đối xứng này đổi chỗ hoành độ với tung độ, cho ngay hệ thức cần tìm.

Vậy $△MOP=△NOQ$ và từ đó $\cos \alpha =\sin \left(90^{\circ }-\alpha \right)$.

Nhận xét. Đối xứng qua trục $Oy$ cho hệ thức hai góc BÙ nhau, còn đối xứng qua đường phân giác cho hệ thức hai góc PHỤ nhau — hai phép đối xứng, hai nhóm công thức.

Định hướng. Tính góc mà bán kính hợp với tia $Ox$ sau khi quay $20$ phút, rồi dùng giá trị $\sin$ của góc đó (tra ở Bảng 3.2) để tính độ cao của cabin so với tâm quay.

Vậy sau $20$ phút quay, người đó ở độ cao $127,5$ m.

Định hướng. Thay vì tra bảng trực tiếp, tính $\sin 150^{\circ }$ qua góc bù $30^{\circ }$ bằng hệ thức $\sin (180^{\circ }-\alpha )=\sin \alpha$ (mục 2), rồi dùng tam giác vuông tạo bởi bán kính và hình chiếu của cabin trên trục $Ox$ để suy ra độ cao.

Vậy kết quả khớp cách 1: người đó ở độ cao $127,5$ m.

Nhận xét. Vì đu quay quay đều nên độ cao của cabin chỉ phụ thuộc vào góc quay được tính theo mốc vị trí thấp nhất ban đầu, không phụ thuộc chiều quay.

Định hướng. Hai vị trí ứng với góc quay $120^{\circ }$ và $240^{\circ }$ tính từ điểm thấp nhất thì đối xứng nhau qua trục đứng của vòng quay nên CÙNG độ cao; nhờ vậy chỉ cần tính với góc $120^{\circ }$ nằm trong khoảng đã học.

Vậy sau $20$ phút quay, người đó ở độ cao $127,5$ m so với mặt đất.

Nhận xét. Quy góc $240^{\circ }$ về $120^{\circ }$ nhờ đối xứng là mẹo bắt buộc ở lớp 10 tập 1, vì giá trị lượng giác mới chỉ được định nghĩa tới $180^{\circ }$.

Định hướng. Tra đúng giá trị lượng giác của mỗi góc đặc biệt ở Bảng 3.1, 3.2 rồi thay vào biểu thức, thực hiện phép tính theo đúng thứ tự.

Vậy a) $-2-\frac{4\sqrt{3}}{3}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{6}$; b) $\frac{1}{4}$; c) $1$.

Định hướng. Với các góc tù ($120^{\circ }$, $135^{\circ }$, $150^{\circ }$), đưa về góc nhọn bù với nó ($60^{\circ }$, $45^{\circ }$, $30^{\circ }$) bằng hệ thức góc bù nhau rồi mới thay số, để chỉ cần nhớ Bảng 3.1.

Vậy cả ba kết quả trùng khớp với cách 1: a) $-2-\frac{4\sqrt{3}}{3}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{6}$; b) $\frac{1}{4}$; c) $1$.

Nhận xét. Cách 2 chỉ cần thuộc Bảng 3.1 (các góc từ $0^{\circ }$ đến $90^{\circ }$) và hệ thức góc bù nhau, không cần nhớ thêm Bảng 3.2.

Định hướng. Thay vì nhớ từng ô trong bảng, hãy suy các giá trị bình phương từ hệ thức ${\sin }^2+{\cos }^2=1$, $1+{\tan }^2=\frac{1}{{\cos }^2}$, $1+{\cot }^2=\frac{1}{{\sin }^2}$, rồi gắn dấu theo vị trí của góc.

Vậy a) $-2-\frac{4\sqrt{3}}{3}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{6}\approx -3,194$; b) $\frac{1}{4}$; c) $1$.

Nhận xét. Câu c) là ví dụ đẹp: nhận ra $\cos 60^{\circ }=\sin 30^{\circ }$ thì đáp số $1$ hiện ra ngay mà không cần tính một căn thức nào.