Tiếp tuyến của đường tròn

1 Chuyên đề : TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN. Bài toán viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn là một mảng kiến thức khá quen thuộc trong chương trình Toán THPT. Sau đây ta sẽ nghiên cứu một số dạng bài tập về lĩnh vực nầy cả trong mặt phẳng lẫn trong không gian. A. TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG : Kiến thức cơ bản : Trong mp Oxy cho đường tròn (C) tâm I(a; b) bán kính R. Đường thẳng (  ) : Ax + By + C = 0, A 2 + B 2 > 0. Điều kiện  tiếp xúc (C) .),( RId  1) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm M o  (C) : Tiếp tuyến là đt  qua M o (x o; y o ) và có vtpt 0 IM . Phương trình 0))(())((: 0000  byyyaxxx 2) Viết pttt của đtròn thoả điều kiện Ω cho trước : Gọi .0,0: 22  BACByAx Ta tìm được A, B, C nhờ điều kiện Ω và điều kiện tiếp xúc của  với đường tròn (C). Ví dụ 1: Trong mp Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1) 2 + (y + 1) 2 = 10. Lập pttt của (C) biết ttuyến tạo với đthẳng (d) : 2x + y – 4 = 0 một góc 45 o . Giải : (C) có tâm I(1; -1) và bán kính R = .10 Giả sử tiếp tuyến  có ptrình : Ax + By + C = 0. Điều kiện tiếp xúc : )1(.1010),( 22 22 BACBA BA CBA RId      tạo với (d) một góc 45 o nên : Cos45 o = 0383) .5 2 () 2 2 ( .5 2 222 22 2 22       BABA BA BA BA BA        3 3 B A BA (a) Với A = -3B. Thay vào (1) :         BC BC BBC BB CBB 6 14 10410 )3( 3 22 + C = 14B : Ta có ttuyến -3Bx + By + 14B = 0 0143  yx . + C = - 6B : Ta có ttuyến – 3Bx + By – 6B = 0 063  yx . (b) Với A = 3 B : ( tự giải ) Ví dụ 2 : Cho điểm M(-4; -6) và đường tròn (C) : x 2 + y 2 – 2x – 8y – 8 = 0.Lập pttt của (C) đi qua M? Viết phương trình đthẳng đi qua 2 tiếp điểm. Giải : (C) có tâm I(1; 4) , bán kính R = 5. Giả sử M o (x o; y o ) là tiếp điểm. vì M o 0882)( 00 2 0 2 0  yxyxC (1) Tiếp tuyến (  ) đi qua M o , có vtpt )4;1( 000  yxIM có ptrình : (x o – 1)(x – x o ) + (y o – 4)(y – y o ) = 0. Tiếp tuyến qua M nên : 0)6)(4()4)(1( 0000  yyxx 02823 00 2 0 2 0  yxyx 020105)882( 0000 2 0 2 0  yxyxyx 2 .042 00  yx (2) Giải (1) và (2) ta được :           0 4x ; 4 4 0 0 0 0 yy x Với tiếp điểm M 1 (-4; 4) ta có tiếp tuyến x + 4 = 0. Với tiếp điểm M 2 (4; 0) ta có tiếp tuyến 3x – 4y – 12 = 0. Phương trình qua 2 tiếp điểm là : x + 2y – 4 = 0. Chú ý : Có thể giải bằng cách gọi  : A(x + 4) + B(y + 6) = 0.Dùng điều kiện tiếp xúc để suy ra A, B. Tuy nhiên khi viết phương trình đi qua 2 tiếp điểm thì phải tìm toạ độ 2 tiếp điểm rồi viết pt đi qua 2 tiếp điểm. 3) Viết pttt chung của 2 đường tròn : Cho hai đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (a 1 ; b 1 ), bán kính R 1 và (C 2 ) có tâm I 2 (a 2 ; b 2 ), bán kính R 2 . Có 2 cách giải bài toán viết ptrình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (C 1 ), (C 2 ). Cách 1 : Gọi (  ) : Ax + By + C = 0. )( tiếp xúc (C 1 ) 1 22 11 11 ),( R BA CBbAa RId     (1) (  ) tiếp xúc (C 2 ) 2 22 21 22 ),( R BA CBbAa RId     (2) CBbAa R R CBbA  22 2 1 11 a (3) Giải các hệ phương trình sau :                         )( )()( )( )()( 22 2 1 11 2222 11 22 2 1 11 2222 11 CBbAa R R CBbAa BARCBbAa CBbAa R R CBbAa BARCBbAa Ta được A, B, C suy ra phương trình các tiếp tuyến. Cách 2 : Viết phương trình  tiếp xúc với (C 1 ) tại điểm M o (x o; y o ) )( 1 C (ẩn số là x o , y o ) Từ điều kiện để  tiếp xúc (C 2 ) ta suy ra x o , y o và được phương trình . Cách 3 : (1) Nếu I 1 I 2 > R 1 + R 2 thì (C 1 ), (C 2 ) ở ngoài nhau  (C 1 ), (C 2 ) có 2 tiếp tuyến chung ngoài, 2 ttuyến chung trong. - Tiếp tuyến chung ngoài đi qua I ( I chia I 1 I 2 theo tỉ số 2 1 R R , gọi là tâm vị tự ngoài) và tiếp xúc với một trong hai đường tròn. - Tiếp tuyến chung trong đi qua J ( J chia I 1 I 2 theo tỉ số 2 1 R R  , gọi là tâm vị tự trong) và tiếp xúc với một trong 2 đường tròn. (2) Nếu I 1 I 2 = R 1 + R 2 thì (C 1 ), (C 2 ) tiếp xúc ngoài  (C 1 ), (C 2 ) có 2 tiếp tuyến ngoài và 1 ttuyến trong. - Tiếp tuyến chung ngoài đi qua I (tâm vị tự ngoài) và tiếp xúc với một trong hai đường tròn. - Một tiếp tuyến chung trong chính là trục đẳng phương của 2 đường tròn. (3) Nếu 212121 RRIIRR  thì (C 1 ), (C 2 ) cắt nhau tại 2 điểm  (C 1 ), (C 2 ) chỉ có 2 ttuyến ngoài. Hai ttuyến ngoài qua I ( tâm vị tự ngoài) và tiếp xúc một trong 2 đường tròn. (4) Nếu 2121 RRII  thì (C 1 ), (C 2 ) chỉ có một ttuyến chung. Ttuyến chung đi qua tiếp điểm và  với đường nối tâm ( tức trục đẳng phương) 3 Ví dụ : Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn : (C 1 ) : (x -1) 2 + (y – 1) 2 = 1, (C 2 ) : (x – 2) 2 + (y + 1) 2 = 4. Giải : (C 1 ) có tâm I 1 (1; 1) , bán kính R 1 = 1. (C 2 ) có tâm I 2 (2; -1) , bán kính R 2 = 2. .5)2;1( 2121  IIII Vì : R 2 – R 1 = 1 < I 1 I 2 < 3 = R 1 + R 2 nên (C 1 ), (C 2 ) cắt nhau  có 2 tiếp tuyến ngoài. Cách 1 : Gọi .0A,0: 22  BCByAx  tiếp xúc (C 1 ) (1)1R),( 22 11     BA CBA Id  tiếp xúc (C 2 ) (2)2 2 R),( 22 22     BA CBA Id Ta có :                       )4( 3 1 3 )( 22 222 22 BAC BC BACBA CBACBA BACBA + Với C = -3B : Ta có       BA B ABBBABBA 34 0 0)43()3( 222  B = 0 0 C , chọn A = 1 ta có tiếp tuyến x = 0  4A = 3B : Chọn A = 3, B = 4  C = -12 ta có tiếp tuyến 3x + 4y – 12 = 0. + Với C = )4( 3 1 BA  . Tương tự ta thấy hệ vô nghiệm. Cách 2 : Giả sử tiếp điểm của tiếp tuyến )( với (C 1 ) là M(x o ; y o )  Tiếp tuyến của (C 1 ) tại M có vtpt )1;1( 001  yxMI nên có phương trình :  : (x – x o )(x o – 1) + (y – y o )(y o - 1) = 0 (1)  Vì M(x o ; y o ) )( 1 C nên : (x o – 1) 2 + (y o – 1) 2 = 1 0122 00 2 0 2 0  yxyx (2)  Đường thẳng )( tiếp xúc (C 2 ) khi và chỉ khi : 2 )1()1( )122(2 2 )1()1( )1)(1()1)(2( ),( 2 0 2 0 00 2 0 2 000 2 0 2 0 0000 22         yx yxyxyx yx yyxx RId       (4)22 (3)22 22 00 00 00 yx yx yx Giải (2) và (3) ta thấy vô nghiệm. Giải (2) và (4) ta được :              ) 5 9 ; 5 8 ( )1;0( 5 9 y, 5 8 1y,0 2 1 00 00 M M x x + Với M 1 (0; 1) thay vào (1) ta có tiếp tuyến x = 0. + Với M 2 ( ) 5 9 ; 5 8 thay vào (1) ta có tiếp tuyến 3x + 4y – 12 = 0. Cách 3 : Gọi I là tâm vị tự ngoài. Ta có : 4                           3 2 1 1 )1( 2 1 1 2 1 1 2 1 0 2 1 1 2. 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 21 21 22 2 1 1 yy y xx x IIII R R II 3);0(I Đường thẳng  qua I có vtpt (A; B) có phương trình : A(x – 0) + B(y – 3) = 0  tiếp xúc (C 1 )          BA B BABA BA Id 34 0 21 3)-B(10)-A(1 1),( 22 22 1 Tương tự như trên ta cũng có các tiếp tuyến x = 0 và 3x + 4y – 12 = 0. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯ KIỂM TRA (1) Xét vị trí tương đối và viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn : a. (C 1 ) : x 2 + y 2 – 10y = 0 , (C 2 ) : x 2 + y 2 – 4 = 0. ( HD : cắt nhau, có hai tiếp tuyến chung ngoài) b. (C 1 ) : x 2 + y 2 + 4x – 2y -4 = 0 , (C 2 ) : -x 2 – y 2 – 6x – 12y + 4 = 0 ( HD : ngoài nhau, có 4 tiếp tuyến chung) c. (C 1 ) : x 2 + y 2 – 1 = 0 , (C 2 ) : x 2 + y 2 – 2x – 2y + 1 = 0 ( HD : cắt nhau và R 1 = R 2 ) (2) Cho 2 đường tròn (C) : x 2 + y 2 = 1 và (C m ) : x 2 + y 2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0. a. Cmr có 2 đường tròn ( ) 1 m C và )( 2 m C tiếp xúc với (C) ứng với 2 giá trị m 1 , m 2 của m. b. Xác định phương trình đường thẳng tiếp xúc với cả 2 đường tròn )(C,) 21 mm C 5 Diễn đàn Tổ Toán : TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN TRONG KHÔNG GIAN : Trong không gian Oxyz, cho đường tròn (C) tâm I(a; b; c) bán kính R nằm trong mặt phẳng (P).Hãy viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C). Mỗi tiếp tuyến của (C) có thể xem như giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q), (Q) là mphẳng  (P) và cách I một khoảng bằng R. Các dạng cơ bản : Dạng 1 : Viết ptrình tiếp tuyến của đtròn (C) tại điểm A thuộc (C): Phương pháp: Tiếp tuyến )()( QP  , với (Q) là mphẳng qua A và có vtpt IA . Ví dụ : Cho đường tròn (C) :      0 9 222 x zyx Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(0; 0; 3). Giải : (C) có tâm H(0;0;0) trùng với tâm mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = 0 và bán kính r =R = 3. Dễ thấy A )(C . Tiếp tuyến của (C) tại A là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q). (P) : x = 0 , (Q) là mặt phẳng qua A có vectơ pháp tuyến )3;0;0(IA . Phương trình (Q) : 0(x – 0) + 0(y – 0) + 3(z – 3) = 0 03  z Vậy phương trình tiếp tuyến là :      03 0 z x Dạng 2 : Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) đi qua điểm A Phương pháp : Có thể dùng một trong 2 cách sau đây : 1) Tiếp tuyến  )()( QP  với (Q) là mặt phẳng có 2 vtcp c)b;;(u, an P , chọn u sao cho P nu  , (Q) qua A và cách H một khoảng bằng r. 2) Tiếp tuyến  có vtcp P nc)b;;( au và cách H một khoảng bằng r. Ví dụ : Cho đường tròn (C) :      03 9 222 zyx zyx a. Tìm tâm và bán kính của (C). b. Từ điểm A(3; 1; -1) thuộc mặt phẳng chứa đường tròn, viết ptrình đường thẳng tiếp xúc (C). Giải : a. Gọi (S) là mặt cầu có ptrình x 2 + y 2 + z 2 = 9, tâm I(0; 0; 0) bán kính R = 3. (P) : x + y + z – 3 = 0 có vtpt 1)1;;1(n . Đường thẳng qua I có vtcp n có ptrình :         tz ty tx . Toạ độ tâm H của đtròn là nghiệm của hệ : 1 03             t zyx tz ty tx . Vậy (C) có tâm H(1; 1; 1), bán kính r = .639 22  IHR b. Cách 1 : Đường thẳng  đi qua A(3; 1; -1) là giao tuyến của 2 mp (P) và (Q). (P) : x + y + z – 3 = 0. (Q) là mp qua A, vuông góc (P) và cách H một khoảng bằng 6 . Mp (Q) có 2 vtcp là 1)1;;1( P n và c)b;;(au (chọn u sao cho ) P nu  6 baccbanu P  00. . Một vtcp của (Q) là   b)-ab;-2a-a;(2bb)-aa;-c;(n, P  cbu . Phương trình mp (Q) có dạng : 0)1)(()1)(2()3)(2(  zbaybaxab . (1) Khoảng cách từ H đến (Q) bằng 6 : 6 )()2()2( )(2)2(2 222    babaab baab       ab a abaabbab 0 0)(6.66 222 + Với a = 0 ,bc  chọn b = 1, c = -1, ta có ptrình mp (Q) : 2x – y – z – 6 = 0. Ptrình tiếp tuyến       03 062 : zyx zyx + Với b = -a : Chọn a = 1, b = -1 và c = 0, ta có ptrình mp (Q) : - x – y + 2z + 6 = 0. Ptrình tiếp tuyến       03 062 :' zyx zyx Kết luận có 2 tiếp tuyến của (C) xuất phát từ A là  và '. Cách 2 : Gọi )( là đường thẳng thuộc mp (P), có vtcp 0ac),b;;( 222  cbau , và đi qua A. Ta có : baccbanu P  00. .   2b)2b;(2b;2b)2c;-2a-;2(,HA 2)-0;;2(   bu HA )( tiếp xúc (C)   6 )2()2()2( 6 ,HA r),( 222 222     cba bbb u u Hd       ab a abababab 0 0)(2 2222 + Với a = 0 : thì c = - b, chọn b = 1, c = - 1  1)-1;;0(u . Ta có tiếp tuyến          tz ty x 1 1 3 : + Với b = - a : Chọn a = 1, b = -1 , c = 0 0)1;-;1( u Ta có tiếp tuyến          1 1 3 ' z ty tx Kết luận có 2 tiếp tuyến của (C) đi qua A là  và ' . Dạng 3 : Viết ptrình đthẳng thuộc mp (P) chứa (C), cùng phương với (d) cho trước và tiếp xúc với (C): Phương pháp : Tiếp tuyến )()( QP  . Với (Q) là mặt phẳng nhận d u, P n làm 2 vectơ chỉ phương và cách H một khoảng r. Ví dụ : Cho đường tròn (C) :      0122 0516412 222 zyx zyxzyx (1) Định tâm và bán kính của (C). (2) Cho đường thẳng (d) : x = t, y = t, z = 1 – 4t.Chứng minh (d) thuộc mp chứa (C). Viết phương trình đường thẳng  cùng phương với (d) và tiếp xúc với (C). Giải : 7 1) Mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 -12x + 4y – 6z – 51 = 0 có tâm I(6; -2; 3), bán kính R = 10. Đường thẳng qua I  (P) : 2x + 2y + z – 1 = 0 có dạng :         tz ty tx 3 22 26 Toạ độ tâm H của đường tròn (C)là nghiệm của hệ ptrình :      0122 t3z2t,-2y,26 zyx tx                 9 17 9 38 9 34 9 10 z y x t . Vậy H ) 9 17 ; 9 38 -; 9 34 ( Đường tròn (C) có bán kính r = 3 220 22  IHR . 2) 2) Đường thẳng (d) đi qua M(0; 0; 1) ).(P VTCP của (d) là 4)-1;;1(u . Vì ).()(0. Pdnunu  Tiếp tuyến )()( QP  . Với (Q) là mặt phẳng nhận 2 VTCP là 1)2;;2(n,4)-1;;1( P  d u . Nên (Q) có một VTPT là :   0)1;9(1;0)9;;9(n; P  d u Mặt phẳng (Q) có dạng : x + y + C = 0. Khoảng cách từ H đến (Q) bằng r : 3 220 011 9 38 9 34 rQ),( 222     C Hd          3 64 3 16 3 40 8 C C C Vậy :      06433:)( 01633:)( yxQ yxQ Có 2 tiếp tuyến là :             0122 064-3y-3x :', 0122 01633 : zyxzyx yx CÁC BÀI TẬP TỰ KIỂM TRA : 1/ Cho đường tròn (C) :      01 016 222 x zyx a. Định tâm và bán kính của (C). b. Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc (C) tại A(1; 2; )11 c. Viết phương trình đường thẳng ' tiếp xúc (C) đi qua B(1; 3; 3). 2/ Cho đường tròn (C) :      0 9 222 x zyx a. Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc (C) tại A(0; 0; 3). b. Viết phương trình đường thẳng đi qua B(0; 2; 3) và tiếp xúc (C). 3/ Cho đường tròn (C) :      03 9 222 zyx zyx Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc (C) biết : a. Đi qua M(4; 0; -1) b. Cùng phương đường thẳng : x = 2 – t ; y = 1 + t ; z = 0. 8 ỨNG DỤNG CỦA HỆ SỐ BẤT ĐỊNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN Phương pháp hệ số bất định là một kỹ thuật tính toán rất có hiệu quả trong một số dạng toán. Chẳng hạn các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác, các bài toán về đạo hàm cấp cao, về tích phân,…Cơ sở của phương pháp nầy là các định lí sau : - Mỗi đa thức bậc n đều không có quá một nghiệm thực. - Đa thức có vô số nghiệm thực là đa thức không. - Đa thức lượng giác cấp n với các hệ số a o , a k , b k là đa thức có dạng : )sin ()( 1 0 kxboskxcaaxP k n k kn    với 0 22  nn ba .    n k kk kxbkxaaxQ 1 0 )cottan()( với .0 22  nn ba Đa thức P n (x) = 0 , 0 0  kk baaRx Q n (x) = 0 , 0 0  kk baaRx Sau đây ta xét một số ứng dụng của phương pháp hệ số bất định . I . Úng dụng vào các bài toán về định tính và định lượng trong tam giác: Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC thoả mãn : 2 cos 2 cos3 2 cos5sin4sin3sin2 CBA CBA  . Chứng minh tam giác ABC đều. Giải : Ta có : 2 cos2 2 sin2 2 cos. 2 sin2sinsin CBABABA BA      Dấu bằng xảy ra .BA  Tương tự : . 2 cos2sinsin A CB  . 2 cos2sinsin B AC  Vấn đề đặt ra là làm sao ước lượng vế trái của biểu thức đã cho theo sinA + sinB, sinB + sinC, sinC + sinA . Ta sử dụng hệ số bất định . Phân tích : 2sinA + 3sinB + 4 sinC = p(sinA + sinB) + q(sinB + sinC) + r(sinC + sinA). = (p + r)sinA + (p + q)sinB + (r + q)sinC. Đồng nhất 2 vế :         4 3 2 qr qp rp              2 3 r 2 5 q 2 1 p Vậy : . 2 cos3 2 cos5 2 cos)sin(sin 2 3 )sin(sin 2 5 )sin(sin 2 1 sin4sin3sin2 BAC ACCBBACBA  Dấu bằng xảy ra ABC đều. Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC thoả mãn : 2004tan + 2006tanB + 2008tanC = 0. Chứng minh rằng : 1001sin2C + 1003sin2B + 1005sin2A = 0 Giải : 9 Ta có : . cos.cos sin cos.cos )sin( cos sin sAco sinA tanBAtan BA C BA BA B B    Xét : 2004tanA + 2006tanB + 2008tanC = p(tanA + tanB) + q(tanB + tanC) + r(tanC + tanA) = (p + r)tan A + ((p + q)tanB + (q + r)tanC. Đồng nhất :                  1003r 1005q 1001p 2008 2006 2004 rq qp rp Vậy : 2004tanA + 2006tanB + 2008tanC = 0.  1001(tanA + tanB) + 1005(tanB + tanC) +1003(tanC + tanA) = 0 0 cos.cos sin 1003 cos.cos sin 1005 cos.cos sin 1001  CA B CB A BA C  1001sinCcosC + 1005sinAcosA + 1003sinBcosB = 0  1001sin2C + 1005sin2A + 1003sin2B = 0. Ví dụ 3 : Cho tam giác ABC có : .0 2 cot2010 2 cot2009 2 cot2007  CBA Tìm hệ thức liên hệ giữa 3 cạnh ? Giải : Ta có : 2 sin 2 sin 2 cos 2 sin 2 sin ) 22 sin( 2 sin. 2 sin ) 22 sin( 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 cot 2 cot BA C BA C BA BA B B A A BA       Xét : ) 2 cot 2 (cot) 2 cot 2 (cot) 2 cot 2 (cot 2 cot2010 2 cot2009 2 cot2007 AC r CB q BA p CBA  . 2 cot)( 2 cot)( 2 cot)( C pr B rq A qp  Đồng nhất :                  1006 1004 3013 2010 2009 2007 r q p rq qp rp Từ đó : 0) 2 cot 2 (cot1006) 2 cot 2 (cot1004) 2 cot 2 (cot3013 0 2 cot2010 2 cot2009 2 cot2007   ACCBBA CBA 0 2 sin 2 sin 2 cos 1006 2 sin 2 sin 2 cos 1004 2 sin 2 sin 2 cos 3013  AC B CB A BA C 0 2 cos 2 sin1006 2 cos 2 sin1004 2 cos 2 C 3013sin  BBAAC 0sin1006sin1004sin3013  BCC 0100610043013  bac Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC có cotA, cotB, cotC là một cấp số cộng. Chứng minh a 2 , b 2 , c 2 cũng là một cấp số cộng, với a, b, c là các cạnh của tam giác ABC. Giải : Ta có : cotA + cotB = . sin.sin sin BA C cotA, cotB, cotC là cấp số cộng 0cotcot2cot  CBA 10 Đặt cotA – 2cotB + cotC = p(cotA+cotB)+q(cotB+cotC)+r(cotC+cotA) CqrBpqArp cot)(cot)(cot)(  . Đồng nhất : p + r = 1 , p + q = - 2 , q + r = 1 2r,-1q,1  p . Vậy : cotA – 2cotB + cotC = -(cotA + cotB) – (cotB + cotC) + 2(cotC + cotA) = 0 0 sin.sin sin2 sin.sin sin sin.sin sin    AC B CB A BA C .20sin2sinsin 222222 cabBAC  Vậy a 2 , b 2 , c 2 là một cấp số cộng. Ví dụ 5 : Cho tam giác ABC có 0 2 tan 2 tan2 2 A tan3  CB . Tìm mối liên hệ giữa cosA, cosB, cosC. Giải : Dễ thấy rằng : 2 cos 2 cos 2 cos 2 tan 2 A tan BA C B  Dùng hệ số bất định ta có : ) 2 A tan 2 (tan2) 2 tan 2 (tan3) 2 tan 2 A (tan 2 tan 2 tan2 2 A tan3  CCBBCB Nên :  2 tan 2 tan2 2 A tan3 CB 0  ) 2 A tan 2 (tan2) 2 tan 2 (tan3) 2 tan 2 A (tan  CCBB = 0 0 2 cos 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 cos 2 cos 3 2 cos 2 cos 2 cos  AC B CB A BA C (3)   )32)(1( 22 xxxx dx (4)    4 0 cossin sin4cos3  xx xx [...]... được tiếp tuyến y = 2 Không có tiếp tuyến nào  tiếp tuyến nầy  Do đó qua M có 2 tiếp tuyến  nhau  (3) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa k ( x 1 )k ( x2 )  1 (Chú ý khi thay k  2    0 1  2  a  2 9 (3x1  6 x1 )(3x2  6 x2 )  1 1 Qua điểm M ( ; 2) ta kẻ được đến (C) 2 tiếp tuyến  nhau 9 x2  2x  3 (C) Tìm trên đường thẳng y = 2 những điểm qua đó ta kẻ được Ví dụ7 : Cho hàm số y  x 1 2 tiếp. .. 0 , k  2 (*) a 1 Qua M kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc nhau  (*) có 2 nghiệm k1 , k2  2 và : a 1 4  1  2 k1k2  1   a  2a  1  a  1 12  4a  0  Vậy qua M(-1; 2) trên đường thẳng y = 2 kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc nhau 1 Ví dụ 8 : Cho hàm số y  f ( x )   x 3  2 x 2  5  1 (C ) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết 3 tiếp tuyến vuông góc đường thẳng y = 3x + 1 một góc 450... x  1) 2 Ví dụ 6 : Cho hàm số y  f ( x )  x 3  3x 2  2 (C) Tìm trên đường thẳng y = 2 những điểm mà qua đó kẻ được 2 tiếp tuyến với (C) và 2 tiếp tuyến nầy vuông góc nhau Giải : Gọi M(a; 2) thuộc đường thẳng y = 2 Đường thẳng d qua M có hệ số góc k : y = k(x – a) + 2 2  3  x  3x  2  k ( x  a )  2 (1) D là tiếp tuyến của (C)  hệ phương trình  2 có nghiệm (2) 3x  6 x  k  2  2 x  (3a... TIẾP TUYẾN Khi dạy phần phương trình tiếp tuyến của đường cong cho học sinh lớp 12NC, tôi có gặp phải một số bài toán mà cách giải của các em là không chính xác Tôi xin trình bày ra đây để quí đồng nghiệp cho ý kiến bàn bạc và trao đổi nhằm thống nhất cách giải cho các em trong các kì thi sắp tới I/ MỘT SỐ SAI LẦM CỦA HỌC SINH : Học sinh thường vẫn nghĩ là : ứng với 2 tiếp điểm khác nhau thì có 2 tiếp. .. Tìm trên (C) những điểm mà tiếp tuyến tại đó song song với tiếp tuyến tại A(1; 2) Học sinh giải : Gọi B( xo ; yo )  (C ) là điểm cần tìm, B  A tức là xo  1 Tiếp tuyến tại B // tiếp tuyến tại A nên :  x0  0  3 f '( xo )  f '(1)  4 xo  4 xo  0   x0  1  x0  1 (loai)  Vậy có 2 điểm B1 (0; 3), B2 ( 1; 2) Nhận xét : Cần kiểm tra lại vì B2  A nhưng 2 tiếp tuyến tại những điểm đó trùng... x 1 kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) và 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox x2 x2  x Giải : Ta có : y  x 1 y 1 Gọi A(0; b) là điểm trên trục Oy, y 2 M( 0 ; y0 )  (C ) và tiếp tuyến tại M đi qua điểm A y0  1 +Với f '( x0 )  16 ( y0  1) 2  y0  2  3 (x  x0 )  y 0  y  Phương trình tiếp tuyến tại M : y  x   y0 ( x0  1) 2 3 y0  1   ( y0  1) 2  y0  2  2 Tiếp tuyến qua A :... yêu cầu bài toán Ví dụ 2 : Cho hàm số y  x 3  3x (C ) Tìm những điểm trên đường thẳng y = 2 từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) (Lời giải của Th.s Lê hồng Đức, phương pháp giải toán giải tích 12 tập 3, trang 88) Gọi A(a; 2) thuộc đường thẳng y = 2 Đường thẳng (d) qua A có hệ số góc k : y = k(x - a) + 2 Đt (d) là tiếp tuyến của (C) khi hệ sau có nghiệm :  x3  3x  k ( x  a)  2 (1)   2 (2) 3x... 1 x 1 Tìm những điểm trên đường thẳng y = 1 mà từ đó chỉ kẻ được 1 tiếp tuyến đến (C) (Nếu từ hệ phương trình hoành độ tiếp điểm, khử k để được pt hoành độ tiếp điểm rồi từ số hoành độ tiếp điểm suy ra số tiếp tuyến thì sẽ không chính xác Ta sẽ khử x để được pt theo k ) Lời giải : Gọi A(a; 1) thuộc đt y = 1 Pt đthẳng (d) qua A có hệ số góc k : y = k( x – a) + 1 Đt (d) tiếp xúc (C) khi hệ sau có nghiệm... trên trục tung từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C) của hàm số Lời giải : (của một số tài liệu ) Gọi A(0; b) thuộc Oy Đthẳng (d) đi qua A có hệ số góc k : y = kx + b D tiếp xúc (C) khi hệ sau có nghiệm :  x 4  2 x 2  1  kx  b (1)   3 (2) 4 x  4 x  k  Thay (2) vào (1) ta được : x 4  2 x 2  1  (4x3  4x ) x  b  3x4  x2  b  1  0 (3) Qua A kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C)  (3) có 3 nghiệm... 6   3 9   Vậy từ A(0; -1) ta kẻ được tiếp tuyến đến (C) 2  4  x  2 x  1  kx  2 2) Xét b = - 2 : Hệ trở thành :  3 4 x  4 x  k   x 4  2 x 2  1  (4x3  4x ) x  2  3x 4  2 x 2  1  0  x  1  k  0 Vậy từ A ta chỉ kẻ được 1 tiếp tuyến đến (C) x 1 (C) Tìm những điểm trên trục tung từ đó kẻ được đúng 1 x 1 tiếp tuyến đến (C) Lời giải : (của 1 em Nguyễn quốc Trường, học sinh lớp . có 2 tiếp tuyến ngoài và 1 ttuyến trong. - Tiếp tuyến chung ngoài đi qua I (tâm vị tự ngoài) và tiếp xúc với một trong hai đường tròn. - Một tiếp tuyến chung trong chính là trục đẳng phương của. định phương trình đường thẳng tiếp xúc với cả 2 đường tròn )(C,) 21 mm C 5 Diễn đàn Tổ Toán : TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN TRONG KHÔNG GIAN : Trong không gian Oxyz, cho đường tròn (C) tâm I(a; b;. 1 Chuyên đề : TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN. Bài toán viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn là một mảng kiến thức khá quen thuộc trong chương trình