Phương trình bất phương trình lượng giác và một số ứng dụng

Phương trình bất phương trình lượng giác và một số ứng dụng Phương trình bất phương trình lượng giác và một số ứng dụng Phương trình bất phương trình lượng giác và một số ứng dụng luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐỒN THỊ CÚC PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Hà Nội – Năm 2013 Mục lục Mở đầu Phương trình lượng giác 1.1 Phương trình 1.2 Phương trình đưa dạng đa thức 1.3 Phương trình đưa dạng tích 1.4 Phương trình lượng giác giải phương 4 13 18 Bất phương trình lượng giác 2.1 Bất phương trình lượng giác 2.2 Sử dụng tính tuần hồn giải bất phương trình lượng giác 29 29 33 Ứng dụng phương trình bất phương trình lượng giác 3.1 Ứng dụng đại số 3.2 Ứng dụng chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức 3.3 Ứng dụng hình học 37 37 58 70 Kết luận 86 Tài liệu tham khảo 87 pháp so sánh Mở đầu Chuyên đề lượng giác nội dung quan trọng chương trình tốn bậc Trung học phổ thơng Các tốn "Phương trình, bất phương trình lượng giác" thường xuất kỳ thi Đại học, Cao đẳng kỳ thi học sinh giỏi Việc nâng cao kiến thức giúp học sinh giải tốt tốn động lực để tơi nghiên cứu đề tài Bản luận văn chia làm chương Chương Phương trình lượng giác Trong chương này, số kiến thức nhắc lại Luận văn trình bày số phương pháp giải phương trình lượng giác Chương Bất phương trình lượng giác Ở chương luận văn đề cập đến phương pháp giải bất phương trình lượng giác Chương Ứng dụng phương trình bất phương trình Luận văn trình bày hai ứng dụng quan trọng phương trình, bất phương trình lượng giác đại số hình học Mặc dù thân cố gắng nghiêm túc học tập nghiên cứu khoa học thời gian có hạn, kiến thức thân cịn hạn chế nên q trình thực luận văn không tránh khỏi sơ suất Rất mong nhận góp ý thầy bạn Tơi xin chân thành cảm ơn Học viên Đồn thị Cúc Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lịng kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn tơi suốt q trình tơi thực đề tài Tôi xin gửi tới thầy cô Khoa Toán-Cơ -Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, thầy tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013 tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn gia đình ln động viên tơi suốt trình học tập làm luận văn Hà Nội, tháng 10 năm 2013 Học viên Đoàn Thị Cúc Chương Phương trình lượng giác Phương trình lượng giác kiến thức quan trọng chương trình tốn học phổ thông Không tồn phương pháp chung để giải tất tốn phương trình lượng giác Người ta chia phương trình lượng giác (theo cách giải) thành hai loại: Loại Phương trình lượng giác giải túy biến đổi lượng giác Loại Phương trình lượng giác giải phương pháp đại số, giải tích Để giải phương trình lượng giác nhìn chung ta thường biến đổi phương trình cần giải hay số phương trình lượng giác đơn giản có cách giải 1.1 Phương trình Giả sử u,v biểu thức theo x: u = u(x),v = v(x) Khi ta có sin u = sin v ⇔ u = v + k2π (k ∈ Z) u = π − v + k2π cos u = cos v ⇔ tan u = tan v ⇔ u = v + k2π u = −v + k2π π + kπ u = v + lπ u= (k ∈ Z) (k, l ∈ Z) cot u = cot v ⇔ u = kπ u = v + lπ (k, l ∈ Z) Bài toán 1.1 Giải phương trình sin 7x− Lời giải Ta có 5π + cos 2x + π (1.1) = 5π π = − cos 2x + 5π π ⇔ sin 7x− = sin 2x − 6  2π k2π π x= = 2x − + k2π +  15  ⇔ 7π 2π k2π = − 2x + k2π + x= 9 (1.1) ⇔ sin 7x−   ⇔  7x − 5π 5π 7x − (k ∈ Z) Vậy nghiệm phương trình x= 2π k2π 2π k2π + ; x= + (k ∈ Z) 15 9 Bài tốn 1.2 Giải phương trình tan x = cos2 2x + 5π 12 + sin2 x + 5π 12 Lời giải Điều kiện xác định cos x = ⇔ x = + sin x sin 3x + 5π (1.2) π + lπ (l ∈ Z) Ta có sin (a + b) sin (a − b) = sin2 a cos2 b − cos2 a sin2 b = − cos2 a − sin2 b − cos2 a sin2 b Suy cos2 a + sin2 b + sin (a + b) sin (a − b) = (∗) Áp dụng (∗) ta có cos2 2x + 5π 12 + sin2 x + 5π 12 + sin x sin 3x + Do (1.2) ⇔ tan x = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình x = 5π = π + kπ (k ∈ Z) π + kπ (k ∈ Z) Bài tốn 1.3 Giải phương trình √ 2 + cos 3x.cos3 x − sin 3x.sin3 x = (1.3) Giải Ta có √ 2+3 2 (1.3) ⇔ cos x(cos 4x + cos 2x) − sin x(cos 2x − cos 4x) = 2 √ 2+3 2 2 ⇔ cos x cos 4x + cos x cos 2x − sin x cos 2x + sin x cos 4x = √ 2+3 2 2 ⇔ cos 4x(cos x + sin x) + cos 2x(cos x − sin x) = √ 2 + ⇔ cos 4x + cos2 2x = √ ⇔ cos 4x + 2(1 + cos 4x) = + √ ⇔ cos 4x =  π kπ x= + 16 ⇔ −π kπ (k ∈ Z) + x= 16 Vậy nghiệm phương trình x= π kπ −π kπ + ; x= + (k ∈ Z) 16 16 Nhận xét 1.1 Việc khéo léo sử dụng cơng thức biến đổi tích thành tổng giúp ta tránh việc sử dụng công thức lượng giác góc nhân ba Bài tốn 1.4 Giải biện luận phương trình (m − 1) sin x + − m = Lời giải *) Với m = phương trình cho trở thành sin x + = ⇔ sin x = −1 (phương trình vơ nghiệm) m−2 m−1 m−2 ⊕ > ⇔ (m − 2)2 > (m − 1)2 ⇔ m2 − 4m + > m2 − 2m + m−1 ⇔ m < phương trình vơ nghiệm m−2 ⊕ ≤ ⇔ (m − 2)2 ≤ (m − 1)2 ⇔ m2 − 4m + ≤ m2 − 2m + m−1 m−2 −π π ⇔ m ≥ đặt = sin α α ∈ , m−1 2 *) Với m = (1.4) ⇔ sin x = x = α + k2π Khi (1.4) ⇔ sin x = sin α ⇔ x = π − α + k2π Kết luận (k ∈ Z) (1.4) phương trình (1.4) vơ nghiệm Với m ≥ phương trình (1.4) có nghiệm dạng Với m < x = α + k2π x = π − α + k2π 1.2 k ∈ Z, α ∈ −π π m−2 , ; sin α = 2 m−1 Phương trình đưa dạng đa thức Bài tốn 1.5 Giải phương trình sin 4x + 16 sin3 x cos x + cos 2x = (1.5) Lời giải Ta có (1.5) ⇔ sin 4x + sin2 x sin 2x + cos 2x = ⇔ sin 4x + (1 − cos 2x) sin 2x + cos 2x = ⇔ sin 4x + sin 2x − sin 4x + cos 2x = ⇔ cos 2x + sin 2x = ⇔ cos 2x + sin 2x = 5 Đặt     = cos α α ∈ 0,    = sin α π Khi ta có phương trình cos α cos 2x + sin α sin 2x = ⇔ cos (2x − α) = α ⇔ 2x − α = k2π ⇔ x = + kπ (k ∈ Z) Vậy nghiệm phương trình x= α + kπ (k ∈ Z) Bài tốn 1.6 Giải phương trình sin 4x sin x − sin 3x sin 2x = √ cos 3x + + cos x Lời giải Ta có √ cos 3x + + cos x √ ⇔ sin 4x sin x − sin 3x sin 2x = cos 3x + + cos x (1.6) ⇔ sin 4x sin x − sin 3x sin 2x = (1.6) √ ⇔ − cos x = + cos x − cos x ≥ ⇔  cos x = (1 + cos x) ⇔  cos x ≤  cos2 x − cos x − = ⇔ cos x = − √  cos x = ± ⇔ x = ±arccos − ⇔  cos x ≤ √ √ + k2π (k ∈ Z) Vậy nghiệm phương trình x = ±arccos − √ + k2π (k ∈ Z) Bài tốn 1.7 Giải phương trình cos2 √ π − 2x + cos 4x = cos2 x − (1.7) Lời giải Ta có √ π − 4x + cos 4x = cos2 x − (1.7) ⇔ + cos √ ⇔ sin 4x + cos 4x = 2 cos2 x − √ ⇔ sin 4x + cos 4x = cos 2x √ cos 4x = cos 2x ⇔ sin 4x + π π ⇔ sin sin 4x + cos cos 4x = cos 2x 6 π ⇔ cos 4x − = cos 2x   π π + kπ x= 4x − = 2x + k2π 12   ⇔ ⇔ (k ∈ Z) π π kπ 4x − = −2x + k2π x= + 36 Vậy nghiệm phương trình x= π π kπ + kπ; x = + (k ∈ Z) 12 36 Bài tốn 1.8 Giải phương trình (2 cos 3x + cos x + 1)3 = 162 cos x − 27 Lời giải √ Đặt t = cos x, |t| ≤ Ta có t3 + = 3 3t − (1.8) Đặt u = √ 3t − 1.Ta có hệ phương trình t3 = 3u − ⇔ u3 = 3t − ⇔ t3 − u3 = 3(u − t) t3 = 3u − (t − u)(t2 + tu + u2 + 3) = ⇔ t3 = 3u − t=u t3 = 3t − Vậy cos3 x − cos x + = ⇔ cos 3x + = −1 ⇔ cos3x = 2π k2π ⇔x=± + (k ∈ Z) Vậy nghiệm phương trình x = ± 2π k2π + (k ∈ Z) 9 √ √ b) Điểm M ∈ (C) suy M (2 + sin t, + cos t) Khi √ √ 2 sin t + + cos t √ √ = + sin t + sin2 t + + cos t + cos2 t π = 10 + sin t + M A2 = + Vậỵ √ π π = ⇔ t = ⇒ M (3, 4) M Amax = 2, đạt sin t + 4 √ π 3π M Amin = 2, đạt sin t + ⇒ M (1, 2) = −1 ⇔ t = 4 Vậy có điểm M (3, 4), M (1, 2) thỏa mãn yêu cầu toán Bài tốn 3.42 Cho Elip (E) có phương trình x2 y + = Tìm điểm M thuộc Elip cho a) Có tọa độ số nguyên b) Có tổng hai tọa độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Lời giải a) Phương trình tham số (E) √ x = √2 sin t y = 2 cos t √ t ∈ [0, 2π) √ Khi điểm M ∈ (E) suy M ( sin t, 2 cos t) Suy giá trị góc α để x, y nguyên π 3π 5π 7π , , , 4 4 Ta M (1, 2), M (−1, 2), M (−1, −2), M (1, −2) b) Điểm M (x0 , y0 ) ∈ (E) suy √ x0 = √2 sin t y0 = 2 cos t Khi x0 + y = √ t ∈ [0, 2π) √ sin t + 2 cos t 73 Vậy √ √ √ ( 2)2 + (2 2)2 = 10, đạt √ √ √ √ sin t + 2 cos t = 10 ⇔ sin t = − cos t   √ √ sin t = √ 10 10 , ⇒M ⇒ 5  cos t = √ √ = − 10, đạt √ √ √ √ sin t + 2 cos t = − 10 ⇔ sin t = − − cos t   √ √ sin t = − √ 10 10 −4 ⇒ ⇒M − , 5  cos t = − √ (x0 + y0 )max = (x0 + y0 )min Bài toán 3.43 Cho Hypebol (H) có phương trình x2 y − = Tìm điểm thuộc Hypebol có tổng bình phương khoảng cách tới hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ Lời giải Hypebol có hai đường tiệm cận d1 : y = x ⇔ x − 2y = −1 d2 : y = x ⇔ x + 2y = Chuyển phương trình (H) dạng tham số   x    =  a cos t x = cos t ⇔    y = tan t b   Khi đó, điểm M ∈ (H) suy M t ∈ [0, 2π) \ y = tan t , tan t cos t Khoảng cách từ M tới hai tiệm cận cho + tan t 2|1 + sin t| t d1 = cos√ = √ 1+4 5| cos t| 74 π 3π , 2 − tan t 2|1 − sin t| t d2 = cos√ = √ 1+4 5| cos t| Suy S= d21 + d22 4(1 + sin t)2 4(1 − sin t)2 = + cos2 t cos2 t 8 = + tan t = (1 + tan2 t) cos t Vậy tồn điểm M thỏa mãn u cầu tốn (chính hai đỉnh trục thực Vậy Smax = , đạt tan2 t = ⇒ cos t = ±1 ⇒ M (2, 0), M (−2, 0) (H)) Bài toán 3.44 Cho điểm A(4, 1) Hypebol(H) có phương trình x2 y − = a) Tìm tọa độ điểm M thuộc H cho đoạn AM ngắn b) Chứng tỏ đoạn AM ngắn nhất, AM vng góc với tiếp tuyến M (H) Lời giải a) Hypebol(H) có phương trình tham số √   x = cos t t ∈ [0, 2π) \   π 3π , 2 y = tan t , tan t Khi cos t √ 2 MA = − + (2 tan t − 1)2 cos t √ 2 = − + 16 + tan2 t − tan t + cos t cos t √ 2 =4 − + 2(tan t − 1)2 + ≥ cos t Với M ∈ (H), ta gọi M Vậy M Amin = 5, đạt √   −1=0 cos t   tan t − = ⇔ √   cos t =   tan t = 75 ⇒ M (2, 2) b) Ta có ⊕ Tiếp tuyến M Hypebol có dạng (d) 2x 2y − = ⇔ 2x − y − = ⊕ Đường thẳng AM có hệ số góc kAM = yM − yA −1 = xM − xA Nhận xét kd kAM = −2 = −1 ⇔ (d) ⊥ AM Vậy AM ngắn AM vng góc với tiếp tuyến M Hypebol Dạng Vị trí tương đối, khoảng cách Bài tốn 3.45 Cho Hypebol(H) đường thẳng (d) có phương trình x2 y − = (d) : x − y + = a Chứng minh (H) (d) không cắt (H) b Giả sử M ∈ (H) M H khoảng cách từ M đến (d) Tìm tọa độ điểm M cho độ dài M H nhỏ Lời giải a Hypebol(H) có phương trình tham số √  2  x = cos t t ∈ [0, 2π) \   π 3π , 2 y = tan t Thay x, y từ phương trình (H) vào phương trình đương thẳng (d) ta √ √ 2 − tan t + = ⇔ sin t − cos t = 2 (phương trình vơ nghiệm) cos t Vậy (d) (H) khơng cắt nhau.√ b Vì M ∈ (H) nên ta gọi M Ta có 2 , tan t cos t √ 2 − tan t + cos t √ M H = d(M, d) = 12 + 12 √ 2 =√ − tan t + ≥ √ cos t ≥√ (8 − 4) √ 2 − tan t − cos t 1 − tan2 t − = √ cos t 76 Vậy M Hmin = √ , đạt √ 1 2 tan t = ⇔ sin t = √ cos t  √  cos t = tan t =  ⇒ ⇒ ⇒ √  tan t = −1 − cos t = M (4, 2) M (−4, −2) Thử lại ⊕ Với M (4, 2), ta M H = √ |4 − + 1| = √ không thỏa mãn 2 ⊕ Với M (−4, −2), ta M H = √ | − + + 1| = √ thỏa mãn 2 Vậy dmin = √ , đạt điểm M (−4, −2) Bài toán 3.46 Cho đường thẳng (d) đường trịn (C) có phương trình (d) : x + y − = (C) : x2 + y − 4x − 4y + = a Chứng minh (d) cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Tính độ dài đoạn thẳng AB b Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho ABC có chu vi lớn Lời giải a Xét hệ phương trình tạo đường thẳng (d) đường tròn (C)  x2 + y2 − 4x − 4y + = x+y−2=0  ⇔  x=2 y=0 x=0 y=2 √ Vậy độ dài đoạn thẳng AB = 2 b Ta có phương trình tham số đường trịn  x = + sin t t ∈ [0, 2π) y = + cos t  77 ⇒ A (2, 0) ⇒ B (0, 2) Điểm C ∈ (C) suy C(2 + cos t, + sin t) Khi Chu vi √ √ √ ABC = AB + BC + CA = 2 + + sin t + + cos t √ ≤ 2 + (1 + 1)(8 + sin t + + cos t) √ √ π = 2 + + sin t + √ √ ≤ 2 + + √ √ ABC lớn = 2 + + 2, đạt √ √ + sin t = + cos t   π ⇔t=  sin t + π = √ √ Vậy tọa độ điểm C(2 + 2, + 2) Do chu vi Bài tốn 3.47 Cho Elip (E) đường thẳng (d) có phương trình (E) : √ x2 y + = (d) : x − y + = a Chứng minh (d) cắt (E) hai điểm phân biệt A, B Tính độ dài đoạn thẳng AB b Tìm tọa độ điểm C thuộc (E) cho ABC có diện tích lớn Lời giải a Xét hệ phương trình tạo (E) (d)  x y2  √ √ √ √  + =1 √ √ 2+ 2− ⇒A − 1, , B − − 1, 2  √  x−y 2+2=0 √ Vậy độ dài đoạn thẳng AB = b Phương trình tham số (E)  √ x = 2 sin t t ∈ [0, 2π) y = cos t  √ Điểm C ∈ (E) suy C(2 sin t, cos t) H hình chiếu vng góc C lên AB Ta √ S ABC = AB.CH = CH 2 ABC có diện tích lớn ⇔ CH lớn 78 Ta có √ √ |2 sin t − 2 cos t + 2| √ CH = d(C, d) = 1+2 √ π = √ sin(t − ) + ≤ √ ⇒ CHmax = √ Vậy Smax = đạt sin t − π =1⇔t= √ 3π ⇒ C(2, − 2) Dạng Tiếp tuyến đường tròn, Elip, Hypebol Bài tốn 3.48 Cho hai đường trịn có phương trình (C1 ) : (x − 1)2 + (y − 1)2 = (C2 ) : (x − 2)2 + (y + 1)2 = Lập phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn Lời giải Đường trịn (C1 ) có tâm I(1, 1) bán kính R1 = Đường trịn (C2 ) có tâm I(2, −1) bán kính R2 = Các tiếp tuyến(d) đường trịn (C) có dạng (d) : (x − 1) sin t + (y − 1) cos t = Đường thẳng (d) tiếp xúc với (C2 ) d (I2 , d) = R2 ⇔ |2 sin t − cos t − sin t − cos t − 1| sin2 t + cos2 t =2 ⇔ |sin t − cos t − 1| = sin t − cos t = (phương trình vơ nghiệm) sin t − cos t = −1 ⇔ ⇒  sin t − cos t = −1 sin    ⇔  t + cos2 t ⇔ (2 cos t − 1)2 + cos2 t = =1   sin t = cos t − cos t = cos t =  sin t = −1 + cos t   ⇔   79 cos t = sin t = −1 cos t = sin t = ∗ Với cos t = sin t = −1 ta phương trình tiếp tuyến chung (d) : x = tọa độ tiếp điểm M1 (0, 1) ∗ Với cos t = sin t = ta phương trình tiếp tuyến chung 5 (d) : x = tọa độ tiếp điểm M2 ( , ) 5 Vậy tồn hai tiếp tuyến chung Bài toán 3.49 Cho Hypebol (H) Elip (E) có phương trình (H) : x2 y − =1 27 (E) : x2 y + = Lập phương trình tiếp tuyến chung (E) (H) Lời giải Các tiếp tuyến (d) với (H) có dạng √ √ √ x y tan t √ − √ = ⇔ 3x − 2y sin t = 6 cos t 2 cos t 3 Để (d) tiếp xúc với (E) điều kiện √ √ √ (3 3)2 + (2 sin t)2 = (6 cos t)2 √ 10 ⇔ cos t = ⇔ cos t = ± √ √ 10 ∗ Với cos t = ⇒ sin t = ± , ta hai tiếp tuyến 4 √ √ (d1 ) : 3x + y − = 0, (d2 ) : 3x − y − = √ √ − 10 ∗ Với cos t = ⇒ sin t = ± , ta hai tiếp tuyến 4 √ √ (d1 ) : 3x + y + = 0, (d2 ) : 3x − y + = Vậy tồn tiếp tuyến chung thỏa mãn yêu cầu toán Bài tốn 3.50 Cho Hypebol (H) có phương trình (H) : x2 y − = a2 b Gọi M điểm thuộc (H) a Chứng minh tích khoảng cách từ M đến tiệm cận số 80 b Từ M kẻ đường thẳng song song với hai đường tiệm cận cắt chúng P, Q Chứng minh diện tích hình bình hành OP M Q số Lời giải Phương trình hai đường tiệm cận (H) b (d1 ) : y = x ⇔ (d1 ) : bx − ay = a b (d2 ) : y = − x ⇔ (d2 ) : bx + ay = a Chuyển phương trình(H) cho dạng tham số  a  x = cos t t ∈ [0, 2π) \  y = b tan t Điểm M ∈ (H) nên gọi M π 3π , 2 a , b tan t cos t a Khoảng cách từ điểm M tới đường tiệm cận (d1 ), (d2 ) xác định b d3 = a a − ab tan t + ab tan t b cos t cos t √ √ d4 = b + a2 b + a2 Do a a − ab tan t b + ab tan t cos cos t √t √ b + a2 b + a2 − tan2 t a2 b cos2 t = b + a2 a2 + b b d3 d4 = a2 b = Vậy tích khoảng cách từ điểm M (H) đến tiệm cận số b b Gọi α góc tạo đường tiệm cận y = x với trục Ox Ta có a tan α = SOP M Q b tan α 2ab sin 2α = = 2 a a + b2 + tan α 2ab a2 + b = OP.OQ sin 2α = OP.OQ ⇒ OP.OQ = SOP M Q a + b2 2ab Mặt khác SOP M Q = OQ.h1 = OP.h2 ⇒ SOP M Q = OP.OQ.h1 h2 = ⇔ SOP M Q = ab 81 a2 + b a2 b SOP M Q 2ab a + b2 Dạng Bài toán quỹ tích Bài tốn 3.51 Cho đường trịn (C) Elip (E) có phương trình (C) : x2 + y = 16 (E) : x2 y + = Từ M ∈ (C) kẻ hai tiếp tuyến M T1 , M T2 tới (E), T1 , T2 tiếp điểm Chứng minh đường thẳng T1 T2 tiếp xúc với Elip cố định Lời giải Phương trình tham số đường tròn (C)  x = sin t t ∈ [0, 2π)  y = cos t Điểm M ∈ (C) suy M (4 sin t, cos t) Gọi tọa độ tiếp điểm T (x1 , y1 ), ta có ∗ Tiếp tuyến với (E) T (x1 , y1 )có dạng x.x1 y.y1 + =1 ∗ Tiếp tuyến qua điểm M (4 sin t, cos t), ta có x1 sin t + 4y1 cos t = (1) Nhận thấy tọa độ T1 , T2 thỏa mãn (1), phương trình đường thẳng (T1 T2 ) có dạng x sin t + 4y cos t = Gọi N (x, y) điểm mà đường thẳng (T1 T2 ) khơng qua với t, x sin t + 4y cos t = vô nghiệm t ⇔ x2 + 16y < ⇔ x2 y + < 1 16 Ta chứng minh đường thẳng (T1 T2 ) tiếp xúc với Elip (E1 ) : Thật A2 a2 + B b2 = (sin t)2 + (4 cos t)2 Vậy (T1 T2 ) tiếp xúc với (E1 ) : x2 y + = 1 16 82 x2 y + = 1 16 = 16 Bài toán 3.52 Cho Hypebol(H) Elip(E) có phương trình (H) : x2 y x2 y − = 1, (E ) : + = a21 b21 a22 b2 Từ M ∈ (H) kẻ hai tiếp tuyến M T1 , M T2 tới (E), T1 , T2 tiếp điểm Giả sử M T1 , M T2 cắt (E1 ) hai điểm E1 hai điểm E1 , E2 khác M a Chứng minh đường thẳng T1 T2 tiếp xúc với Hypebol cố định b Chứng minh đường thẳng F1 F2 tiếp xúc với Hypebol cố định Lời giải a Chuyển phương trình cho (H) dạng tham số  a  = x(t) x = cos t t ∈ [0, 2π) \  y = b tan t = y(t) π 3π , 2 a , b tan t cos t Gọi tọa độ tiếp tuyến T (x1 , y1 ), ta có Điểm M ∈ (H) suy M ∗ Tiếp tuyến với (E) T (x1 , y1 )có dạng x.x1 y.y1 + =1 a2 b ∗ Tiếp tuyến qua điểm M a , b tan t , ta có cos t y tan t x + = a cos t b (1) Nhận thấy tọa độ T1 , T2 thỏa mãn (1), phương trình đường thẳng (T1 T2 ) có dạng x y tan t + = ⇔ (T1 T2 ) : bx + ay sin t = ab cos t a cos t b Gọi N (x, y) điểm mà đường thẳng (T1 T2 ) khơng qua với t, phương trình bx + ay sin t = ab cos t vô nghiệm t ⇔ a2 b2 + a2 y < b2 x2 ⇔ x2 y − < a2 b Ta chứng minh đường thẳng (T1 T2 ) tiếp xúc với Hypebol(H) : x2 y − = a2 b Thật tan2 t 2 a − b = (luôn đúng) a2 cos2 t b2 x2 y Vậy đường thẳng (T1 T2 ) tiếp xúc với Hypebol(H) : − = a b 83 b Viết phương trình đường thẳng F1 F2 Chuyển phương trình (H) dạng tham số  a(1 + t2 )  x = 1−t   t ∈ R y = 2bt − t2 Điểm M (x0 , y0 ) ∈ (H) ⇒ M (x(t0 ), y(t0 )) Gọi F (x(t), y(t)) giao điểm (khác M )của (H) với đường thẳng qua M tiếp xúc với (E), ta có • Phương trình đường thẳng M F có dạng x y (M F ) : (t0 t + 1) − (t0 + t) + t0 t − = a b • Đường thẳng M F tiếp xúc với (E) t0 t + a a2 + t0 + t b b2 = (t0 t − 1)2 ⇔ t2 + 6t0 t + t20 = (2) Vì F1 (x(t1 ), y(t1 )) F2 (x(t2 ), y(t2 )) hai giao điểm nên t1 , t2 nghiệm phương trình (2), ta  t1 + t2 = −6t0  t1 t2 = t20 Phương trình đường thẳng F1 F2 có dạng y x (t1 t2 + 1) − (t1 + t2 ) + t1 t2 − = a b y x ⇔ (t20 + 1) + 6t0 + t20 − = a b ∗ Gọi N (x, y) điểm mà F1 F2 không qua với t0 , x y (t20 + 1) + 6t0 + t20 − = 0, vô nghiệm t0 a b x y x ⇔ + t0 + 6t0 + − = 0, vô nghiệm t0 a b a x 9y x x2 y ⇔