42 câu Trắc nghiệm: Giá trị lượng giác của một góc bất kì 0° đến 180°

Do tam giác ABC là tam giác đều có AH là đường cao nên đồng thời là đường  phân giác .

Suy ra: $\widehat{BAH}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}={30}^0;\widehat{ABC}={60}^0;\widehat{AHC}={90}^0$

Do đó, $\sin \widehat{BAH}=\frac{1}{2};c\text{os}\widehat{BAH}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Do đó A sai; B sai.

Ta có $\widehat{ABC}={60}^0\Rightarrow \sin \widehat{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$ Do đó C đúng.

Chọn C.

Hai góc bù nhau $\alpha$ và ${180}^0-\alpha$ thì cho có giá trị của sin bằng nhau.

Chọn C.

Cho $\alpha$ và  $\beta$ là hai góc khác nhau và bù nhau. Ta có:

*$\sin \alpha =\sin \beta .$                

* $\cos \alpha =-\cos \beta .$

* $\tan \alpha =-\tan \beta .$

* $\cot \alpha =-\cot \beta .$

Chọn D.

Hai góc 30⁰ và 150⁰ bù nhau nên $\sin 30°=\sin 150°$

Hai góc 15⁰ và 165⁰ bù nhau nên $\cos 15°=-\cos 165°$.

Do đó $P=\sin 30°\cos 15°+\sin 150°\cos 165°=\sin 30°.c{\text{os15}}^0+\sin 30°.(-\cos 15°)=0$.

Chọn B.

Hai góc $\alpha$ và  $\beta$  bù nhau nên $\sin \alpha =\sin \beta$; $\cos \alpha =-\cos \beta$.

Do đó $P=\cos \alpha \cos \beta -\sin \beta \sin \alpha =-{\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha =-\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)=-1$.

 Chọn C.

Giả sử $\widehat{A}=\alpha ;\widehat{B}+\widehat{C}=\beta$. Biểu thức trở thành $P=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta$.

Trong tam giác ABC, có $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°\Rightarrow \alpha +\beta =180°$.

Do hai góc $\alpha$ và $\beta$ bù nhau nên $\sin \alpha =\sin \beta$; $\cos \alpha =-\cos \beta$.

Do đó, $P=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta =-\sin \alpha \cos \alpha +\cos \alpha \sin \alpha =0$.

Chọn A.

Giả sử$\widehat{A}=\alpha ;\widehat{B}+\widehat{C}=\beta$. Biểu thức trở thành $P=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta$.

Trong tam giác ABC có$\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°\Rightarrow \alpha +\beta =180°$.

Do hai góc $\alpha$ và $\beta$ bù nhau nên $\sin \alpha =\sin \beta$; $\cos \alpha =-\cos \beta$.

Do đó $P=\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin \beta =-{\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha =-\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)=-1$.

 Chọn C.

Hai góc nhọn $\alpha$ và $\beta$  phụ nhau thì :

 $\sin \alpha =\cos \beta ;cos\alpha =sin\beta ;tan\alpha =cot\beta ;$ $\cot \alpha =tan\beta$.

 Chọn A.

Hai góc 15⁰ và 75⁰ phụ nhau nên sin 75⁰ = cos 15⁰

Hai góc 20⁰ và 110⁰ hơn kém nhau 90⁰ nên cos 110⁰ = - sin 20⁰

Do đó, $S={\sin }^{2}15°+{\cos }^{2}20°+{\sin }^{2}75°+{\cos }^{2}110°$

$\begin{array}{l}=\text{}{\sin }^{2}15°+{\cos }^{2}20+{\cos }^{2}15°+{\left(-\sin 20°\right)}^2\text{}\\ =\text{}\left({\sin }^{2}15°+{\cos }^{2}15°\right)+\left({\sin }^{2}20°+{\cos }^{2}20°\right)\text{}=2\end{array}$

ĐÁP ÁN C

Hai góc $\alpha$ và $\beta$ phụ nhau nên $\sin \alpha =\cos \beta ;\cos \alpha =\sin \beta$.

Do đó, $P=\sin \alpha \cos \beta +\sin \beta \cos \alpha ={\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$.

 Chọn B.

Hai góc$\alpha$và $\beta$ phụ nhau nên $\sin \alpha =\cos \beta ;\cos \alpha =\sin \beta$.

Do đó, $P=\cos \alpha \cos \beta -\sin \beta \sin \alpha =\cos \alpha \sin \alpha -\cos \alpha \sin \alpha =0$.

 Chọn A.

Khi $\alpha$ là góc tù. Ta có:

*sinα > 0           

*cosα < 0

*tanα < 0           

* cotα < 0

 Chọn C.    

Chọn A.

Từ biểu thức ${\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha =1$ ta suy ra ${\cos }^2\frac{\alpha }{5}+{\sin }^2\frac{\alpha }{5}=1.$

Do đó ta có $5\left({\cos }^2\frac{\alpha }{5}+{\sin }^2\frac{\alpha }{5}\right)=5.$

 Chọn D.

Ta có biểu thức ${\sin }^2\frac{\alpha }{3}+{\cos }^2\frac{\alpha }{3}=1\iff {\cos }^2\frac{\alpha }{3}=1-{\sin }^2\frac{\alpha }{3}=\frac{16}{25}.$ 

Do đó ta có $P=3{\sin }^2\frac{\alpha }{3}+5{\cos }^2\frac{\alpha }{3}=3.{\left(\frac{3}{5}\right)}^2+5.\frac{16}{25}=\frac{107}{25}.$

Chọn B

Chia cả tử và mẫu cho cosα ta được:

 $P=\frac{6\sin \alpha -7\cos \alpha }{6\cos \alpha +7\sin \alpha }=\frac{6\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }-7}{6+7\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }}=\frac{6\tan \alpha -7}{6+7\tan \alpha }=\frac{6.(-3)-7}{6+7.(-3)}=\frac{-25}{-15}=\frac{5}{3}.$ 

Chọn B.

Ta có biểu thức ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1\iff {\sin }^2\alpha =1-{\cos }^2\alpha =\frac{5}{9}.$ 

Ta có  $P=\frac{\cot \alpha +3\tan \alpha }{2\cot \alpha +\tan \alpha }=\frac{\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }+3\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }}{2\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }+\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }}=\frac{{\cos }^2\alpha +3{\sin }^2\alpha }{2{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha }=\frac{{\left(-\frac{2}{3}\right)}^2+3.\frac{5}{9}}{2.{\left(-\frac{2}{3}\right)}^2+\frac{5}{9}}=\frac{19}{13}.$

Chọn B.

Ta có

Chọn D.

Ta có $3\cos \alpha -\sin \alpha =1\iff 3\cos \alpha =\sin \alpha +1\to 9{\cos }^2\alpha ={\left(\sin \alpha +1\right)}^2$

$\iff 9{\cos }^2\alpha ={\sin }^2\alpha +2\sin \alpha +1\iff 9\left(1-{\sin }^2\alpha \right)={\sin }^2\alpha +2\sin \alpha +1$ 

$\iff 10{\sin }^2\alpha +2\sin \alpha -8=0\iff \left[\begin{array}{l}\sin \alpha =-1\\ \sin \alpha =\frac{4}{5}\end{array}\right..$

 $\sin \alpha =-1$: không thỏa mãn vì $0^0<\alpha <{90}^0.$

$\sin \alpha =\frac{4}{5}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{3}{5}\Rightarrow \tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{4}{3}.$  

Chọn A.

Ta có $2\cos \alpha +\sqrt{2}\sin \alpha =2\iff \sqrt{2}\sin \alpha =2-2\cos \alpha \to 2{\sin }^2\alpha ={\left(2-2\cos \alpha \right)}^2$

$\begin{array}{l}\iff 2{\sin }^2\alpha =4-8\cos \alpha +4{\cos }^2\alpha \iff 2\left(1-{\cos }^2\alpha \right)=4-8\cos \alpha +4{\cos }^2\alpha \\ \iff 6{\cos }^2\alpha -8\cos \alpha +2=0\iff \left[\begin{array}{l}\cos \alpha =1\\ \cos \alpha =\frac{1}{3}\end{array}\right..\end{array}$

 $\cos \alpha =1$: không thỏa mãn vì $0^0<\alpha <{90}^0.$

$\cos \alpha =\frac{1}{3}\Rightarrow \sin \alpha =\frac{2\sqrt{2}}{3}\Rightarrow \cot \alpha =\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }=\frac{\sqrt{2}}{4}.$ 

Chọn C.

Ta có $\sin \alpha +\cos \alpha =a\Rightarrow {\left(\sin \alpha +\cos \alpha \right)}^2=a^2$

$\begin{array}{l}\iff {\sin }^2\alpha +2\sin \alpha \cos \alpha +\text{}c{\text{os}}^2\alpha =a^2\\ \iff 1+2\sin \alpha \cos \alpha =a^2\iff \sin \alpha \cos \alpha =\frac{a^2-1}{2}.\end{array}$

Chọn C.

Ta có $\cos \alpha +\sin \alpha =\frac{1}{3}\Rightarrow {\left(\cos \alpha +\sin \alpha \right)}^2=\frac{1}{9}$

$\iff 1+2\sin \alpha \cos \alpha =\frac{1}{9}\iff \sin \alpha \cos \alpha =-\frac{4}{9}.$

Ta có 

$P=\sqrt{{\tan }^2\alpha +{\cot }^2\alpha }=\sqrt{{\left(\tan \alpha +\cot \alpha \right)}^2-2\tan \alpha \cot \alpha }=\sqrt{{\left(\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }+\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }\right)}^2-2}$

$=\sqrt{{\left(\frac{{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }\right)}^2-2}=\sqrt{{\left(\frac{1}{\sin \alpha \cos \alpha }\right)}^2-2}=\sqrt{{\left(-\frac{9}{4}\right)}^2-2}=\frac{7}{4}.$ 

Chọn B.

Ta có $\sin \alpha -\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow {\left(\sin \alpha -\cos \alpha \right)}^2=\frac{1}{5}$

$\iff 1-2\sin \alpha \cos \alpha =\frac{1}{5}\iff \sin \alpha \cos \alpha =\frac{2}{5}.$

Ta có $P=\sqrt{{\sin }^4\alpha +{\cos }^4\alpha }=\sqrt{{\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)}^2-2{\sin }^2\alpha {\cos }^2\alpha }$

$=\sqrt{1-2{\left(\sin \alpha cos\alpha \right)}^2}=\frac{\sqrt{17}}{5}.$ 

Chọn B.

Vẽ $\overrightarrow{NE}=\overrightarrow{MN}$.

Khi đó $\left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{NP}\right)=\left(\overrightarrow{NE},\overrightarrow{NP}\right)$

$=\widehat{PNE}={180}^0-\widehat{MNP}={180}^0-{60}^0={120}^0.$ 

 Vẽ $\overrightarrow{OF}=\overrightarrow{MO}$. Khi đó $\left(\overrightarrow{MO},\overrightarrow{ON}\right)=\left(\overrightarrow{OF},\overrightarrow{ON}\right)=\widehat{NOF}={60}^0.$

 Vì $MN\perp OP\Rightarrow \left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{OP}\right)={90}^0.$ 

 Ta có $\left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}\right)=\widehat{NMP}={60}^0.$

Chọn A

Vẽ $\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AB}$.

Khi đó $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)=\left(\overrightarrow{BE},\overrightarrow{BC}\right)=\widehat{CBE}=180-\widehat{CBA}={120}^0$

$\Rightarrow \cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)=\cos {120}^0=-\frac{1}{2}.$

Tương tự, ta cũng có $\cos \left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\right)=\cos \left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AB}\right)=-\frac{1}{2}.$

Vậy $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)+\cos \left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\right)+\cos \left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AB}\right)=-\frac{3}{2}$.

ĐÁP ÁN C

Vẽ $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BA}$.

Vì tam giác ABC là tam giác đều nên đường cao AH đồng thời là  đường phân giác.

Suy ra:  $\widehat{BAH}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}={30}^0$

Khi đó $\left(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AE}\right)=\widehat{HAE}=\alpha$ (hình vẽ)

          $={180}^0-\widehat{BAH}={180}^0-{30}^0={150}^0.$

Chọn D.                                        

Chọn D.

Tam giác ABC vuông ở A và có góc $\widehat{B}={50}^0\Rightarrow \widehat{ACB}={90}^0-{50}^0=40{}^0$

Vì $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)={180}^0-\widehat{ACB}={180}^0-{40}^0={140}^0.$

Xác định được $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)={180}^0-\widehat{ACB}.$

Ta có $\cos \widehat{ACB}=\frac{AC}{CB}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{ACB}={60}^0$

$\leftarrow \left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)={180}^0-\widehat{ACB}={120}^0$

Vậy $\cos \left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)=\cos {120}^0=-\frac{1}{2}.$ 

Chọn B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)={180}^0-\widehat{ABC}\\ \left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\right)={180}^0-\widehat{BCA}\\ \left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AB}\right)={180}^0-\widehat{CAB}\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)+\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\right)+\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AB}\right)={540}^0-\left(\widehat{ABC}+\widehat{BCA}+\widehat{CAB}\right)\\ ={540}^0-{180}^0={360}^0.\end{array}$

Chọn B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)={180}^0-\widehat{ABC}\\ \left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\right)={180}^0-\widehat{BCA}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)+\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}\right)={360}^0-\left(\widehat{ABC}+\widehat{BCA}\right)$

$={360}^0-\left({180}^0-\widehat{BAC}\right)={360}^0-{180}^0+{60}^0={240}^0.$

ĐÁP ÁN D 

Vì $\widehat{HIA}+\text{}\widehat{HFA}={180}^0$ nên tứ giác HFAI nội tiếp.

Suy ra: $\widehat{IHF}+\text{}\widehat{IAF}={180}^0\Rightarrow \widehat{IHF}={180}^0-\text{}\widehat{IAF}={80}^0$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(\overrightarrow{HA},\overrightarrow{HB}\right)=\widehat{BHA}\\ \left(\overrightarrow{HB},\overrightarrow{HC}\right)=\widehat{BHC}\\ \left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HA}\right)=\widehat{CHA}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\overrightarrow{HA},\overrightarrow{HB}\right)+\left(\overrightarrow{HB},\overrightarrow{HC}\right)+\left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HA}\right)=\widehat{BHA}+\widehat{BHC}+\widehat{CHA}$