https://app.box.com/s/hyaepr5dyh0pbl7gxhmjrjin0v4m8xmw

1. Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
M Ộ T S Ố Ứ N G D Ụ N G T H Ự C
T Ế C Ủ A L Ư Ợ N G G I Á C
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
MỘT SỐ ỨNG DỤNG THỰC TẾ CỦA
LƯỢNG GIÁC – 2022 (ĐẠI HỌC CẦN THƠ)
(lý thuyết âm nhạc, âm học, quang học, điện
tử học, sinh học, chiếu chụp y học,…)
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
vectorstock.com/47561638

2. TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƯ PHẠM
BỘ MÔN SƯ PHẠM TOÁN HỌC
-----------------
LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP
MỘT SỐ ỨNG DỤNG THỰC TẾ CỦA
LƯỢNG GIÁC
Giáo viên hướng dẫn Sinh viên thực hiện
TS. Nguyễn Thanh Hùng Huỳnh Tuyết Trân
MSSV: B1700046
Lớp: SP Toán K43
Cần Thơ – Năm 2022

3. 1
LỜI CẢM ƠN
Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô trong Bộ môn Sư phạm Toán
trường Đại Học Cần Thơ đã tận tình giảng dạy suốt bốn năm học để em có được
nền tảng tri thức cũng như kinh nghiệm cuộc sống quý báu làm hành trang cho em
sau này.
Em xin gửi lời tri ân đặc biệt đến thầy TS. Nguyễn Thanh Hùng đã hướng dẫn, hỗ
trợ em nhiệt tình để hoàn thành luận văn tốt nghiệp
Đề tài của em không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, em rất mong nhận được sự
đóng góp ý kiến của các thầy cô, các bạn và những người quan tâm đến đề tài này
để đề tài của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Cần Thơ, tháng 05 năm 2022
Sinh viên
Huỳnh Tuyết Trân

4. 2
MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN______________________________________________________1
MỤC LỤC_________________________________________________________2
PHẦN MỞ ĐẦU____________________________________________________3
PHẦN NỘI DUNG__________________________________________________5
CHƯƠNG 1. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC __________________________5
1.1. Góc và cung lượng giác _______________________________________5
1.2. Công thức tính độ dài cung tròn và diện tích hình quạt tròn ___________7
1.3. Một số ví minh họa ___________________________________________8
CHƯƠNG 2. HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
_________________________________________________________________29
2.1. Giá trị lượng giác của một cung ________________________________29
2.2. Hàm số lượng giác __________________________________________29
2.3. Phương trình lượng giác cơ bản ________________________________35
2.4. Ứng dụng__________________________________________________37
2.5. Một số ví dụ minh họa _______________________________________40
CHƯƠNG 3. HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG VÀ CÁC HỆ THỨC LƯỢNG
TRONG TAM GIÁC _______________________________________________63
3.1. Tam giác đồng dạng _________________________________________63
3.2. Tỷ số lượng giác của góc nhọn _________________________________64
3.3. Định lý sin_________________________________________________64
3.4. Định lý cô-sin ______________________________________________64
3.5. Một số ví dụ minh họa _______________________________________65
PHẦN KẾT LUẬN_________________________________________________98
TÀI LIỆU THAM KHẢO ___________________________________________99

5. 3
PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lượng giác là một nhánh toán học quan trọng, có nhiều ứng dụng. Cụ thể có thể nói
đến các ứng dụng như là việc đo đạc, tính toán khoảng cách của các ngôi sao, hành
tinh trong thiên văn học; trong địa lý thì lượng giác thường dùng để đo khoảng cách
giữa các mốc giới. Các lĩnh vực khác cũng ứng dụng nhiều kiến thức lượng giác
như là lý thuyết âm nhạc, âm học, quang học, điện tử học, sinh học, chiếu chụp y
học (các loại chụp cắt lớp và siêu âm) và trong nhiều lĩnh vực của vật lý, đo đạc đất
đai và địa hình, kiến trúc,…
Các kiến thức về lượng giác còn được sử dụng rất nhiều trong chương trình vật lý
phổ thông lớp 11 và 12 trong các chương về quang học, dao động điều hòa, điện
xoay chiều, sóng cơ, sóng âm, sóng điện từ,… Nhưng các bài toán thực tế về lượng
giác trong các cuốn sách giáo khoa như “Đại số 10”, “Hình học 10” và “Đại số và
giải tích 11” còn khá ít. Cũng vì điều này mà học sinh cảm thấy thiếu hứng thu khi
học chương lượng giác và không thể liên hệ các kiến thức mình đã được học về
lượng giác trong môn toán vào môn vật lý 11 và 12.
Cũng vì lý do này mà tôi chọn thực hiện đề tài “Một số ứng dụng thực tế của
lượng giác” để làm đề tài nghiên cứu.
2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu luận văn này là để tổng hợp lại các kiến thức về lượng giác
của các khối lớp, đồng thời tổng hợp và phân loại lại các bài toán thực về lượng
giác và giải chúng. Từ đó tạo ra nguồn tài liệu tham khảo phục vụ cho việc dạy và
học của giáo viên và học sinh.
3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là các khái niệm, định lý, tính chất liên quan đến lượng giác,
các bài toán thực tế về lượng giác và tính ứng dụng của lượng giác.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo sách giáo khoa, tài liệu,… Sử dụng các phương pháp phân tích, tổng
hợp, đánh giá các tài liệu liên quan đến lượng giác. Sưu tầm và chọn lọc và giải các
bài toán thực tế về lượng giác.

6. 4
5. Nội dung luận văn
Luận văn được trình bày theo 3 chương:
Chương 1. Cung và góc lượng giác
Chương 2. Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác
Chương 3. Hai tam giác đồng dạng và hệ thức lượng trong tam giác.

7. 5
PHẦN NỘI DUNG
CHƯƠNG 1. CUNG VÀ GÓC LƯỢNG GIÁC
1.1. Góc và cung lượng giác
1.1.1. Góc lượng giác
Góc lượng giác ( , )
Oa Ob được tạo thành bằng
cách quay tia Om quay điểm O luôn theo một chiều
sao cho tia Om xuất phát từ tia Oa và kết thúc tại tia
Ob, như hình 1.1. Khi đó ta nói tia Om quét một góc
lượng giác có tia đầu là tia Oa và tia cuối là tia Ob.
Ta quy ước, nếu tia Om quay quanh O theo chiều ngược chiều kim đồng hồ thì góc
lượng giác ( , )
Oa Ob sẽ mang giá trị dương (xem hình 1.2). Còn ngược lại, nếu tia
Om quay quanh O theo chiều cùng chiều kim đồng hồ thì góc lượng giác ( , )
Oa Ob
sẽ mang giá trị âm (xem hình 1.3).
Hình 1.2 Hình 1.3
Khi quay như thế, tia Om có thể gặp tia Ob nhiều
lần, mỗi lần như thế ta được một góc lượng giác
có tia đầu Oa, tia cuối Ob. Do đó, với hai tia Oa
và Ob cho trước thì ta có vô số góc lượng giác
(một họ góc lượng giác) có tia đầu Oa, tia cuối
Ob (hình 1.4). Mỗi góc lượng giác như thế đều
được ký hiệu là ( , )
Oa Ob .
Hình 1.1
Hình 1.4

8. 6
1.1.2. Cung lượng giác
Cho góc lượng giác ( , )
Oa Ob . Vẽ đường tròn tâm
O bán kính R cắt Oa tại A, cắt Ob tại B. Nếu tia
Om cắt đường tròn tại M thì việc cho tia Om quay
quanh O theo cùng một chiều (âm hoặc dương) từ
Oa đến Ob thì cũng đồng nghĩa với việc cho điểm
M chạy trên đường tròn theo một chiều tử điểm A
đến điểm B (hình 1.5). Khi đó ta nói điểm M vạch
nên một cung lượng giác AB

có điểm đầu A,
điểm cuối B, tương ứng với góc lượng giác
( , )
Oa Ob .
Ta quy ước, nếu tia Om quay quanh O theo chiều ngược chiều kim đồng hồ thì
cung lượng giác AB

sẽ mang giá trị dương. Còn ngược lại, nếu tia Om quay quanh
O theo chiều cùng chiều kim đồng hồ thì cung lượng giác AB

sẽ mang giá trị âm.
Với hai điểm A, B đã cho trên đường tròn định hướng ta có vô số cung lượng giác
điểm đầu A, điểm cuối B. Mỗi cung như vậy đều được ký hiệu là AB

.
1.1.3. Số đo của cung và góc lượng giác
Số đo của góc lượng giác ( , )
OA OB là số đo của cung lượng giác AC

tương ứng.
Hình 1.6
Ví dụ như trong hình 1.6a) một điểm M di động trên đường tròn theo chiều dương
từ A đến B tạo nên cung
1
4
đường tròn, ta nói cung này có số đo
2

, tương ứng với
Hình 1.5

9. 7
góc lượng giác ( , )
OA OB có số đo là
2

. Trong hình 1.6b) điểm M đi tiếp một vòng
tròn nữa (thêm 2 ), ta được cung lượng giác AB

có số đo là
5
2
2 2
 

  , tương
ứng với góc lượng giác ( , )
OA OB có số đo là
5
2

. Tương tự, trong hình 1.6c) ta có:
9
2 2
2 2
AB
 
 
   

,
9
( , )
2
OA OB

 .
Trong hình 2.6d) do điểm M quay theo chiều âm từ A đến B tạo nên cung
3
4
đường
tròn, nên số đo của cung lượng giác AB

là
3
4

 , tương ứng với góc lượng giác
( , )
OA OB có số đo là
3
4

 .
1.2. Công thức tính độ dài cung tròn và diện tích hình quạt tròn
1.2.1. Công thức tính độ dài của một cung tròn
Trên một đường tròn bán kính R, cung có số đo  (rad) có độ dài là:
l R

 .
Đối với các trường hợp đường tròn có bán kính rất lớn nhưng góc ở tâm lại rất nhỏ
thì cung bị chắn (cung đối diện với góc ở tâm) và dây cung của nó sẽ có độ dài xấp
xỉ bằng nhau.
Hình 1.7
Do đó, chúng ta có thể sử dụng số đo của cung bị chắn để ước tính độ dài dây cung
trong nhiều vấn đề thực tế, đặc biệt là khi độ dài của cung bị chắn dễ tính hơn. Ví
dụ như tính đường kính của Mặt Trời thông qua đường kính góc (kích thước biểu

10. 8
kiến), xem hình 2.7. Trong đó thì  là góc ở tâm (đường kính góc của mặt trời) và r
xấp xỉ bằng khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời.
1.2.2. Công thức tính diện tích hình quạt tròn
Một hình quạt tròn bán kính R, có góc ở tâm là  (rad) có
diện tích là (hình 1.8):
2
1
2
S R

 .
1.3. Một số ví minh họa
1.3.1. Số đo của góc và cung lượng giác
Câu 1. Một vận động viên chạy bộ trên một đường chạy
tròn như hình 1.9. Người đó bắt đầu tại điểm S và chạy
theo chiều ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc không
đổi. Biết rằng cứ 30 phút người đó sẽ hoàn thành đúng
một vòng chạy. Hỏi:
a) Trong 1 phút chạy bộ, người đó vạch nên một cung
lượng giác có số đo là bao nhiêu radian?
b) Trong 40 phút chạy bộ, người đó vạch nên một cung lượng giác có số đo là bao
nhiêu radian?
c) Nếu người đó xuất phát từ S và chạy theo chiều cùng chiều kim đồng hồ, thì
trong 72 phút chạy bộ, người đó sẽ vạch nên một cung lượng giác có số đo là bao
nhiêu radian?
Giải
a) Vì người đó chạy đúng một vòng mất 30 phút ứng với 360, nên cứ sau 1 phút
chạy bộ người đó sẽ vạch nên một cung lượng giác có số đo là
360
6
60 30


   .
b) Vì trong 1 phút chạy bộ người đó sẽ vạch nên một cung lượng giác có số đo là
30

, nên trong 40 phút chạy người đó sẽ vạch nên một cung lượng giác có số đo là
Hình 1.9
Hình 1.8

11. 9
4
40.
30 3
 
 .
c) Nếu người đó chạy theo chiều cùng chiều kim đồng hồ thì cung lượng giác được
người đó vạch nên sẽ mang giá trị âm, nghĩa là trong 1 phút chạy bộ người đó sẽ
vạch nên một cung lượng giác có số đo là
30

 .
Vậy trong 72 phút chạy theo chiều cùng chiều kim đồng hồ thì người đó vạch nên
một cung lượng giác có số đo là
12
72.
30 5
 
   .
Câu 2. Trái Đất hoàn thành một vòng quay quanh trục của nó cứ sau mỗi 23 giờ, 56
phút và 4 giây. Tính gần đúng số radian mà Trái đất được quay trong một giây.
Giải
Vì trong 23 giờ, 56 phút, 4 giây (tức là 11644 giây) Trái Đất sẽ hoàn thành một
vòng quay tương ứng với 2 , nên số radian mà Trái Đất quay được trong một giây
là 4
2
5,4.10
11644

 
  (rad).
Câu 3. Giả sử quỹ đạo của Trái Đất là hình tròn. Hỏi trong ba tuần Trái Đất quay
quanh Mặt Trời thì Trái Đất vạch nên một cung lượng giác có số đo là bao nhiêu
radian? (Giả sử một năm có chính xác 52 tuần).
Hình 1.10
Giải
Để Trái Đất quay xung quanh Mặt Trời đúng một vòng mất một năm (mất 52 tuần).

12. 10
Số đo cung lượng giác được Trái Đất vạch nên trong một tuần quay quanh mặt trời
là 1
2
0,12
52 26
 
    (rad).
Số đo cung lượng giác được Trái Đất vạch nên trong ba tuần quay quanh mặt trời là
1
3 3.0,12 0,36
 
   (rad).
Câu 4. Một vòng đu quay có dạng hình tròn như
hình 1.11, thời gian thực hiện mỗi vòng quay
của đu quay là 38 phút. Tại thời điểm ban đầu,
một người vào bước cabin tại vị trí thấp nhất của
đu quay. Hỏi sau 60 phút quay liên tục kể từ thời
điểm ban đầu, người đó đã vạch nên một cung
lượng giác có số đo là bao nhiêu radian?
Giải
Số đo cung lượng giác được người đó vạch nên trong 1 phút là 1
2
38 19
 
   .
Số đo cung lượng giác được người đó vạch nên trong 60 phút là 1
60
60
19

 
  .
Câu 5. Một bánh xe đạp có các nan hoa được thiết kế như hình 1.12.
a) Mô tả cách bạn tính số radian được tạo ra bởi một trong
các nan hoa của một bánh xe đạp đã quay được n vòng
quay.
b) Câu trả lời của bạn ở câu a) có phụ thuộc vào kích
thước của bánh xe đạp?
c) Tính số radian được tạo ra bởi một trong các nan hoa
của một bánh xe đạp đã quay hoàn chỉnh 3,6 vòng.
Giải
a) Vì số radian được tạo ra bởi một trong các nan hoa của một bánh xe đạp đã quay
được 1 vòng là 2 , nên số radian được tạo ra bởi một trong các nan hoa của một
bánh xe đạp đã quay được n vòng là 2 n
 .
Hình 1.11
Hình 1.12

13. 11
b) Không.
c) Số radian bánh xe đạp tạo ra khi quay hoàn chỉnh 3,6 vòng là
36
2 .3,6
5
 
 .
Câu 6. Giả sử Trái Đất là một hình cầu. Tìm số đo của cung hình học  được tạo ra
bởi mỗi cặp thành phố trên bề mặt Trái Đất được cho bên dưới, với mỗi cặp thành
phố được cho phải có cùng kinh độ (nghĩa là nằm trên cùng một đường Bắc-Nam),
như hình 1.13.
Hình 1.13 Minh họa tọa độ của hai thành phố San Franciso và Seattle
a) San Franciso, CA, 37 50'
 N và Seattle, WA, 47 40'
 N.
b) Dallas, TX, 32 50'
 N và Lincoln, NE, 40 50'
 N.
c) Buffalo, NY, 42 50'
 N và Durham, NC, 32 0'
 N.
Giải
a) Số đo cung hình học được tạo ra bởi hai thành phố San Franciso và Seattle là
47 40' 37 50' 9 50'
       .
b) Số đo cung hình học được tạo ra bởi hai thành phố Dallas và Lincoln là
40 50' 32 50' 8
       .
c) Số đo cung hình học được tạo ra bởi hai thành phố Buffalo và Durham là

14. 12
42 50' 32 0' 10 50'
       .
1.3.2. Độ dài của một cung tròn
Câu 7. Mắt người có hình dạng gần giống hình cầu, với phần phìn ra phía trước gọi
là giác mạc được mô phỏng bằng hình 1.14 dưới đây.
Hình 1.14
a) Tính s (làm tròn đến hai chữ số thập phân), biết 119,7 , 5,49
r
    mm;
b) Tính r (làm tròn đến hai chữ số thập phân), biết 11,5 mm, 118,2
s 
   ;
c) Tính  (làm tròn đến phút), biết 12,1 mm, 5,26
s r
  mm.
Giải:
a) Đổi
133
119,7
180

    . Ta có:
133
.5,49 11,47
180
s r


   mm.
b) Đổi
197
118,2
300

    . Ta có:
11,5
5,57
197
300
s
s r r



     mm.
c) Ta có:
12,1
2 18'
5,26
s
s r
r
 
      .
Câu 8. Khoảng cách giữa hai điểm A và B trên Trái Đất được đo dọc theo một vòng
tròn có tâm C ở tâm Trái đất và bán kính bằng khoảng cách từ C đến bề mặt Trái

15. 13
Đất (xem hình 1.15). Biết đường kính của Trái Đất là khoảng 12742 km, hãy tính
gần đúng khoảng cách giữa A và B nếu
a)  4
9
ACB 
 ;
b)  3
ACB  ;
c)  60
ACB   ;
d)  10
ACB  .
Giải
Bán kính của Trái Đất là
12742
6371
2
 km.
a) Nếu  4
9
ACB 
 thì khoảng cách giữa hai điểm A và B là:
4 25484
6371. 8889,6
9 9
 
  km.
b) Nếu  3
ACB  thì khoảng cách giữa hai điểm A và B là 6371.3 19113
 km.
c) Nếu  60
3
ACB

   thì khoảng cách giữa hai điểm A và B là 6371. 6671,7
3


km.
d) Nếu  10
18
ACB

   thì khoảng cách giữa hai điểm A và B là 6371. 1111,95
18


km.
Câu 9. Sân bay Quốc tế Nội Bài và sân bay Quốc tế Cần Thơ nằm xấp xỉ trên cùng
một kinh tuyến. Biết rằng sân bay Quốc tế Nội Bài có vĩ độ 21 13'
 N, sân bay Quốc
tế Cần thơ có vĩ độ 10 05'
 N và bán kính trái đất tại xích đạo là 6378 km. Tính
khoảng cách giữa hai sân bay trên.
Giải
Hình 1.15

16. 14
Đặt điểm O, A, B lần lượt tại tâm Trái Đất, sân bay Quốc tế
Nội Bài, sân bay Quốc tế Cần Thơ và l là độ dài cung hình
học 
AB (hình 1.16). Ta có l khoảng cách của hai sân bay.
Ta có  167
21 13' 10 05' 11 8'
2700
AOB

       rad.
Độ dài của cung 
AB là
167
.6378 1239,3
2700
l R


   km.
Vậy khoảng cách giữa hai sân bay là 1239,3 km.
Câu 10. Tính đường kính của Mặt Trời, biết khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời
là 6
149,6.10
r  km và đường kính góc của mặt Trời là 0 32'
   .
Hình 1.17
Giải
Ta có 3
0 32' 9,3.10
 
   (rad).
Đường kính của Mặt Trời xấp xỉ bẳng 3 6
9,3.10 .149,6.10 1391280
d r
 
   km.
Câu 11. Nhật thực toàn phần sẽ xảy ra khi Mặt Trăng đi qua giữa Trái Đất và Mặt
Trời. Khi đó người quan sát tại nơi xảy ra nhật thực toàn phần sẽ thấy đường kính
góc của Mặt Trăng lớn hoặc bằng đường kính góc của Mặt Trời, xem hình 1.18
Hình 1.18
Hình 1.16

17. 15
a) Vì khoảng cách từ Mặt Trời và Mặt Trăng đến trái đất thay đổi theo thời gian,
nên hãy giải thích điều gì xảy ra với đường kính góc của Mặt Trời và Mặt Trăng
(đối với người quan sát tại nơi xảy ra nhật thực toàn phần trên Trái Đất) khi khoảng
cách của chúng từ Trái Đất tăng hoặc giảm.
b) Đường kính của Mặt Trời và Mặt Trăng lần lượt là 1392700

D km và
3474,8

d km. Tìm khoảng cách lớn nhất mà Mặt Trăng có thể cách Trái Đất để
xảy ra nhật thực toàn phần khi Mặt Trời ở khoảng cách cực đại so với Trái Đất là
152,1

R triệu km.
Giải
a) Gọi d là đường kính của Mặt Trăng, r là khoảng cách từ Mặt Trăng đến Trái Đất,
 là đường kính góc của Mặt Trăng. Áp dụng công thức tính độ dài cung tròn ta có:
 
  
d
d r
r
(*)
Vì đường kính d của Mặt Trăng không thay đổi nên dựa vào phương trình (*) ta
thấy  tỷ lệ nghịch với r, nghĩa là khi khoảng cách của Mặt Trăng và Trái Đất tăng
lên (giá trị của r tăng lên) thì đường kính góc của Mặt Trăng sẽ giảm (số đo góc 
giảm) và ngược lại.
Tương tự ta cũng có khoảng cách của Mặt Trời và Trái Đất tăng lên sẽ làm đường
kính góc của Mặt Trời giảm và ngược lại.
b) Khi Mặt Trăng đi qua giữa Trái Đất và Mặt Trời, để xảy ra nhật thực toàn phần
thì đường kính góc của Mặt Trăng ít nhất phải bằng đường kính góc của Mặt Trời.
Đường kính góc của Mặt Trời là 3
6
1392700
9,16.10 32,96''
152,1.10
 
   
D
R
.
Vậy khoảng cách lớn nhất từ Mặt Trăng đến Trái Đất để xảy ra nhật thực toàn phần
là:
3
3474,8
379345
9,16.10
 
  
d
r km.
Câu 12. Vào tháng 1 năm 2005, tàu vũ trụ Huygens của Cơ quan Vũ trụ Châu Âu
đã hạ cánh trên bề mặt của vệ tinh Titan (một trong những mặt trăng của Sao Thổ).

18. 16
Titan có đường kính trung bình khoảng 5149
d  km. Khi nhìn từ Sao Thổ, Titan
có đường kính góc là 0,242
   . Hỏi Titan cách Sao Thổ bao xa?
Giải
Ta có 3
0,242 4,22.10
 
   (rad).
Khoảng cách từ vệ tinh Titan đến sao thổ là:
3
5149
1220142
4,22.10
d
r
 
   km.
Câu 13. Xem hình 1.19 và trả lời các câu hỏi
sau:
a) Góc xem đối với ống kính tele 300 mm là
8°. Nếu chụp vật ở độ xa 380 m thì chiều rộng
gần đúng của phạm vi quan sát là bao nhiêu?
b) Góc xem của ống kính tele 1.000 mm là
2,5°. Nếu chụp vật ở độ xa 260 m thì chiều
rộng gần đúng của phạm vi quan sát là bao
nhiêu?
c) Góc xem của ống kính Mắt Cá là 180°. Nếu
chụp vật ở độ xa 100 m thì chiều rộng gần
đúng của phạm vi quan sát là bao nhiêu?
Giải
a) Đổi
2
8
45

  . Chiều rộng của phạm vi quan sát là
2
.380 53
45

 
l m.
b) Đổi 2,5
72

  . Chiều rộng của phạm vi quan sát là .260 11,3
72

 
l m.
c) Đổi 180 
  . Chiều rộng của phạm vi quan sát là .100 314

 
l m.
Câu 14. Nhà toán học Eratosthenes (Khoảng 276 – 195 TCN) đã đo chu vi của Trái
Đất bằng cách sau đây. Ông thấy rằng, vào một ngày nhất định Mặt Trời sẽ chiếu
thẳng trực tiếp xuống Syene. Đồng thời ở Alexandria cách Syene 804 km về phía
Hình 1.19

19. 17
Bắc (trên cùng một kinh tuyến), các tia nắng chiếu xuống hợp với mặt đất một góc
7,2 (như hình 1.20).
Hình 1.20
Hãy sử dụng những thông tin trên để tính bán kính và chu vi của Trái Đất.
Giải
Đổi 7,2
25

  .
Bán kính của trái đất là
804
6398
25
R

  km.
Chu vi của Trái Đất là 2 2 .6398 40199,8
C R
 
   km.
Câu 15. Một sân vận động có kích thước được mô phỏng như hình 1.21. Hãy tính
chu vi của sân vận động đó.
Hình 1.21
Giải:

20. 18
Kẻ OM AB
 .
Hình 1.22
Vì AOB
 cân tại O có OM vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến vừa là
đường phân giác 
AOB nên ta có:


75
2
68
34 m
2 2
AOB
AOM
AB
AM

  



   


.
Xét AMO
 vuông tại M, ta có:
  
34
34 6 2
sin75
sin
AM
OA R
AOM
    

.
Đổi  5
150
6
AOB

   .
Độ dài cung 
AB là 
  5
. 34 6 4 . 92,15
6
l R AOB

    m.
Vậy chu vi của sân vận động là 92,15 m.
Câu 16. Một bánh xe đạp có đường kính là 53 cm di chuyển được một khoảng cách
dài 41,25 m. Tính số đo góc lượng giác được tạo ra bởi một trong các nan hoa.
Giải
Chọn chiều dương là chiều quay của bánh xe đạp.
Bán kính của bánh xe đạp là
66
33
2
r   cm 0,33
 m.

21. 19
Để di chuyển được một khoảng cách dài 41,25
l  (m) thì một trong các nan hoa
của bánh xe đạp đó phải quay một góc bằng
41,25
125
0,33
l
r
    (rad).
Câu 17. Một cái cốc hình nón được làm từ một
mảnh giấy hình quạt tròn có bán kính R = 6 cm và
góc ở tâm
5
3

  , như hình 1.23. Tính:
a) Chu vi C của miệng cốc.
b) Bán kính r của miệng cốc.
c) Chiều cao h của cốc.
d) Tính thể tích V của cốc.
Giải
a) Chu vi của miệng cốc là
5
.6 10 31,4
3

 
   
C R cm.
b) Bán kính của miệng cốc là
10
5
2 2

 
  
C
r cm.
c) Áp dụng định lý Pytago ta có: 2 2 2 2 2 2 2
6 6 6 5 11
       
h r h r cm.
d) Diện tích của đáy cốc là 2 2
25 cm
 
 
S r .
Vậy thể tích cốc là 3
1 1
25 11 86,8 cm
3 3

  
V Sh .
Câu 18. Trả lời các câu sau:
a) Mô tả cách bạn tình số radian được tạo ra bởi một ròng rọc có đường kính d = 10
cm quay không trượt nếu u (m) dây được kéo qua.
b) Câu trả lời của bạn ở câu a) có phụ thuộc vào đường kính của ròng rọc không?
Tại sao?
Hình 1.23

22. 20
c) Tính số radian được tạo ra bởi sự quay không trượt của ròng rọc ở câu a) khi 5,75
m dây được kéo qua?
Giải
Chọn chiều dương là chiều quay của ròng rọc.
a) Bán kính của ròng rọc là
10
5
2
 
r (cm) 0,05

(m).
Gọi O là tâm của ròng rọc. Chọn một điểm M bất kỳ ở
ngoài rìa của ròng rọc sao cho OM = 0,05 m. Gọi điểm
1
M , 2
M lần lượt là vị trí của điểm M trước và sau khi
ròng rọc đã được kéo qua u (m) dây (xem hình 1.24).
Khi ròng rọc được kéo qua u (m) dây thì lúc đó điểm
M sẽ vạch nên một cung lượng giác 1 2
M M

, cung
lượng giác này sẽ có độ dài đúng bằng u (m).
Vậy số radian mà ròng rọc tạo ra khi bị kéo qua u (m) dây là
0,05
  
u u
r
(rad).
b) Có. Vì số radian mà ròng rọc tạo ra là
2
  
u u
r d
phụ thuộc vào đường kính.
c) Số radian được tạo ra bởi sự quay không trượt của ròng rọc ở câu a) khi 5,75 m
dây được kéo qua là
5,75
115
0,05 0,05
   
u
.
Câu 19. Một ròng rọc lớn có đường kính d = 7,6 cm được
sử dụng để cẩu hàng hóa, như trong hình 1.25.
a) Tìm quãng đường mà hàng được nâng lên nếu quay ròng
rọc một góc có số đo bằng
7
4

.
b) Tìm góc (tính bằng radian) mà ròng rọc phải quay để
nâng hàng hóa lên một quãng đường bằng s (m).
Hình 1.24
Hình 1.25

23. 21
Giải
Bán kính của ròng rọc là 3,8
2
 
d
r (cm) 0,038
 (m).
a) Quãng đường mà hàng được nâng lên là
7
.0,038 0,2
4

 
l (m).
b) Số radian mà ròng rọc phải quay là
0,038
  
s s
r
(rad).
Câu 20. Một bộ bánh xích của một chiếc xe đạp được minh họa như hình 1.26. Nếu
đĩa xích 1 có bán kính 1
r quay một góc 1
 (rad) thì góc 2
 (rad) mà đĩa xích 2 có
bán kính 2
r đã quay có số đo là bao nhiêu?
Hình 1.26
Giải
Gọi O1 và O2 lần lượt là tâm của đĩa xích 1 và đĩa xích 2.
Chọn M và N lần lượt là hai điểm bất kỳ nằm trên rìa của đĩa xích 1 và đĩa xích 2
sao cho 1 1

O M r và 2 2

O N r .
Gọi 1
M , 2
M lần lượt là vị trí của điểm M và 1
N , 2
N lần lượt là vị trí của điểm N
trước và sau khi đĩa xích 1 quay một góc 1
 (rad).
Khi đĩa xích 1 quay một góc 1
 (rad) thì điểm M sẽ vạch nên một cung lượng giác
1 2
M M

, cung lượng giác này sẽ có độ dài đúng bằng 1 1


l r . Vì được nối với nhau
bằng sợ dây xích nên cùng lúc đó điểm N trên đĩa xích 2 cũng vạch nên một cung
lượng giác 1 2
N N

có độ dài là 2 1

l l .

24. 22
Ta có: 1 1
2 1 1 1 2 2 2
2

  
    
r
l l r r
r
(rad).
Câu 21. Một chiếc xe đạp có hai bánh, với
bánh phía sau được liên kết với bàn đạp và
dây xích như hình 1.27. Biết bánh trước có
đường kính 24 cm và bánh sau có đường kính
60 cm. Hỏi bánh trước sẽ quay một góc bao
nhiêu radian nếu bánh sau đã quay một góc 12
rad?
Giải
Bán kính bánh trước và bánh sau của xe đạp lần lượt là 1
24
12
2
r   cm và
2
60
30
2
r   cm.
Sau khi bánh sau quay một góc 2 12
  rad thì độ dài đoạn đường mà nó đi được là
2 2 2 12.30 360
l r

   cm, cũng đúng bằng độ dài đoạn đường mà bánh trước của
xe đạp đi được, nghĩa là khi đó bánh trước cũng đi được một đoạn có độ dài là
1 2 360
l l
  cm.
Vậy, số radian mà bánh trước sẽ quay được là 2
1
2
360
30
12
l
r
    rad nếu bánh sau
đã quay một góc 12 rad.
Câu 22. Một bộ truyền ma sát có hai bánh xe được liên kết với nhau như hình 1.28,
trong đó bánh dẫn có đường kính là 1 26
r  cm và bánh bị dẫn có đường kính
2 12
r  cm. Khi bánh dẫn quay quanh trục lực ma sát được tạo ra tại điểm tiếp xúc
của hai bánh xe khiến bánh bị dẫn quay. Hỏi:
a) Khi bánh dẫn hoàn thành ba vòng quay thì bánh bị dẫn sẽ quay được bao nhiêu
vòng?
b) Bánh dẫn phải quay một góc bao nhiêu radian thì bánh bị dẫn mới hoàn thành
một vòng quay?
Hình 1.27

25. 23
Hình 1.28
Giải
Ta có: Chu vi của bánh dẫn là 1 2 .26 52
C  
  (cm) và chu vi của bánh bị dẫn là
2 2 .12 24
C  
  (cm).
a) Gọi 1
M và 2
M lần lượt là hai điểm bất kỳ nằm trên bánh dẫn và bánh bị dẫn tại
vị trí ban đầu.
Sau khi bánh dẫn hoàn thành ba vòng quay thì điểm 1
M trên bánh dẫn vạch nên
một cung lượng giác có độ dài 1 1
3 156
l C 
  (cm). Cùng lúc đó điểm 2
M trên
bánh bị dẫn cũng vạch nên một cung lượng giác có độ dài 2 1 156
l l 
  (cm), tức là
bánh bị dẫn quay được 2
2
2
156
6,5
24
l
n
C


   (vòng).
b) Để bánh bị dẫn hoàn thành một vòng quay thì điểm 2
M phải vạch nên được một
cung lượng giác có độ dài 2 2 24
l C 
   (cm). Khi đó điểm 1
M trên bánh dẫn cũng
phải vạch nên được một cung lượng giác có độ dài 1 2 24
l l 
 
  (cm), tức là bánh
dẫn phải quay một góc 1
1
1
24 12
26 13
l
r

 

    .

26. 24
1.3.3. Diện tích hình quạt tròn
Câu 23. Một hệ thống tưới sử dụng một ống phun
thẳng dài 300 m xoay quanh một điểm trung tâm như
hình 1.29. Do có chướng ngại vật nên đường ống chỉ
được phép quay một góc 280. Tính diện tích phần
được tưới bởi hệ thống.
Giải:
Đổi
14
280
9

  .
Diện tích phần được tưới là 2 2
1 14
. .300 70000 219911,5 m
2 9
S


   .
Câu 24. Một cửa kính hình chữ nhật có chiều dài 138 cm, chiều rộng 60 cm. Một
lưỡi gạt nước dài 43 cm, được gắn với một cánh tay dài 13 cm ở giữa đế cửa kính,
khi hoạt động cánh tay sẽ quay một góc 120 , như hình 1.30. Hãy ước tính tính
phần trăm diện tích cửa kính được lưỡi gạt quét qua.
Hình 1.30
Giải:
Diện tích cửa kính là 2
ck 138.60 8280 cm
S   .
Hình 1.29

27. 25
Diện tích phần cánh tay quét qua là 2 2
ct
1 2 169
. .13 cm
2 3 3
S
 
  .
Diện tích phần lưỡi gạt quét qua là  
2 2
lg
1 2 169
. 43 13 989 cm
2 3 3
S
 
    .
Câu 25. Một con bò bị cột bằng một sợi dây dài 30m vào góc của một tòa nhà hình
chữ L có kích thước được mô phòng như trong hình 1.31. Tính diện tích khu vực
mà con bò có thể gặm cỏ.
Hình 1.31
Giải:
Gọi các điểm như hình 1.32.
Hình 1.32

28. 26
Ta có: 30 15 15
EH DJ DE
     m, 15 16 9
IF EH EF
     m,
30 15 15
CK DJ DC
     m.
Diện tích khu vực bò có thể gặm cỏ là:
 
2 2 2 2 2
1 1431
. 1124 m
2 2 4
QFI IEH HDK KCP
S S S S S IF HE DJ CK
 
          .
Câu 26. Các bồn hình trụ tròn nằm ngang được chôn dưới đất tại các trạm dịch vụ
để chứa nhiên liệu. Để xác định lượng nhiên liệu trong bình người ta thường dùng
"que nhúng" để đo độ sâu của nhiên liệu (xem hình 1.33).
Hình 1.33
Chứng minh rằng thể tích của nhiên liệu nằm trong một bồn chứa hình trụ tròn dài L
(m) với bán kính đáy r (m), được xác định bởi phương trình:
   
2
2 1 2
cos
r x
V r r x r r x L
r
 
 
    
 
 
Giải
Hình 1.34 bên mô phỏng đáy của bồn chứa hình
trụ tròn với EF = x là độ sâu của nhiên liệu.
Gọi S là diện thích của hình quạt tròn CNFMC,
S là phẩn diện tích được giới hạn bởi cung nhỏ
MN và dây cung MN.
Đặt 
MCN 
 (rad) với 0  
  .
Hình 1.34

29. 27
Ta có CE CF EF r x
    .
CEN
 vuông tại E, áp dụng định lý Py-ta-go ta có:
 
2
2 2 2
EN CN CE r r x
     .
Mà  
2
2
2 2
MN EN r r x
    .
Diện tích của CMN
 là    
2
2
1
.
2
CMN
S CE MN r x r r x
     .
Diện tích của hình quạt tròn CNFMC là 2
1
2
S r

  .
Ta có:    
2
2 2
1
2
CMN
S S S r r x r r x


       .
Thể tích của nhiên liệu trong bồn là:
   
2
2 2
1
2
V SL r r x r r x L

 
     
 
 
. (1)
CEN
 vuông tại E ta có:
 1
1 1
cos cos cos
2 2
CE r x r x
ECN
CN r r
  
 
 
    
 
 
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra    
2
2 1 2
cos
r x
V r r x r r x L
r
 
 
    
 
 
(đpcm).
Câu 27. Một sân hình tròn được bao quanh bởi một bức tường đá cao. Đèn pha đặt
tại E chiếu vào sân trong. Một người đi bộ từ C dọc theo đường thẳng CD đến D,
với vận tốc không đổi (hình 1.35)
Nếu người đó đi x (m) từ C đến D, thì cái bóng sẽ di chuyển một quãng đường d
(m). Chứng minh rằng:
1
2 tan
x
d r
r

 (*)

30. 28
Hình 1.35
Giải
Đặt 
ACB 
 (rad) như hình 1.36.
Trong đường tròn  
,
C r , vì góc nội tiếp

AEB 
 và góc ở tâm 
ACB 
 đều cùng
chắn cung 
AB nên
 
1
2
2
AEB ACB  
   .
Độ dài của cung 
AB là 2
d r r
 
  . (1)
MCE
 vuông tại C, ta có 1
tan tan
x x
r r
  
   . (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1
2 tan
x
d r
r

 (đpcm).
Hình 1.36

31. 29
Hình 2.2
CHƯƠNG 2. HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG
GIÁC
2.1. Giá trị lượng giác của một cung
2.1.1. Đường tròn lượng giác
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường tròn định
hướng tâm O bán kính R = 1 lấy điểm (1;0)
A
làm điểm gốc được gọi là đường tròn lượng
giác (gốc A), xem hình 2.1.
Một điểm ( , )
M x y thuộc đường tròn lượng
giác nếu và chỉ nếu 2 2
1
 
x y .
2.1.2. Giá trị lượng giác của một cung
Trên đường tròn lượng giác cho ( , )
M x y sao
cho 
 
AM t

(rad) (xem hình 2.2). Khi đó
ta có:
sin 
t y , cos 
t x,
 
tan 0
 
y
t x
x
,  
cot 0
 
x
t y
y
.
Ta gọi các giá trị sint , cost , tant , cott là các
giá trị lượng giác của cung  .
2.2. Hàm số lượng giác
2.2.1. Các khái niệm cơ bản
a) Biên độ
Nếu giá trị lớn nhất của hàm số ( )
f x là M và giá trị nhỏ nhất của của hàm số ( )
f x
là m thì biên độ của hàm số ( )
f x là
1
2
 
A M m .
Hình 2.1

32. 30
b) Chu kỳ
Cho hàm số ( )

y f x là hàm số tuần hoàn, có tập xác định D, tồn tại một số 0

T
sao cho với mọi 
x D ta có:
  
x T D và  
x T D ;
    
 
f x T f x .
Số dương T nhỏ nhất thỏa mãn các tính chất trên được gọi là chu kỳ của hàm số
( )

y f x .
c) Tần số
Tần số là số lần của một hiện tượng lặp lại trên một đơn vị thời gian (số chu kỳ
được thực hiện trên một đơn vị thời gian). Để tính tần số ta chọn một khoảng thời
gian, đếm số lần xuất hiện của hiện tượng trong thời gian ấy, rồi chia số lần cho
khoảng thời gian đã chọn. Như vậy đơn vị đo tần số là nghịch đảo đơn vị đo thời
gian.
Trong hệ đo lường quốc tế, người ta thường sử dụng đơn vị Hz (được đặt tên theo
nhà khoa học người Đức Heinrich Rudolf Hertz) cho tần số, đơn vị Hz cho biết số
lần dao động thực hiện trong 1 giây, ví dụ âm thanh có tần số 500 Hz nghĩa là âm
thanh đó được truyền đi với sự rung động của sóng âm 500 lần (500 chu kỳ sóng)
trên 1 giây.
Đối với mọi hiện tượng tuần hoàn có T là chu kỳ và f là tần số thì ta có:
1

f
T
.
2.2.2. Các hàm số lượng giác cơ bản
a) Hàm số sin
Hàm số sin

y x là hàm số có:
 Tập xác định là  
D ;

33. 31
 Tập giá trị là  
1; 1
 
T ;
 Chu kỳ là 2 ;
Hình 2.3 Đồ thị hàm số y = sin x
b) Hàm số cô-sin
Hàm số cos
y x
 là hàm số có:
 Tập xác định là  
D ;
 Tập giá trị là  
1; 1
 
T ;
 Chu kỳ là 2 ;
Hình 2.4 Đồ thị hàm số y = cos x
c) Hàm số tang
Hàm số tan
y x
 là hàm số có:
 Tập xác định là ,
2
D k k


 
  
 
 
  ;

34. 32
 Tập giá trị là T   ;
 Chu kỳ là  ;
Hình 2.5 Đồ thị hàm số y = tan x
d) Hàm số côtang
Hàm số cot
y x
 là hàm số có:
 Tập xác định là  
,

 
 
D k k ;
 Tập giá trị là  
T ;
 Chu kỳ là  ;
Hình 2.6 Đồ thị hàm số y = cot x

35. 33
2.2.3. Hàm số  
 
sin
y a bx c và  
 
cos
y a bx c
Hàm số  
sin

y a bx và  
cos

y a bx với a, b là hai số thực khác 0, có:
Biên độ là 
A a ; Chu kỳ là
2

T
b
; Độ lệch pha 
  
c
b
.
Hình 2.7 Đồ thị hàm số  
sin
 
y a bx c Hình 2.8 Đồ thị hàm số  
cos
 
y a bx c
Nếu hàm số có độ lệch pha 0

   
c
b
thì độ thị của hàm số sẽ lệch về phía bên
phải 
 đơn vị, còn nếu hàm số có độ lệch pha 0

   
c
b
thì đồ thị của hàm số
sẽ lệch về phía bên trái 
 đơn vị.
a) Biên độ
Hình 2.9 Đồ thị so sánh biên độ của các hàm số

36. 34
Đồ thị ở hình 2.9 thể hiện rõ sự khác nhau về biên độ của các hàm số, biên độ của
hàm số sin

y x là 1 1
 , biên độ của hàm số 3sin
 
y x là 3 3
  và biên độ
của hàm số
1
sin
3

y x là
1 1
3 3
 .
b) Chu kỳ
Hình 2.10 Đồ thị so sánh chu kỳ của các hàm số
Đồ thị ở hình 2.10 cho ta thấy sự khác nhau giữa các chu kỳ của các hàm số, hàm số
sin

y x là có chu kỳ là
2 2
2
1
 

 
b
, chu kỳ của hàm số sin 2

y x là
2 2
2
 

 
b
và chu kỳ của hàm số sin
2

x
y là
2 2
4
1
2
 

 
b
.
c) Độ lệch pha
a) b)
Hình 2.11 Đồ thị so sánh độ lệch pha của các hàm số

37. 35
Hàm số sin
3

 
 
 
 
y x có độ lệch pha là
 
3
0
1 3
 

   , vì thế nên đồ thị của
hàm số sin
3

 
 
 
 
y x sẽ lệch về phía bên phải một khoảng bằng
3

đơn vị so với
đồ thị hàm số sin

y x , xem hình 2.11a). Hàm số sin
6

 
 
 
 
y x có độ lệch pha là
6
0
1 6
 
    , vì thế nên đồ thị của hàm số sin
6

 
 
 
 
y x sẽ lệch về phía bên
trái một khoảng bằng
6

đơn vị so với đồ thị hàm số sin

y x , xem hình 2.11b).
Hình 2.12
Trong hình 3.12, hàm số
1
2cos
2 2

 
 
 
 
y x có độ lệch pha là
2
0
1 2


    nên
đồ thị của hàm số
1
2cos
2 2

 
 
 
 
y x lệch về phía bên trái một khoảng bằng  đơn
vị so với đồ thị hàm số
1
2cos
2
 
  
 
y x .
2.3. Phương trình lượng giác cơ bản
2.3.1. Phương trình sin x = a
Xét phương trình sin 
x a (1).
 Trường hợp 1

a

38. 36
Phương trình (1) vô nghiệm vì 1 sin 1
  
x với mọi x.
 Trường hợp 1

a
Phương trình sin 
x a có các nghiệm là
arcsin 2
arcsin 2

 
 

   

x a k
x a k
với 
k .
Các trường hợp đặc biệt:
sin 1 2 ,
2
x x k k


     ;
sin 1 2 ,
2
x x k k


      ;
sin 0 ,
x x k k

    .
2.3.2. Phương trình cos x = a
Xét phương trình cos 
x a (2).
 Trường hợp 1

a
Phương trình (2) vô nghiệm vì 1 cos 1
  
x với mọi x.
 Trường hợp 1

a
Phương trình cos x a
 có các nghiệm là arccos 2
  
x a k với 
k .
Các trường hợp đặc biệt:
cos 1 2 ,
x x k k

   ;
cos 1 2 ,
x x k k
 
     ;
cos 0 ,
2
x x k k


     .
2.3.3. Phương trình tan x = a

39. 37
Phương trình tan 
x a (4) có điều kiện là  
2


  
x k k .
Phương trình (4) có các nghiệm là arctan 
 
x a k với 
k .
2.3.4. Phương trình cot x = a
Phương trình cot 
x a (5) có điều kiện là  

 
x k k .
Phương trình (5) có các nghiệm là arccot 
 
x a k với 
k .
2.4. Ứng dụng
2.4.1. Dao động điều hòa
Con lắc lò xo là một cơ hệ gồm một vật có khối lượng m được treo vào một lò xo có
độ cứng k. Con lắc lò xo sẽ dao động điều khi được kéo xuống và thả ra nếu bỏ qua
ma sát và lực cản của không khí (xem hình 2.13).
Hình 2.13 Dao động của con lắc lò xo
Dao động điều hòa là dao động trong đó li độ của vật là một hàm số sin (hay cô-sin)
của thời gian:
 
cos  
 
x A t .
Trong đó: x là li độ dao động; A là biên độ dao động;  (rad/s) là tần số gốc của
dao động;
2


T là chu kỳ dao động và
1
2


 
f
T
là tần số dao động;  
 

t
là pha dao động tại thời điểm t,  là pha ban đầu của dao động.

40. 38
2.4.2. Điện xoay chiều
a) Dòng điện xoay chiều
Dòng điện xoay chiều hình sin, gọi tắt là dòng điện xoay chiều, là dòng điện có
cường độ biến thiên tuần hoàn với thời gian theo quy luật của hàm số sin hay cô-sin,
với dạng tổng quát là
 
0 sin  
  i
i I t .
Trong đó i là giá trị cường độ dòng điện tại thời điểm t, được gọi là giá trị tức thời
của i (cường độ tức thời); 0 0

I là giá trị cực đại của i (cường độ cực đại); 0
  là
tần số gốc;
2


T là chu kỳ và
1
2


 
f
T
là tần số của i;  
 
 i
t là pha của i
và i là pha ban đầu.
Hình 2.14 Đồ thị của hàm số  
0 sin  
 
i I t i theo biến t
b) Điện áp xoay chiều
Từ thực nghiệm và lý thuyết người ta chứng tỏ rằng nếu cường độ dòng điện xoay
chiều trong mạch điện có dạng là  
0 sin  
  i
i I t thì điện áp xoay chiều ở hai
đầu mạch điện có cùng tần số góc  , nghĩa là biểu thức của hiệu điện thế tức thời
có dạng:

41. 39
 
0 sin  
  u
u U t .
Trong đó: 0 0
U  là điện áp (hiệu điện thế) cực đại, 0
  là tần số gốc,  
u
t
 

là pha của u và u
 là pha ban đầu của u.
2.4.3. Sóng cơ
a) Định nghĩa
Sóng cơ học là sự lan truyền dao động cơ học (năng lượng, trạng thái dao động)
trong môi trường vật chất đàn hồi theo thời gian.
Sóng cơ là sự lan truyền dao động, lan truyền năng lượng, lan truyền pha dao động
(trạng thái dao động) chứ không phải quá trình lan truyền vật chất (các phần tử
sóng). Ví dụ trên mặt nước có cánh bèo hay chiếc phao chỉ dao động tại chỗ quanh
vị trí cân bằng của nó khi sóng nước truyền qua.
b) Phương trình sóng
Một cần rung được tạo bởi một thanh thép
mỏng, đàn hồi, một đầu được kẹp chặt bằng
Ê tô, đầu kia có gắn một mũi nhọn. Dưới
cần rung đặt một chậu nước rộng sao cho
mũi nhọn vừa chạm vào mặt nước tại điểm
O. Một nút chai được đặt tại M trên mặt
nước, xem hình 2.15.
Khi gõ nhẹ cho cần rung dao động tại O, ta thấy sau một khoảng thời gian ngắn t
thì nút chai tại M cũng dao động. Ta nói dao động từ O đã truyền qua nước tới M,
điểm O được gọi là nguồn sóng.
Phương trình dao động tại điểm M là
sin 2

 
 
 
 
M
t r
u A
T
Trong đó M
u là li độ của M tại thời điểm t, T là chu kỳ dao động, r = OM là khoảng
cách từ M đến nguồn sóng,  là bước sóng (khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm
dao động cùng pha).
Hình 2.15

42. 40
2.5. Một số ví dụ minh họa
2.5.1. Tính biên độ, chu kỳ, tần số, độ lệch pha và vẽ đồ thị hàm số
Câu 1. Một con lắc lò xo sau khi được kéo xuống
dưới vị trí cân bằng 4 cm và thả ra thì nó dao động
đều hòa với phương trình:
4cos8
 
y t (cm).
a) Tính biên độ, chu kì và tần số của hàm số y .
b) Vẽ đồ thị của hàm số y với
3
0
4

 
t .
Giải
a) Hàm số 4cos8
 
y t có biên độ là 4 4
   
A a cm, chu kỳ là
2 2
8 4
  
  
T
b
, tần số là
1 4

 
f
T
.
b) Đồ thị hàm số 4cos8
 
y t với
3
0
4

 
t là:
Hình 2.17
Câu 2. Điện áp xoay chiều u trong một mạch điện được cho bởi phương trình
110sin120

u t , trong đó t là thời gian tính bằng giây. Biên độ, chu kỳ và tần số
của hàm số u là bao nhiêu? Vẽ đồ thị hàm số u với
1
0
20
 
t .
Hình 2.16

43. 41
Hình 2.18
Giải
Hàm số 110sin120

u t có biên độ là 110 110
 
a , chu kỳ là
2 1
120 60


 
T ,
tần số là
1
60
 
f
T
.
Ta thấy
1
3
20
 T , nên ta dễ dàng vẽ được đồ thị của hàm số 110sin120

u t với
0 3
 
t T là:
Hình 2.19
Câu 3. Một âm thoa được đập vào và tạo ra âm thanh khi âm thoa rung lên. Phương
trình rung động của âm thoa được biểu diễn bởi hàm số:
   
0,7sin 880

v t t (mm).

44. 42
Trong đó t là thời gian rung được tính bằng giây.
a) Tìm chu kỳ rung động.
b) Tìm tần số rung động, tức là số lần âm thoa rung động trong một giây.
c) Vẽ đồ thị của hàm số  
v t .
Giải
a) Chu kỳ rung động là
2 1
880 440


 
T (s).
b) Tần số rung động là
1
440
 
f
T
(Hz).
c) Đồ thị của hàm số    
0,7sin 880

v t t là
Hình 2.20
Câu 4. Một tên lửa bắn thẳng lên bầu trời được theo dõi bởi một người quan sát trên
mặt đất cách đó 1,5 km (xem hình 2.21).
Hình 2.21

45. 43
a) Biết góc “nâng” của tên lửa tại một thời điểm nhất định là  . Chứng minh rằng
tại thời điểm đó, tên lửa cách mặt đất với độ cao là 1,5tan

h (km).
b) Vẽ đồ thị hàm số 1,5tan

h với 0;
2


 
 

 
.
Giải
a) ABC vuông tại B, ta có:

tan tan 1,5tan
1,5
 
    
CB h
CAB h
AB
(km) (đpcm).
b) Đồ thị của hàm số 1,5tan

h với 0;
2


 
 

 
là:
Hình 2.22
Câu 5. Tại một điểm cụ thể trong đại dương, sự dao động của một vật theo phương
thẳng đứng trong nước do tác động của sóng được cho bởi phương trình:
 
5sin 3
6

 
 
 
 
y t .
Trong đó y được tính bằng mét và t là thời gian được tính bằng giây. Tính biên độ,
chu kỳ và độ lệch pha của hàm số y? Vẽ đồ thị của hàm số y.

46. 44
Giải
Hàm số  
5sin 3 5sin
6 6 2
  
   
   
 
 
   
y t t có biên độ là 5 5
 (m), chu kỳ là
2
12
6


 (s), độ lệch pha là 2 3
6


   (rad).
Vì độ lệch pha của hàm số y là 3 0
  nên đồ thị của hàm số y sẽ lệch về phía bên
trái 3 đơn vị như hình 2.23 bên dưới.
Hình 2.23
Câu 6. Máy phát điện xoay chiều tạo ra dòng điện có phương trình là
2
50cos 80
3


 
  
 
 
i t (A).
Trong đó t là thời gian tính bằng giây và i là cường độ dòng điện tính bằng ampe.
a) Tính biên độ, tần số và độ lệch pha của hàm số i.
b) Vẽ đồ thị của hàm số i với 0 0,1
 
t . Có bao nhiêu chu kỳ được hiển thị trong
đồ thị đó?
Giải

47. 45
a) Hàm số
2
50cos 80
3


 
  
 
 
i t có biên độ là 50 50
  (A), tần số là
80
40
2



(Hz), độ lệch pha là
2 3 1
80 120


   .
b) Đồ thị của hàm số i với 0 0,1
 
t là
Hình 2.24
Đồ thị hiện thị 3 chu kỳ của hàm số.
Câu 7. Một bóng đèn được mắc vào mạng điện xoay chiều có điện áp
310sin100

u t (V). Đèn chỉ sáng khi điện áp giữa hai cực của đèn đạt giá trị
155

u (V).
a) Vẽ đồ thị của hàm số u với 0  
t T (T là chu kỳ của hàm số u).
b) Dựa vào đồ thị hàm số hãy cho biết trong một chu kỳ có mấy lần đèn phát sáng?
c) Số lần đèn chớp sáng 1 giây là bao nhiêu?
Giải
a) Chu kỳ của hàm số u là
2
0,02
100


 
T (s).
Hình 2.25 bên là đồ thị của hảm số u trong
 
0;T .
Hình 2.25

48. 46
b) Từ đồ thị ở hình 2.25, ta thấy trong một chu kỳ, có 2 khoảng thời gian thoa điều
kiện đèn sáng 155

u . Vậy trong một chu kỳ đèn chớp sáng 2 lần.
Hình 2.26
c) Cứ một chu kỳ là 0,02 (s) đèn chớp sáng 2 lần, nên trong 1 (s) đèn sẽ chớp sáng
2
100
0,02
 lần.
Câu 8. Một sóng hình sin được phát ra từ nguồn O lan truyền trên mặt nước. Phần
tử nước tại điểm M cách nguồn O một khoảng OM = r (m) có phương trình sóng là:
7,5sin 2
10 156
M
t r
u 
 
 
 
 
 
 
 
(m).
Trong đó t là thời gian tính bằng giây.
a) Tính chu kỳ và bước sóng của sóng.
b) Nếu khoảng cách từ điểm M đến nguồn sóng O là r = 312 (m) không thay đổi,
hãy vẽ đồ thị của hàm số M
u theo biến t với 0 20
t
  .
c) Nếu xét trên cùng một thời điểm không thay đổi t = 0 (s) và khoảng cách giữa
điểm M và nguồn O là r thay đổi, hãy vẽ đồ thị của hàm số M
u theo biến r với
0 312
r
  .
Giải

49. 47
a) Vì phương trình sóng tại M có dạng sin 2

 
 
 
 
M
t r
u A
T
nên ta có chu kỳ của
sóng là 10 (s), bước sóng của sóng là 156 (m).
b) Thế r = 312 (m) vào phương trình 7,5sin 2
10 156
M
t r
u 
 
 
 
 
 
 
 
ta được phương
trình:
2 2
7,5sin 2 2 7,5sin 4 7,5sin
10 10 10
M
t
u t t
 
 
 
   
    
   
 
   
 
(m)
Hàm số
2
7,5sin
10
M
u t

 có biên độ là 7,5; chu kỳ là 10.
Khi r = 312 (m) đồ thị của hàm số M
u theo biến t với 0 20
t
  là:
Hình 2.27
b) Thế t = 0 (s) vào phương trình 7,5sin 2
10 156
M
t r
u 
 
 
 
 
 
 
 
ta được phương
trình:
7,5sin 2 7,5sin
10 156 78
M
t r
u r


 
 
  
 
 
 
 
(m)
Hàm số 7,5sin
78
M
u r

 có biên độ là 7,5; chu kỳ là
2
156
78


 .

50. 48
Khi t = 0 (s) đồ thị của hàm số M
u theo biến r với 0 312
r
  là
Hình 2.28
2.5.2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Câu 9. Mỗi lần tim đập huyết áp của bạn sẽ tăng và sau đó huyết áp của bạn sẽ
giảm khi tim nghỉ giữa các nhịp đập. Huyết áp tối đa và tối thiểu lần lượt được gọi
là huyết áp tâm thu và huyết áp tâm trương. Chỉ số huyết áp thường được viết dưới
dạng tỷ lệ là tâm thu/ tâm trương, một người có huyết áp 120/80 được coi là bình
thường.
Huyết áp của một người nhất định được thể hiện qua hàm số
 
( ) 115 25sin 160
 
p t t ,
Trong đó p(t) là huyết áp tính bằng mmHg (milimét thủy ngân) tại thời điểm 0
t 
tính bằng phút.
a) Tìm chu kỳ của hàm số p(t).
b) Tìm số nhịp tim mỗi phút.
c) Tìm số chỉ số huyết áp của người đó. So sánh chỉ số huyết áp của người đó với
chỉ số huyết áp bình thường?
Giải
a) Chu kỳ của hàm số p(t) là
2 1
160 80
T


  (phút).
b) Số nhịp tim mỗi phút là
1
80
f
T
  (lần/phút).

51. 49
c) Huyết áp tối đa và tối thiểu lần lượt được gọi là huyết áp tâm thu và huyết áp tâm
trương, nghĩa là huyết áp tâm thu bằng với giá trị lớn nhất của hàm số ( )
p t , huyết
áp tâm trương bằng với giá trị nhỏ nhất của hàm số ( )
p t . Ta có:
   
1 sin 160 1 25 25sin 160 25
t t
 
      
 
90 115 25sin 160 140
t

   
90 ( ) 140
p t
   .
Ta có max ( ) 140
p t  khi  
1
sin 160 1 160 2 0
2 320 80
k
t t k t

  
       
(với k  ). Do 0
t  nên
1 1
0
320 80 4
k
k k
       . Vậy max ( ) 140
p t 
khi
1
320 80
k
t   với  
0;1;2;...
k  
 .
Và min ( ) 90
p t  khi  
1
sin 160 1 160 2 0
2 320 80
k
t t k t

  
          
(với k  ). Do 0
t  nên
1 1
0
320 80 4
k
k k 
       . Vậy min ( ) 90
p t 
khi
1
320 80
k
t    với k 
 .
Vậy chỉ số huyết áp của người đó là 140/90. So với chỉ số huyết áp bình thường là
120/80 thì người này có huyết áp cao hơn.
Câu 10. Sao biến thiên là những ngôi sao có độ sáng thay đổi theo chu kỳ. Một
trong những ngôi sao dễ thấy nhất là R Leonis (hình 2.29). Độ sáng của nó được
biểu diễn bởi hàm số:
( ) 7,9 2,1cos
156
b t t

 
   
 
.
Trong đó t là thời gia được tính bằng ngày.
a) Tìm chu kỳ của hàm số b(t).
b) Tìm độ sáng cực đại và cực tiểu.

52. 50
Hình 2.29
Giải
a) Hàm số ( )
b t có chu kỳ là
2
312
156
T


  (ngày).
b) Ta có:
1 cos 1 2,1 2,1cos 2,1
156 156
t t
 
   
       
   
   
10 7,9 2,1cos 5,8
156
t

 
   
 
 
10 ( ) 5,8
b t
   .
Ta có max ( ) 10
b t  khi cos 1 2 156 312 0
156 156
t t k t k
 
 
 
        
 
 
(với k  ). Do 0
t  nên
1
156 312 0
2
k k k
       . Vậy max ( ) 10
b t 
khi 156 312
t k
  với k  .
Và min ( ) 5,8
b t  khi cos 1 2 312 0
156 156
t t k t k
 

 
     
 
 
(với k  ).
Do 0
t  nên 312 0 0
k k k
     . Vậy min ( ) 5,8
b t  khi 312
t k
 với
k  .
Vậy độ sáng cực đại và độ sáng cực tiểu của ngôi sao R Leonis lần lượt là 10 và 5,8.
Câu 11. Một vật có khối lượng được treo thẳng đứng vào một lò xo, vật đó dao
động điều hòa lên và xuống quanh vị trí cân bằng. Độ dài L của lò xo tại thời điểm t
(s) được cho bởi hàm số

53. 51
 
15 3,5cos 2
 
L t (cm).
Hỏi độ dài của lò xo khi nó ngắn nhất và dài nhất là bao nhiêu?
Giải
Ta có:
   
1 cos 2 1 3,5 3,5cos 2 3,5
t t
 
       
 
18,5 15 3,5cos 2 11,5
t

   
18,5 11,5
L
   .
Ta có max 18,5
L  khi  
1
cos 2 1 2 2 0
2
t t k t k
   
         (với
k  ). Do 0
t  nên
1 1
0
2 2
k k k
       . Vậy max 18,5
L  khi
1
2
t k
  với k  .
Và min 11,5
L  khi  
cos 2 1 2 2
t t k t k
  
     (với k  )
Vậy độ dài của lò xo khi ngắn nhất là 11,5 và độ dài cùa lò xo khi dài nhất là 18,5.
Câu 12. Một quả cầu được ném xiên một góc  so với phương ngang với vận tốc
ban đầu là 0 20
v  m/s như hình 2.30. Phương trình tầm xa R và độ cao H của vật bị
ném phụ thuộc vào góc  lần lượt là:
 
2
0 .sin 2
v
R
g

  (m), (1)
 
2 2
0 .sin
v
H
g

  (m). (2)
Trong đó 2
9,8 m/s
g  là gia tốc trọng trường và  là góc ném có thể thay đổi trong
đoạn 0;
2

 
 
 
. Hỏi:

54. 52
a) Phải ném vật với góc  bằng bao nhiêu để vật bay xa nhất? Vật có thể bay xa
nhất là bao nhiêu mét?
b) Phải ném vật với góc  bằng bao nhiêu để vật bay cao nhất? Vật có thể bay cao
nhất là bao nhiêu mét?
Hình 2.30
Giải
a) Thế 0 20
v  m/s và 2
9,8 m/s
g  vào (1) ta được:
 
2 2
0 .sin 2 20 .sin 2
40,8sin 2
9,8
v
R
g
 
 
   .
Vì 0 0 2
2

  
     nên 0 sin 2 1

  (xem hình 2.31).
Hình 2.31

55. 53
Ta có: 0 sin 2 1 0 40,8sin 2 40,8 0 40,8
R
 
       
 
max 40,8
R   khi và chỉ khi sin 2 1 2
2 4
 
  
     (vì 0
2


  ).
Vậy ném vật với góc
4

  vật sẽ bay xa nhất với tầm xa là 40,8
4
R

 

 
 
m.
b) Thế 0 20
v  m/s và 2
9,8 m/s
g  vào (2) ta được:
 
2 2
2
0 .sin
40,8sin
v
H
g

 
  .
Vì 0
2


  nên 2
0 sin 1 0 sin 1
 
     .
Ta có  
2 2
0 sin 1 0 40,8sin 40,8 0 40,8
H
  
        .
 
max 40,8
H   khi và chỉ khi 2
sin 1 sin 1
2

  
     (vì 0 sin 1

  ).
Vậy ném vật với góc
2

  thì vật sẽ bay cao nhất, độ cao khi đó vật đạt được là
40,8
2
H

 

 
 
m.
2.5.3. Giải phương trình lượng giác
Câu 13. Một máy bay khi bay nhanh hơn tốc độ âm thanh sẽ tạo ra sóng âm thanh
dồn về phía sau máy bay với dạng hình nón. Hình nón âm thanh của một máy bay
bay ngang cắt mặt đất sẽ tạo ra một mặt cắt hyperbol như hình 2.32. Bằng thực
nghiệm người ta chứng minh được
sin
2
toác ñoä aâm thanh
toác ñoä maùy bay

 , (1)
với  là góc của đỉnh của hình nón. Tỉ lệ:
toác ñoä maùy bay
toác ñoä aâm thanh

M , (2)

56. 54
là số Mach. Nếu số Mach bằng 2,3 sẽ cho thấy một máy bay đang chuyển động với
tốc độ gấp 2,3 lần tốc độ âm thanh.
Hình 2.32
Từ phương trình (1) và (2) ta có được phương trình:
1
sin
2


M
(3).
Tính giả trị của góc  khi 1,7

M .
Giải
Thế 1,7

M vào phương trình (3) ta được
1
2
1
arcsin 2
2 1,7
1
sin
1
2 1,7
arcsin 2
2 1,7




 

 


 

  


k
k
(với 1 2
, 
k k )
1
2
1
2arcsin 4
1,7
1
2 2arcsin 4
1,7
 
  

 




  


k
k
1
2
1
2arcsin 4
1,7
1
2 2arcsin 4
1,7
 
  

 




  


k
k

57. 55
1
2
1,26 4
5,03 4
 
 
 

   

k
k
.
Vì 0  
  nên ta có:
1 1 1
2 2 2
0 1,26 4 0,1 0,15 0
0 5,03 4 0,4 0,15
 
 
      
  
 
  
       
  
k k k
k k k
vì 1 2
, 
k k .
Vậy khi 1,7

M thì 1
1,26 4 1,26
 
  
k .
Câu 14. Một tàu vũ trụ di chuyển theo quỹ đạo
tròn cách mặt đất một khoảng h (dặm) như hình
2.33. Biết 3959

r (dặm) là bán kính của Trái
Đất. Hãy:
a) Viết phương trình khoảng cách h theo 
(0  
  ).
b) Tính giá trị của góc  khi tàu vũ trụ cách mặt
đất một khoảng 425,4

h dặm.
Giải
a) Ta có:  
OC h r .
Mà   
AOC BOC (vì  
,
 
OA OB A B và góc 
C chung), nên  
2

 
AOC BOC .
AOC vuông tại A, ta có:

cos
2
cos cos
2 cos
2




    

r r
AO r
AOC h
OC h r
.
Vậy phương trình cần tìm là
cos
2
cos
2




r r
h . (*)
b) Thế 425,4

h (dặm) và 3959

r (dặm) vào phương trình (*) ta được:
Hình 2.33

58. 56
3959 3959cos
2 425,4 3959 3959cos 425,4cos
2 2
cos
2

 


   
4384,4cos 3959
2

 
cos 0,9
2

 
1
2
0,45 2
2
0,45 2
2





 

 
   


k
k
(với 1
k , 2 
k )
1
2
0,9 4
0,9 4
 
 
 

    

k
k
.
Vì 0  
  nên ta có 1 1 1
2 2 2
0 0,9 4 0,07 0,18 0
0 0,9 4 0,07 0,32
 
 
      
  
 
  
      
  
k k k
k k k
.
Vậy 1
0,9 4 0,9
 
  
k (rad).
Câu 15. Một chiếc tàu nhỏ đang tiến đến gần một chiếc tàu lớn được hiển thị trong
hình 2.34.
Hình 2.34

59. 57
a) Viết phương trình x theo  .
b) Tính giá trị cùa  (0  
  ) khi 150 3

x m.
Giải
a) Do   
ACM BCM (vì 
BM AM ,  

BMC AMC và cạnh CM chung), nên
 
2

 
ACM BCM .
ACM vuông tại M, ta có:
 150 150
tan tan 150cot
2 2
tan
2
 

      
AM
ACM x x
CM x
. (*)
Vậy phương trình cần tìm là 150cot
2


x .
b) Thế 365

x (m) vào phương trình (*) ta được:
150cot 150 3 cot 3 2
2 2 2 6 3
    
  
        
k k (với 
k )
Vì 0  
  nên
1 1
0 2 0
3 6 3

 
        
k k k . Suy ra:
.0
3 3
 
 
  
k .
Vậy khi 365

x (m) thì
3

  .
Câu 16. Một âm thanh rung động có tần số 440 Hz. Cường độ I của âm đó tại một
thời điểm t giây có phương trình là:
 
0,08sin 880

I t
Tìm t dương khi mà I = 0,05.
Giải

60. 58
Thế I = 0,05 vào phương trình  
0,08sin 880

I t ta được:
     
1
1 2
2
5
880 arcsin 2
5 8
0,08sin 880 0,05 sin 880 ,
5
8
880 arcsin 2
8
 
 
  

 

    

   



t k
t t k k
t k
1
2
5
arcsin
8
880 440
5
arcsin
1 8
880 880 440




 





  


k
t
k
t
4 1
4 2
2,44.10
440
8,9.10
440



 

 
  


k
t
k
t
.
Vì t > 0 nên  
4 1
1
1 2
4 2 2
2,44.10 0
0,1
440
, 0;1;2;3;...
0,4
8,9.10 0
440
k
k
k k
k k



 
  


   
 
 

  


 .
Vậy I = 0,05 khi
4 1
4 2
2,44.10 (s)
440
8,9.10 (s)
440



 



  


k
t
k
t
với 1 2
,
k k .
Câu 17. Dòng điện Một máy phát điện xoay chiều tạo ra dòng điện cho bởi phương
trình  
30cos 120

I t , trong đó t là thời gian tính bằng giây và I là cường độ dòng
điện tính bằng ampe. Tìm giá trị t > 0 khi I = 20 (ampe).
Giải
Thế I = 20 vào phương trình  
30cos 120

I t ta được:

61. 59
     
1
1 2
2
2
120 arccos 2
2 3
30cos 120 20 cos 120 ,
2
3
120 arccos 2
3
t k
t t k k
t k
 
 
 

 

    

   



1
2
2
arccos
3
120 60
2
arccos
3
120 60
k
t
k
t




 





  


3 1
3 2
2,23.10
60
2,23.10
60
k
t
k
t



 

 
   


.
Vì t > 0 nên
3 1
1
1
3 2 2 2
2,23.10 0
0,13
60
0,13
2,23.10 0
60
k
k
k
k k k




 
 
  


 
  
 
 
  




.
Vậy I = 20 (A) khi
3 1
3 2
2,23.10 (s)
60
2,23.10 (s)
60
k
t
k
t



 



   


với
1
2
k
k 







.
Câu 18. Sao Thủy quay quanh Mặt Trời theo quỹ đạo hình là hình elip (xem hình
2.35).
Hình 2.35

62. 60
Khoảng cách giữ sao Thủy và Mặt trời là r được cho bởi phương trình
7
3,44.10
1 0,206cos


r (dặm)
Tìm giá trị góc  dương nhỏ nhất khi sao Thủy cách Mặt Trời 7
3,78.10 dặm.
Giải
Thế 7
3,78.10
r  vào phương trình
7
3,44.10
1 0,206cos


r ta được:
 
7
7 7 7
3,44.10
3,78.10 3,78.10 . 1 0,206cos 3,44.10
1 0,206cos


   

172
1 0,206cos
189

  
172
1 0,206cos
189

  
cos 0,44

 
 
1
1 2
2
arccos0,44 2
,
arccos0,44 2
k
k k
k
 
 
 

 
   


1
2
1,12 2
1,12 2
k
k
 
 
 

    

Vì 0
  nên
1
1 1
2 2 2
1,12 2 0 0,18
1,12 2 0 0,18
k
k k
k k k

 

    
 
 
  
    
  


.
Khi 1 0
k  thì 1,12
  , khi 2 1
k  thì 1,12 2 5,16
 
    . Ta thấy 1,12 < 5,16
nên giá trị  dương nhỏ nhất cần tìm là 1,12.
Câu 19. Một bánh xe đu quay có đường kính 180 m cách đất một khoảng d = 0,9 m,
quay ngược chiều kim đồng hồ với tốc độ 5 vòng / phút (xem hình 2.35). Một người
lên đu quay ở vị trí thấp nhất so với mặt đất. Tại thời điểm t (phút) khi đu quay hoạt
động, người này ở độ cao là h (m) so với mặt đất.

63. 61
Hình 2.36
a) Chứng minh rằng:
 
90,9 90cos 10
h t

 
b) Tìm tất cả thời gian trong nửa phút đầu tiên khi người lái cách mặt đất 45,9 m.
Giải
a) Hình 2.37 bên mô tả chuyển động của bánh xe đu quay,
với điểm C là tâm đu quay, AO = d là khoảng cách từ đu
quay đến mặt đất. Sau thời gian t (phút) kể từ khi người
đó lên đu quay tại A thì việc chuyển động của đu quay đã
làm cho người đó vạch nên một cung lượng giác AB 


(rad). Lúc này độ cao của người đó so với mặt đất sẽ là
BH h
 (m).
Ta có : CO CA AO r d
    ;

cos cos
CD CB DCB r 
 
cos cos
BH DO CO CD r d r h r d r
 
         
Mà 10 t
 
 nên  
cos 10
h r d r t

   (1)
Thế 90
r  m, 0,9
d  m vào (1) ta được phương trình  
90,9 90cos 10
h t

 
(đpcm)
Hình 2.37

64. 62
b) Thế vào h = 45,9 (m) vào phương trình  
90,9 90cos 10
h t

  ta được:
     
1
1 2
2
10 2
1 3
90,9 90cos 10 45,9 cos 10 ,
2
10 2
3
t k
t t k k
t k

 
 

 

 

     

   



1
2
30 5
30 5
k
t
k
t



 

 
   


.
Vì 0 < t < 0,5 nên
 
 
1
1
1
2 2
2
0 0,5 1,97 0;1
30 5 6
1;2;3
0 0,5 3,02
30 5 6
k
k k
k k
k
 
 
 
     
   
  
 
  


  
     
 
 
.
Khi 1 0
k  thì
0
0,105
30 5
t

   (phút), khi 1 1
k  thì
1
0,305
30 5
t

   (phút),
Khi 2 1
k  thì
1
0,095
30 5
t

    (phút), khi 2 2
k  thì
2
0,295
30 5
t

   
(phút), khi 2 3
k  thì
3
0,495
30 5
t

    (phút).
Vậy những mốc thời gian mà người đó đạt được độ cao 49,5 m trong nửa phút đầu
tiên là 0,095 phút; 0,105 phút; 0,295 phút; 0,305 phút và 0,495 phút.

65. 63
CHƯƠNG 3. HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG VÀ CÁC HỆ THỨC
LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
3.1. Tam giác đồng dạng
3.1.1. Định nghĩa
     
', ', '
' ' '
' ' ' ' ' '
   

   
 


A A B B C C
ABC A B C AB BC CA
A B B C C A
∽ .
3.1.2. Các trường hợp đồng dạng
a) Trường hợp cạnh – cạnh – cạnh (c.c.c)
Nếu ba cạnh của tam giác này tỷ lệ với ba cạnh của tam giác kia thì tam giác đó
đồng dạng. Ví dụ:
' ' '
' ' ' ' ' '
    
AB BC CA
ABC A B C
A B B C C A
∽ .
b) Trường hợp cạnh – góc – cạnh (c.g.c)
Nếu hai cạnh của tam giác này tỷ lệ với hai cạnh của tam giác kia và hai góc tạo bởi
các cặp cạnh đó bằng nhau, thì hai tam giác đó đồng dạng. Ví dụ:
 
' ' ' '
' ' '
'



   
 

AB AC
A B A C
ABC A B C
A A
∽ .
c) Trường hợp góc – góc (g.g)
Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia thì hai tam giác
đó đồng dạng. Ví dụ:
   
' ' ' ', '
    
ABC A B C A A B B
∽ .

66. 64
3.2. Tỷ số lượng giác của góc nhọn
Cho một góc nhọn  , ta dựng một tam giác vuông chứa góc nhọn  (như hình
3.1). Khi đó các giá trị lượng giác của góc  sẽ được tính bằng công thức sau:
 
Caïnh ñoái
sin
Caïnh huyeàn
,  
Caïnh keà
cos
Caïnh huyeàn
,
 
Caïnh ñoái
tan
Caïnh keà
,  
Caïnh keà
cot
Caïnh ñoái
.
3.3. Định lý sin
Trong ABC
 bất kỳ với BC a
 , AC b
 , AB c

và R là bán kinh đường tròn ngoại tiếp ABC
 (hình
3.2), ta có
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
   .
3.4. Định lý cô-sin
Trong ABC
 bất kỳ với BC a
 , AC b
 , AB c

(như hình 3.3), ta có:
2 2 2
2 cos
  
a b c bc A,
2 2 2
2 cos
  
b a c ac B ,
2 2 2
2 cos
  
c a b ab C .
Nhận xét: Nếu tam giác ABC vuông tại A thì cos 0

A , khi đó định lý cô-sin sẽ trở
thành định lý Py – ta – go: 2 2 2
 
a b c .
Hình 3.1
Hình 3.2
Hình 3.3

67. 65
3.5. Một số ví dụ minh họa
3.5.1. Tam giác đồng dạng
Câu 1. Để đo được chiều cao của một cái cây, người ta tiến hành dựng gần đó một
cây thước có chiều cao ' ' 30
A B  cm vuông góc với mặt đất (như hình 3.4). Vào
cùng một thời điểm nhất định trong ngày, khi mặt trời chiếu xuống tán cây tạo ra
một cái bóng có chiều dài ' ' 3,2
A B  m thì cùng lúc đó mặt trời cũng chiếu xuống
cây thước tạo ra cái bóng chiều dài ' ' 22
B C  cm. Hãy tính chiều cao của cái cây
đó.
Hình 3.4
Giải
Đổi 3,2 m = 320 cm.
Vì các tia sáng nắng của Mặt Trời chiếu song song xuống mặt đất nên góc tạo bởi
các tia nắng và phương thẳng đứng bằng nhau (  '
A A
 ). Vì cả hai tam giác ABC và
A’B’C’ đều là tam giác vuông và có  '
A A
 nên hai tam giác đó đồng dạng. Vì thế
ta có:
30 320.30
436 cm 4,36
' ' ' ' 320 22 22
AB BC h
h
A B B C
       m.
Vậy chiều cao của cái cây là 4,36 m.

68. 66
Câu 2. Một cây đèn đường cao 4,5 m. Một người đàn ông cao 1,7 m đang đứng
cách vị trí chân cây đèn là 3 m (như hình 3.5). Hỏi bóng của người đó dài bao
nhiêu?
Hình 3.5
Giải
Gọi x là độ dài cái bóng của người đàn ông.
Vì ABC
 và NMC
 là hai tam giác vuông và có chung góc 
C nên
ABC NMC
 
∽ (g.g). Vì thế ta có:
4,5 1,7 5,1
5,1 1,7 4,5 1,82
3 4,5 1,7
AB NM
x x x
BC MC x x
        
 
m.
Vậy bóng của người đó dài xấp xỉ 1,82 m.
Câu 3. Một quả bóng được giao từ trung điểm của đường cơ sở vào trong sân. Nếu
quả bóng được đánh cách mặt đất 2,5 m và bay theo một đường thẳng, trượt qua
đỉnh lưới và đập xuống giữa sân thì quả bóng sẽ tiếp đất cách tấm lưới một khoảng
bao xa, biết rằng tấm lưới cao 0,91 m và sân tennis có kích thước như hình 3.6?
Hình 3.6

69. 67
Giải
Ta có:
0,91
FE  (m); 23,8 6,4 5,5 11,9
AF     (m); 11,9
AC AF FC FC
    (m).
Vì ABC
 và FEC
 là hai tam giác vuông và có chung góc 
C nên
ABC FEC
 
∽ . Vì thế ta có:
2,5 11,9 2,5 11,9 11,9
1 6,81
2,5
0,91 0,91 1
0,91
AB AC FC
FC
FE FC FC FC

        

m.
Vậy quả bóng được đánh cách lưới 6,81 m.
Câu 4. Messi đang đứng trước một quả bóng đặt tại A, anh chuẩn bị thực hiện
một quả phạt về phía khung thành đối phương. Hãy tính xem đội bạn phải lập
hàng rào chắn DE song song với khung thành và có bề ngang bao nhiêu mét để
che hết góc sút của Messi như hình 3.7. Biết rằng khoảng cách từ quả bóng đến
hai cột dọc C của khung thành BC là 13,3 m

AC . Khoảng cách từ rào chắn đến
khung thành là 7,2 m

EH , khoảng cách từ vị trí đặt quả bóng đến khung thành là
12 m

AI và bề rộng khung thành theo tiêu chuẩn xấp xỉ là 7,3 m

BC .
Hình 3.7
Giải
Ta có EH AI
∥ (vì cùng vuông góc với BC), nên  
ECH ACI
∽ .

70. 68
Vì  
ECH ACI
∽ (do EH AI
∥ ), nên ta có:
12 7,2 4,8
13,3 13,3
 
     
  
EC EH AI EH AI EH
AC AI AC EC AC EC EC EC
(1).
Từ (1) suy ra
4,8 12 4,8
7,98
13,3 13,3 13,3
    
 
AI
EC
AC EC EC
m.
Mà 13,3 7,98 5,32
    
AE AC EC m.
Vì  
ADE ABC
∽ (do DE BC
∥ ) nên ta có:
5,32
2,92
7,3 13,3
    
DE AE DE
DE
BC AC
m.
Vậy đội bạn phải lập hàng rào chắn có bề ngang dài 2,92 m để thỏa yêu cầu bài
toán.
Câu 5. Để đo chiều cao của một cái cây, người ta đặt một tấm gương xuống đất,
gần vị trí của cây. Sau đó, người này đứng thẳng và lùi dần ra xa cho tới khi nhìn
thấy hình ảnh phản chiếu của ngọn cây qua tấm gương (như hình 3.8). Theo định
luật phản xạ ánh sáng thì '
 
 . Tính chiều cao của cái cây biết rằng 6
AC  m,
1,8
CD  m và 1,65
DE  m.
Hình 3.8
Giải

71. 69
ABC DEC
 
∽ (g.g) vì
 
   
90
'
A C
ACB DCE  
   


 


, nên ta có:
.
5,5 m.
AB AC DE AC
AB
DE DC DC
   
Vậy cái cây cao 5,5 m.
Câu 6. Chùm sáng song song khi chiếu xuyên qua một thấu kính mỏng lồi thì tia ló
sẽ hội tụ tại tiêu điểm F nằm ở bên kia thấu kính. Người ta gọi f là khoảng cách từ
quang tâm O của thấu kính đến tiêu điểm F, là tiêu cự của thấu kính (xem hình 3.9).
Hình 3.9
Hình 3.10 mô tả cách một thấu kính mỏng lồi hội tụ ảnh của một vật trên phim máy
ảnh. Điểm B ở trên cùng của vật được chọn để minh họa (bất kỳ điểm nào trên vật
cũng vậy). Tia sáng từ điểm B truyền theo mọi phương. Những tia sáng đi qua thấu
kính sẽ hội tụ tại B’. Vì các tia sáng BM và NB’ song song nên BN và NB’ lần lượt
đi qua các tiêu điểm F và F’ của thấu kính, BM = d là khoảng cách từ vật đến thấy
kính, NB’ = d’ là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh trên phim.
Hình 3.10

72. 70
a) Chứng minh  
FON BMN
∽ và ' '
 
MOF MNB
∽
b) Từ các tính chất của tam giác đồng dạng, hãy chứng minh rằng
1 1 1
'
d d f
  .
Giải
a) Ta có:  
FON BMN
∽ vì

 
: Chung
90



  


N
BMN FON
,
' '
 
MOF MNB
∽ vì

 
: Chung
' ' 90



  


M
MOF MNB
.
b) Ta có:    
FO ON
FON BMN
BM MN
∽ (1),
'
' '
'
   
OF MO
MOF MNB
NB MN
∽ (2).
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:
' ' 1 1 1
1 1
' ' ' '
           
FO OF ON MO FO OF f f
BM NB MN MN BM NB d d d d f
(đpcm).
Câu 7. Kính lão đeo mắt của người già thường là một loại thấu kinh hội tụ. Bạn
Nam đã dùng một chiếc kính lão của ông ngoại để tạo ra hình ảnh của một cây nến
trên một tấm màn. Biết rằng cây nến là một vật sáng có hình dạng đoạn thẳng AB
đặt vuông góc với trục chính của một thấu kinh hội tụ, cách thấu kính một đoạn là
70

OA cm. Thấu kính có quang tâm O và tiêu điểm F. Vật AB cho ảnh thật là
' '
A B cao gấp 2,5 lần AB (có đường đi của tia sáng được mô tả như hình 3.11). Tính
tiêu cực OF của thấu kính.
Hình 3.11

73. 71
Giải
Ta có ảnh thật ' '
A B cao gấp 2,5 lần vật AB nghĩa là ' ' 2,5

A B AB .
 
ABF ONF
∽ vì
 
 
90
   





A O
BFA NOF
, nên ta có 
AF OF
AB ON
.
Mà ' '

ON A B nên:
20
' ' ' ' 2,5 3,5 3,5

      
 
AF OF AF OF AO AO AO
AF
AB A B AB A B AB AB AB
cm.
Ta có 70 20 50
    
OF AO AF cm.
Vậy tiêu cự của thấu kính là 50 cm.
Câu 8. Người ta muốn đo độ sâu của một hẻm núi từ một điểm trên vách núi bằng
cách sử dụng các tam giác đồng dạng, cách đo đạc này đã được sử dụng trong thời
trung cổ. Ban đầu, người ta xác định một điểm G ở giữa hẻm núi, và một điểm D ở
sát vách núi. Tại một điểm C ở gần vách núi, người ta dựng một cột đỉnh A có chiều
cao a thẳng đứng vuông góc với mặt đất sao cho ba điểm A, D, G thẳng hàng.
Người ta đo được khoảng cách giữa hai điểm C, D là b. Tại điểm D, người ta dựng
thêm một cột đỉnh B có chiều cao bằng với cái cột ban đầu (như hình 3.12). Với E là
giao điểm của đoạn thẳng BG và CD, độ dài đoạn thẳng DE được đo được bằng c.
Dựa vào cách này người ta có đủ thông tin để tính độ sâu y của hẻm núi.
Hình 3.12

74. 72
a) Chứng minh rằng ACD GFD
 
∽ và BDE GFE
 
∽ .
b) Biết ,
DF x GF y
  , chứng minh rằng
bc
x
b c


và
ac
y
b c


.
Giải
a) Ta có:
ACD GFD
 
∽ vì    
   
90 ,
C F ADC GDF (hai góc đối đỉnh).
BDE GFE
 
∽ vì    
   
90 ,
D F BED GEF (hai góc đối đỉnh).
b) Ta có FE DF DE x c
    .
Vì ACD GFD
 
∽ nên
AC CD
GF FD
 (1) và vì BDE GFE
 
∽ nên
BD DE
GF FE
 (2).
Mà AC BD a
  nên
AC BD
GF GF
 (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra
AC BD CD DE
GF GF FD FE
   .
Ta có  
CD DE b c bc
b x c cx x
FD FE x x c b c
       
 
(đpcm).
Đồng thời ta cũng có
AC CD a b
GF FD y x
   , thay
bc
x
b c


vào phương trình ta được
a b b b c ac
y
bc
y x c b c
b c

    


(đpcm).
3.5.2. Tỷ số lượng giác của góc nhọn
Câu 9. Một chiếc thang dài 8 m được đặt dựa vào một bệ cửa sổ. Góc hợp bởi chiếc
thang và mặt đất là 61°. Tính khoảng cách của bệ cửa sổ đến mặt đất (hình 3.13).

75. 73
Hình 3.13
Giải
ABC vuông tại A, ta có:

sin sin61 8.sin61 9,15
8
       
AC AC
CBA AC
BC
m.
Vậy khoảng cách từ bệ cửa sổ đến mặt đất là 9,15 m.
Câu 10. Một người đứng ở đài hải đăng quan sát một chiếc tàu ở xa như hình 3.14.
Tính khoảng cách d, biết 150

AB m và  63
 
BAC .
Hình 3.14
Giải
ABC vuông tại B, ta có:

76. 74

tan tan63 150.tan63 294,4
150
       
BC d
BAC d
AB
m.
Câu 11. Tại một số nơi trên thế giới, để tiết kiệm thời gian hoặc thiếu phương tiện
hạ cánh cho các máy bay phản lực lớn, quân đội và một số công ty dân sự đã sử
dụng phương thức tiếp nhiên liệu trên không cho một số máy bay (như hình 3.15).
Tính độ dài của ống tiếp nhiên liệu biết 32
   và 36,5

AC m.
Hình 3.15
Giải
ABC vuông tại C, ta có
36,5 36,5
cos cos32 43
cos32
       

AC
l
AB l
m.
Vậy độ dài của ống nhiên liệu là 43 m.
Câu 12. Các bác sĩ tim mạch đưa ra
những bài kiểm tra về mức độ căng
thẳng bằng cách cho các bệnh nhân
đi bộ trên máy chạy bộ với nhiều tốc
độ và độ nghiêng khác nhau. Độ
nghiêng có thể được biểu diễn dưới
dạng góc hoặc tỉ số phần trăm độ
nghiêng (xem hình 3.16).
a) Tìm góc nghiêng nếu đặt máy
chạy bộ ở độ nghiêng 4%.
b) Tìm phần trăm độ nghiêng nếu góc nghiêng là 4°.
Hình 3.16

77. 75
Giải
a) Xét trường hợp máy chạy bộ ở độ nghiêng 4%, ta có
1
4%
25
  
a a
b b
.
Áp dụng tỷ số lượng giác góc nhọn ta có
1
tan 2,3
25
a
b
 
     (vì
90 0

   ).
Vậy góc nghiên của máy chạy bộ trong trường hợp này là 2,3°.
b) Xét trường hợp máy chạy bộ ở độ nghiêng 4°, ta có 4
  .
Áp dụng tỷ số lượng giác góc nhọn ta có tan 0,07 7%
    
a a
b b
.
Vậy phần trăm độ nghiên của máy chạy bộ trong trường hợp này là 7%.
Câu 13. Một người quan sát ở Trái Đất thấy rằng góc lớn nhất hợp bởi đường Trái
Đất – sao Kim và đường Trái Đất – Mặt Trời là 46° như hình 3.17. Biết khoảng
cách giữa Trái Đất và Mặt Trời là 149,6 triệu km. Hỏi sao Kim cách Mặt Trời bao
xa? (Giả sử Trái Đất và sao Kim có quỹ đạo tròn quay quanh Mặt Trời).
Hình 3.17
Giải
Góc hợp bởi đường Trái Đất – sao Kim và đường Trái Đất – Mặt Trời đạt giá trị lớn
nhất khi và chỉ khi đường Trái Đất – sao Kim vuông góc với đường Mặt Trời – sao
Kim như hình minh họa. Suy ra tam giác nối giữa ba hành tinh này là tam giác

78. 76
vuông. Vậy, khoảng cách từ sao Kim đến Mặt Trời là 149,6.sin 46 107,6
  
x
triệu km.
Câu 14. Hình 3.18 dưới đây minh họa một phương pháp được sử dụng để xác định
độ sâu của hố Mặt Trăng từ các đài quan sát trên Trái Đất. Tính độ sâu của hố Mặt
Trăng, biết khi ánh sáng Mặt Trời chiếu vào bề mặt của Mặt Trăng tạo ra góc
 40
 
ABC và độ dài đoạn BC đo được là 3,6 km.
Hình 3.18
Giải
ABC vuông tại C, ta có:

tan tan 40 3,6.tan 40 3
3,6
       
AC AC
ABC AC
BC
km.
Vậy độ sâu của hố Mặt Trăng đó là 3 km.
Câu 15. Một cột thu lôi trên cột buồm của một chiếc thuyền buồm tạo ra một vùng
an toàn hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân (như hình 3.19).
a) Nếu đỉnh của cột thu lôi cao 20,5 m so với mặt nước thì đường kính của đường
tròn an toàn trên mặt nước là bao nhiêu?
b) Đỉnh của cột thu lôi phải cao bao nhiêu so với mặt nước để đường kính của vòng
tròn an toàn trên mặt nước là 30 m?

79. 77
Hình 3.19
Giải
ABC là tam giác vuông cân tại A nên  

180
45
2
 
   
A
B C .
a) ABO vuông tại O, ta có: 

20,5
tan 20,5
tan 45
tan
    

AO AO
B OB
OB B
m.
Đường kính của đường tròn an toán trên mặt nước là 2 41
 
BC OB m.
b) Ta có:
30
15
2 2
  
BC
OB m.
ABO vuông tại O, ta có:  
tan tan 15tan 45 15
     
AO
B AO OB B
OB
m.
Vậy đỉnh của cột thu lôi phải cao 15 m so với mặt nước để thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 16. Để chứa hầu hết các loại ô tô thì chỗ đậu xe cần phải có hình dạng là hình
chữ nhật MBND có chiều dài 5,5 m và chiều rộng 2,4 m. Người ta muốn làm một
bãi đậu xe hình bình hành ABCD có góc  72
 
DAB và chứa hình chữ nhật MBND
(như hình 3.20). Tính độ dài các cạnh của hình bình hành đó.

80. 78
Hình 3.20
Giải
ABM vuông tại M, ta có:


2,4
sin 2,52
sin72
sin
    

MB MB
MAB AB
AB MAB
m,


2,4
tan 0,78
tan72
tan
    

MB MB
MAB MA
MA MAB
m.
Mà ta có: 0,78 5,5 6,28
    
AD AM MD m.
Vậy độ dài các cạnh của hình bình hành ABCD là 2,52
 
AB DC (m) và
6,28
 
AD BC (m).
Câu 17. Một nữ kiến trúc sư thiết kế một ngôi
nhà hai tầng ở một thành phố có vĩ độ 40° N.
Cô ta muốn kiểm soát mức độ ánh nắng mặt
trời chiếu trên bức tường phía Nam của ngôi
nhà. Cô nhận thấy rằng ở những vùng thuộc
vĩ độ này, vào ngày Hạ chí tia nắng buổi trưa
của Mặt Trời chiếu xuống hợp với mặt đất
một góc 75°, tia năng Mặt Trời vào trưa ngày
Đông chí thì hợp với mặt đất một góc 27°
(xem hình 3.21). Hỏi:
a) Cô ấy cần xây phần nhô ra của mái nhà dài bao nhiêu để vào buổi trưa của ngày
Hạ chí, bóng của “phần nhô ra” sẽ chạm tới đáy của bức tường phía Nam?
Hình 3.21

81. 79
b) Bóng của “phần nhô ra” sẽ đổ trên bức tường phía Nam dài bao nhiêu vào buổi
trưa của ngày Đông chí?
Giải
a) Hình 3.22 bên mô phỏng lại bài toán, trong đó AC là phần nhô
ra của mái nhà, AB là bức tường phía Nam và CB là tia nắng
Mặt Trời chiếu vào buổi trưa ngày Hạ Chí. Theo yêu cầu bài
toán, ta cần tìm độ dài của đoạn thẳng AC.
Ta có  
90 90 75 15
        
ABC CBx (vì 
ABC và 
CBx là
hai góc phụ nhau).
ACB vuông tại A, ta có
 
tan .tan 6.tan15 1,6
     
AC
ABC AC AB ABC
AB
m.
Vậy phần nhô ra của mái nhà cần phải xây dài 1,6 m để thỏa yêu cầu bài toán.
b) Trong hình 3.23 dưới đây, CD là tia năng Mặt Trời vào buổi trưa ngày Đông chí
và độ dài đoạn thẳng AE chính là độ dài bóng của phần nhô ra đổ trên bức tường
phía Nam.
Hình 3.23
Vì AC DB
∥ (Cùng vuông với AB) nên   27
  
ACE BDE (Hai góc so le trong).
ACE vuông tại A, ta có
Hình 3.22

82. 80
 
tan .tan 1,6.tan 27 0,8
     
AE
ACE AE AC ACE
AC
m.
Vậy bóng của “phần nhô ra” đổ trên bức tường phía Nam vào buổi trưa ngày Đông
chí dài 0,8 m.
Câu 18. Người ta muốn thiết kế một kệ ánh
sáng cho cửa sổ phía Nam của một tòa nhà văn
phòng nằm ở vị trí có vĩ độ 30°. Mục đích của
thiết kế này là để “kệ ánh sáng” ngăn cản ánh
sáng Mặt Trời chiếu trực tiếp vào văn phòng,
đồng thời nó phản xạ ánh sáng lên trần nhà giúp
việc phân phối ánh sáng ban ngày vào văn
phòng một cách đồng đều hơn như hình mình
họa 3.24.
Biết Mặt Trời xuống thấp nhất vào ngày Đông chí khi đó tia nắng của Mặt Trời hợp
với mặt đất một góc 36,55 và độ dài của phần kệ ánh sáng bên trong văn phòng là
x1, độ dài của phần kệ ánh sáng bên ngoài văn phòng là x2, phần cửa sổ phía trên kệ
ánh sáng cao 0,5 m và cửa sổ ngay phía dưới kệ ánh sáng cao 1 m. Tính giá trị nhỏ
nhất của x1 và x2 để đảm bảo rằng không có ánh sáng trực tiếp của Mặt Trời buổi
trưa chiếu vào văn phòng?
Giải
Hình 3.25 mô tả Mặt Trời vào ngày Đông chí, khi đó góc hợp bởi Mặt Trời và mặt
đất là góc  36,55
EAC  .
Hình 3.25
Hình 3.24

83. 81
ACE vuông tại C, ta có:

 1
0,5
tan 0,675
tan36,55
tan
     

EC EC
EAC AC x
AC EAC
m.
BCF vuông tại C, ta có:

 2
1
tan 1,35
tan36,55
tan
     

CF CF
CBF CB x
CB CBF
m.
Vậy 1 0,675
x  (m) và 2 1,35
x  (m) thì thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 19. Một tàu vũ trụ quay quanh quỹ đạo
(xem hình 3.26), với độ cao h (km) so với mặt
đất. Người trên tàu vũ trụ nhìn thấy đường chân
trời trên Trái Đất ở góc “hạ” là  (như hình
minh họa). Chúng ta muốn tìm một biểu thức cho
bán kính trái đất theo h và  .
a) Tính bán kính của Trái Đất biết 540

h km và
22 48'
   .
b) Tính độ cao của tàu vũ trụ so với mặt đất khi
đã biết bán kính Trái Đất ở câu a) và 24 14'
  
Giải
a) Ta có  90 90 22 48' 67 12'

        
OAR .
Vì tiếp tuyến của đường tròn vuông góc với bán kính của đường tròn đó nên

AR OR , suy ra AOR vuông tại R.
AOR vuông tại R, ta có:

sin sin67 12' 6371
540
       
  
OR OR r r
OAR r
AO AH HO h r r
km.
Vậy bán kính của Trái Đất xấp xỉ 6371 km.
b) Ta có  90 90 24 14' 65 46'

        
OAR .
Hình 3.26

84. 82
AOR vuông tại R, ta có:
 6371
sin sin65 46' 615,65
6371
     
 
r
OAR h
h r h
km.
Vậy tàu vũ trụ cao 615,65 km so với mặt đất.
Câu 20. Giả sử Trái Đất là một hình cầu (nó gần
như là hình cầu) và chu vi của Trái Đất ở xích
đạo là 40075 km. Vĩ tuyến là một vòng tròn xung
quanh trái đất ở một vĩ độ nhất định song song
với đường xích đạo. Xem hình 3.27, trong đó 
là vĩ độ, R là bán kính Trái Đất và r là bán kính
của vĩ tuyến.
a) Tính gần đúng độ dài của vĩ tuyến đi qua thủ
đô Hà Nội, Việt Nam ở vĩ độ 21°N.
b) Chứng minh rằng nếu E là độ dài của đường xích đạo và L là độ dài của vĩ tuyến
tại vĩ độ  thì cos

L E .
Giải
a) Tại Hà Nội ta có 21
   . Áp dụng tỷ số lượng giác của góc nhọn ta có:
cos cos 40075cos21 37413,2
 
     
r
r R
R
km.
Độ dài vĩ tuyến đi qua thủ đô Hà Nội ở vị độ 21°N là 2 74826,4

r km.
b) Áp dụng tỷ số lượng giác của góc nhọn ta có:
cos cos 2 2 cos cos
   
      
r
r R r R L E
R
(đpcm).
Câu 21. Hình 3.28 mô phỏng cách xác định độ cao của một ngọn núi. Dựa vào các
thông tin dưới đây để tính giá trị của x và y.
Hình 3.27

85. 83
Hình 3.28
Giải
ACD vuông tại C, ta có:

tan tan 42 tan 42
       
AC y y
ADC y x
DC x x
(1).
ABC vuông tại C, ta có:

tan tan 25 (1 )tan 25
D 1 1
         
  
AC AC y y
ABC y x
BC B DC x x
(2).
Từ (1), (2) suy ra:
tan 25
tan 42 (1 )tan 25 1,07
tan 42 tan 25

      
  
x x x km.
Thế 1,07

x vào phương trình (1) ta được: tan 42 1,07.tan 42 0,96
    
y x km.
Vậy độ cao của ngọn núi là 0,96 km.
Câu 22. Để đo chiều cao của lớp mây che phủ
tại sân bay, một công nhân chiếu đèn sân bay
lên trên một góc 75° so với phương ngang. Một
quan sát viên đứng cách đó 600 m đo được góc
tới tia sáng là 45° (hình 3.29). Tìm độ cao h của
lớp mây che phủ.
Giải
AHB vuông tại H, ta có: 

tan
tan 45
tan
    

AH AH h
ABH BH h
BH ABH
.
Hình 3.29

86. 84
AHC vuông tại H, ta có: 

tan
tan75 2 3
tan
    
 
AH AH h h
ACH HC
HC ACH
.
Mà
 
600 2 3
600 600 473,2
2 3 3 3

        
 
h
BH HC BC h h m.
Vậy độ cao của lớp mây che phủ là 473,2 m.
Câu 23. Một máy bay đang bay về phía Đông với độ cao 2850 m so với mặt nước
biển. Một người trên máy bay quan sát hai rìa phía Đông và phía Tây của hòn đảo
với góc “hạ” lần lượt là 43° và 52° như hình 3.30. Tính độ dài d của hòn đảo.
Hình 3.30
Giải
Ta có  
90 90 52 38
        
HAB BAx và  
90 90 43 47
        
HAC CAx .
AHB vuông tại H, ta có:
 
tan tan 2850tan38 2226,66
     
HB
HAB HB AH HAB
AH
m.
AHC vuông tại H, ta có:
 
tan tan 2850tan 47 3056,25
     
HC
HAC HC AH HAC
AH
m.
Mà 3056,25 2226,66 829,6
    
BC HC HB m.

87. 85
Vậy độ dài của hòn đảo là d = 829,6 m.
3.5.3. Định lý sin
Câu 24. Một đám cháy tại F được phát hiện từ hai trạm quan trắc cảnh báo cháy
rừng A và B, chúng nằm cách nhau 10,3 km (xem hình 3.31). Nếu trạm B báo cháy
ở góc  52,6
 
ABF và trạm A báo cháy ở góc  25,3
 
BAF thì đám cháy cách trạm
A và trạm B bao xa?
Hình 3.31
Giải
Xét ABF ta có:    
180 180 25,3 52,6 102,1
            
A B F F .
Áp dụng định lý sin cho tam giác ABF, ta có:
  




sin 10,3sin52,6
8,4 km
sin102,1
sin
sin sin sin sin 10,3sin 25,3
4,5 km
sin102,1
sin
 
  



   


  
 

AB B
AF
AF BF AB F
B A F AB A
BF
F
.
Vậy đám cháy cách trạm A khoảng 8,4 km và cách trạm B khoảng 4,5 km.
Câu 25. Người ta muốn xây dự một đường dây cáp điện thoại dưới nước, băng qua
một hồ nước cạn từ điểm N đến điểm M, như hình 3.32. Để đo được độ dài đoạn