Chun đề : TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRỊN Bài tốn viết phương trình tiếp tuyến đường trịn mảng kiến thức quen thuộc chương trình Tốn THPT Sau ta nghiên cứu số dạng tập lĩnh vực nầy mặt phẳng lẫn khơng gian A TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRỊN TRONG MẶT PHẲNG : Kiến thức : Trong mp Oxy cho đường tròn (C) tâm I(a; b) bán kính R Đường thẳng (  ) : Ax + By + C = 0, A2 + B2 > Điều kiện  tiếp xúc (C)  d ( I ,  )  R 1) Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn điểm Mo  (C) : Tiếp tuyến đt  qua Mo(xo; yo) có vtpt IM Phương trình  : ( x  x0 )( x0  a )  ( y  y )( y  b)  2) Viết pttt đtròn thoả điều kiện Ω cho trước : Gọi  : Ax  By  C  0, A  B  Ta tìm A, B, C nhờ điều kiện Ω điều kiện tiếp xúc  với đường tròn (C) Ví dụ 1: Trong mp Oxy, cho đường trịn (C) : (x – 1)2 + (y + 1)2 = 10 Lập pttt (C) biết ttuyến tạo với đthẳng (d) : 2x + y – = góc 45o Giải : (C) có tâm I(1; -1) bán kính R = 10 Giả sử tiếp tuyến  có ptrình : Ax + By + C = A BC  10  A  B  C  10 A  B (1) Điều kiện tiếp xúc : d ( I , )  R  2 A B  tạo với (d) góc 45o nên : 2A  B 2A  B  ( )2  ( )  A  AB  3B  Cos45o = 2 2 A  B A  B  A  3B  A  B   3B  B  C C  14 B  10  C  B  10 B   C  6 B (3B )  B + C = 14B : Ta có ttuyến -3Bx + By + 14B =  3 x  y  14  + C = - 6B : Ta có ttuyến – 3Bx + By – 6B =  3 x  y   B (b) Với A = : ( tự giải ) Ví dụ : Cho điểm M(-4; -6) đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 8y – = 0.Lập pttt (C) qua M? Viết phương trình đthẳng qua tiếp điểm Giải : (C) có tâm I(1; 4) , bán kính R = 2 Giả sử Mo(xo; yo) tiếp điểm Mo  (C )  x  y  x  y   (1) (a) Với A = -3B Thay vào (1) : 2 Tiếp tuyến (  ) qua Mo, có vtpt IM  ( x0  1; y  4) có ptrình : (xo – 1)(x – xo) + (yo – 4)(y – yo) = Tiếp tuyến qua M nên : ( x0  1)(4  x0 )  ( y  4)(6  y )  2  x  y  x  y  28  2  ( x  y  x  y  8)  x  10 y  20   x0  y   (2)  x0  4 x  ;  Giải (1) (2) ta :   y0   y0  Với tiếp điểm M1(-4; 4) ta có tiếp tuyến x + = Với tiếp điểm M2(4; 0) ta có tiếp tuyến 3x – 4y – 12 = Phương trình qua tiếp điểm : x + 2y – = Chú ý : Có thể giải cách gọi  : A(x + 4) + B(y + 6) = 0.Dùng điều kiện tiếp xúc để suy A, B Tuy nhiên viết phương trình qua tiếp điểm phải tìm toạ độ tiếp điểm viết pt qua tiếp điểm 3) Viết pttt chung đường tròn : Cho hai đường tròn (C1) có tâm I1(a1; b1), bán kính R1 (C2) có tâm I2(a2; b2), bán kính R2 Có cách giải tốn viết ptrình tiếp tuyến chung đường tròn (C1), (C2) Cách : Gọi (  ) : Ax + By + C = a1 A  b1 B  C  R1 (1) ( ) tiếp xúc (C1)  d ( I , )  R1  A2  B a1 A  b2 B  C  R2 (  ) tiếp xúc (C2)  d ( I , )  R2  (2) A2  B R  a A  b1 B  C  a A  b2 B  C (3) R2 Giải hệ phương trình sau : (a1 A  b1 B  C )  R ( A  B )  a A  b B  C  R1 (a A  b B  C ) 2  R2   (a1 A  b1 B  C )  R ( A  B )  a A  b B  C   R1 (a A  b B  C ) 2  R2  Ta A, B, C suy phương trình tiếp tuyến Cách : Viết phương trình  tiếp xúc với (C1) điểm Mo(xo; yo)  (C1 ) (ẩn số xo, yo) Từ điều kiện để  tiếp xúc (C2) ta suy xo, yo phương trình  Cách : (1) Nếu I1I2 > R1 + R2 (C1), (C2) ngồi  (C1), (C2) có tiếp tuyến chung ngoài, ttuyến chung R - Tiếp tuyến chung qua I ( I chia I1I2 theo tỉ số , gọi tâm vị tự ngoài) tiếp xúc với R2 hai đường tròn R - Tiếp tuyến chung qua J ( J chia I1I2 theo tỉ số  , gọi tâm vị tự trong) tiếp xúc R2 với đường tròn (2) Nếu I1I2 = R1 + R2 (C1), (C2) tiếp xúc ngồi  (C1), (C2) có tiếp tuyến ngồi ttuyến - Tiếp tuyến chung qua I (tâm vị tự ngoài) tiếp xúc với hai đường tròn - Một tiếp tuyến chung trục đẳng phương đường trịn (3) Nếu R1  R2  I I  R1  R2 (C1), (C2) cắt điểm  (C1), (C2) có ttuyến ngồi Hai ttuyến qua I ( tâm vị tự ngoài) tiếp xúc đường tròn (4) Nếu I I  R1  R2 (C1), (C2) có ttuyến chung Ttuyến chung qua tiếp điểm  với đường nối tâm ( tức trục đẳng phương) Ví dụ : Viết phương trình tiếp tuyến chung đường tròn : (C1) : (x -1)2 + (y – 1)2 = 1, (C2) : (x – 2)2 + (y + 1)2 = Giải : (C1) có tâm I1(1; 1) , bán kính R1 = (C2) có tâm I2(2; -1) , bán kính R2 = I I  (1;2)  I I  Vì : R2 – R1 = < I1I2 < = R1 + R2 nên (C1), (C2) cắt  có tiếp tuyến Cách : Gọi  : Ax  By  C  0, A  B  A BC 1 (1)  tiếp xúc (C1)  d ( I , )  R  A2  B 2A  B  C 2 (2)  tiếp xúc (C2)  d ( I , )  R  A2  B ( A  B  C )  A  B   A  B  C  A2  B   C  3B Ta có :     2 A  B  C  A  B  C C   (4 A  B )    B  + Với C = -3B : Ta có ( A  B  3B )  A  B  B (3B  A)     A  3B  B =  C  , chọn A = ta có tiếp tuyến x =  4A = 3B : Chọn A = 3, B =  C = -12 ta có tiếp tuyến 3x + 4y – 12 = + Với C =  (4 A  B ) Tương tự ta thấy hệ vô nghiệm Cách : Giả sử tiếp điểm tiếp tuyến ( ) với (C1) M(xo; yo) Tiếp tuyến (C1) M có vtpt I M  ( x0  1; y  1) nên có phương trình :  : (x – xo)(xo – 1) + (y – yo)(yo- 1) =  Vì M(xo; yo)  (C1 ) nên : 2 (xo – 1)2 + (yo – 1)2 =  x  y  x  y    Đường thẳng ( ) tiếp xúc (C2) : (2  x0 )( x0  1)  (1  y )( y  1) d ( I ,  )  R2  2 ( x0  1)  ( y  1)   2 x0  y  ( x0  y  x0  y  1) ( x0  1)  ( y  1) (1) (2) 2 (3)  x0  y   x0  y    (4)  x0  y  Giải (2) (3) ta thấy vô nghiệm  x0  0, y   M (0;1)  Giải (2) (4) ta :   x0  , y  M ( ; )   5 5   + Với M1(0; 1) thay vào (1) ta có tiếp tuyến x = + Với M2( ; ) thay vào (1) ta có tiếp tuyến 3x + 4y – 12 = 5 Cách : Gọi I tâm vị tự ngồi Ta có : 1  x1  x   2 0  x  1  1 1 R  2  I (0; 3) II  II  II   1 R2  y  y  (1) y  2  3  1 1 1  2  Đường thẳng  qua I có vtpt (A; B) có phương trình : A(x – 0) + B(y – 3) = A(1 - 0)  B(1 - 3) B    A  2B  A2  B    tiếp xúc (C1)  d ( I , )    A  3B A2  B Tương tự ta có tiếp tuyến x = 3x + 4y – 12 = MỘT SỐ BÀI TẬP TƯ KIỂM TRA (1) Xét vị trí tương đối viết phương trình tiếp tuyến chung đường tròn : a (C1) : x2 + y2 – 10y = , (C2) : x2 + y2 – = ( HD : cắt nhau, có hai tiếp tuyến chung ngoài) b (C1) : x2 + y2 + 4x – 2y -4 = , (C2) : -x2 – y2 – 6x – 12y + = ( HD : ngồi nhau, có tiếp tuyến chung) c (C1) : x2 + y2 – = , (C2) : x2 + y2 – 2x – 2y + = ( HD : cắt R1 = R2) (2) Cho đường tròn (C) : x2 + y2 = (Cm) : x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – = a Cmr có đường trịn ( C m1 ) (C m2 ) tiếp xúc với (C) ứng với giá trị m1, m2 m b Xác định phương trình đường thẳng tiếp xúc với đường tròn C m1 ) , (C m ) Diễn đàn Tổ Toán : TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRỊN TRONG KHƠNG GIAN : Trong khơng gian Oxyz, cho đường trịn (C) tâm I(a; b; c) bán kính R nằm mặt phẳng (P).Hãy viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C) Mỗi tiếp tuyến (C) xem giao tuyến mặt phẳng (P) (Q), (Q) mphẳng  (P) cách I khoảng R Các dạng : Dạng : Viết ptrình tiếp tuyến đtrịn (C) điểm A thuộc (C): Phương pháp: Tiếp tuyến   ( P )  (Q ) , với (Q) mphẳng qua A có vtpt IA x  y  z  Ví dụ : Cho đường tròn (C) :  x  Viết phương trình tiếp tuyến (C) A(0; 0; 3) Giải : (C) có tâm H(0;0;0) trùng với tâm mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 = bán kính r =R = Dễ thấy A  (C ) Tiếp tuyến (C) A giao tuyến mặt phẳng (P) (Q) (P) : x = , (Q) mặt phẳng qua A có vectơ pháp tuyến IA  (0; 0; 3) Phương trình (Q) : 0(x – 0) + 0(y – 0) + 3(z – 3) =  z   x  Vậy phương trình tiếp tuyến :  z   Dạng : Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C) qua điểm A Phương pháp : Có thể dùng cách sau : 1) Tiếp tuyến   ( P )  (Q ) với (Q) mặt phẳng có vtcp n P , u (a; b; c) , chọn u cho u  n P , (Q) qua A cách H khoảng r 2) Tiếp tuyến  có vtcp u (a; b; c)  n P cách H khoảng r x  y  z  Ví dụ : Cho đường tròn (C) :  x  y  z   a Tìm tâm bán kính (C) b Từ điểm A(3; 1; -1) thuộc mặt phẳng chứa đường trịn, viết ptrình đường thẳng tiếp xúc (C) Giải : a Gọi (S) mặt cầu có ptrình x2 + y2 + z2 = 9, tâm I(0; 0; 0) bán kính R = (P) : x + y + z – = có vtpt n(1; 1; 1) x  t  Đường thẳng qua I có vtcp n có ptrình :  y  t Toạ độ tâm H đtròn nghiệm hệ : z  t  x  t y  t   t   z  t x  y  z    Vậy (C) có tâm H(1; 1; 1), bán kính r = R  IH    b Cách : Đường thẳng  qua A(3; 1; -1) giao tuyến mp (P) (Q) (P) : x + y + z – = (Q) mp qua A, vng góc (P) cách H khoảng Mp (Q) có vtcp n P (1; 1; 1) u (a; b; c) (chọn u cho u  n P ) u.n P   a  b  c   c  a  b   Một vtcp (Q) u, n P  (b  c; c - a; a - b)  (2b  a; - 2a - b; a - b) Phương trình mp (Q) có dạng : (2b  a )( x  3)  (2a  b)( y  1)  (a  b)( z  1)   2(2b  a )  2(a  b) Khoảng cách từ H đến (Q) :  2 (2b  a )  (2a  b)  (a  b) (1) a   6b  6(a  b  ab)  a  ab    b  a + Với a =  c  b, chọn b = 1, c = -1, ta có ptrình mp (Q) : 2x – y – z – = 2 x  y  z   Ptrình tiếp tuyến  :  x  y  z   + Với b = -a : Chọn a = 1, b = -1 c = 0, ta có ptrình mp (Q) : - x – y + 2z + =  x  y  z   Ptrình tiếp tuyến ':  x  y  z   Kết luận có tiếp tuyến (C) xuất phát từ A   ' Cách : Gọi ( ) đường thẳng thuộc mp (P), có vtcp u (a; b; c), a  b  c  , qua A Ta có : u.n P   a  b  c   c  a  b HA  (2; 0; - 2) HA, u   (2b; - 2a - 2c; 2b)  (2b; 2b; 2b) HA, u  ( ) tiếp xúc (C)  d ( H ,  )  r  u  6 (2b)  (2b)  (2b) a2  b2  c2  a  2b  a  b  (a  b)  a  ab    b  a + Với a = : c = - b, chọn b = 1, c = -  u  (0; 1; - 1)  x   Ta có tiếp tuyến  :  y   t  z  1  t  + Với b = - a : Chọn a = 1, b = -1 , c =  u  (1; - 1; 0) x   t  Ta có tiếp tuyến '  y   t  z  1  Kết luận có tiếp tuyến (C) qua A  ' Dạng : Viết ptrình đthẳng thuộc mp (P) chứa (C), phương với (d) cho trước tiếp xúc với (C): Phương pháp : Tiếp tuyến   ( P )  (Q ) Với (Q) mặt phẳng nhận n P , u d làm vectơ phương cách H khoảng r  x  y  z  12 x  y  z  51  Ví dụ : Cho đường trịn (C) :  2 x  y  z   (1) Định tâm bán kính (C) (2) Cho đường thẳng (d) : x = t, y = t, z = – 4t.Chứng minh (d) thuộc mp chứa (C) Viết phương trình đường thẳng  phương với (d) tiếp xúc với (C) Giải : 2) 1) Mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 -12x + 4y – 6z – 51 = có tâm I(6; -2; 3), bán kính R = 10  x   2t  Đường thẳng qua I  (P) : 2x + 2y + z – = có dạng :  y  2  2t z   t  Toạ độ tâm H đường trịn (C)là nghiệm hệ ptrình : 10  t     x  34   x   2t , y  -2  2t, z   t 34 38 17 Vậy H ( ; - ; )   9 2 x  y  z    y   38   17 z   20 Đường trịn (C) có bán kính r = R  IH  2) Đường thẳng (d) qua M(0; 0; 1)  (P ) VTCP (d) u  (1; 1; - 4) Vì u.n   u  n  (d )  ( P) Tiếp tuyến   ( P )  (Q ) Với (Q) mặt phẳng nhận VTCP u d  (1; 1; - 4) , n P  (2; 2; 1)   Nên (Q) có VTPT : u d ; n P  (9; 9; 0)  9(1; 1; 0) Mặt phẳng (Q) có dạng : x + y + C = Khoảng cách từ H đến (Q) r : 34 38  C 20 40 9 d ( H , Q)  r    8C   3 12  12  16  C   C   64   (Q) : x  y  16  Vậy :  (Q) : x  y  64  3 x  y  16  3x - 3y - 64  Có tiếp tuyến :  :  , ':  2 x  y  z   2 x  y  z   CÁC BÀI TẬP TỰ KIỂM TRA :  x  y  z  16  1/ Cho đường tròn (C) :  x   a Định tâm bán kính (C) b Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc (C) A(1; 2; 11) c Viết phương trình đường thẳng ' tiếp xúc (C) qua B(1; 3; 3) x  y  z  2/ Cho đường tròn (C) :  x  a Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc (C) A(0; 0; 3) b Viết phương trình đường thẳng qua B(0; 2; 3) tiếp xúc (C) x  y  z  3/ Cho đường tròn (C) :  x  y  z   Viết phương trình đường thẳng  tiếp xúc (C) biết  : a Đi qua M(4; 0; -1) b Cùng phương đường thẳng : x = – t ; y = + t ; z = ỨNG DỤNG CỦA HỆ SỐ BẤT ĐỊNH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN Phương pháp hệ số bất định kỹ thuật tính tốn có hiệu số dạng tốn Chẳng hạn toán hệ thức lượng tam giác, đẳng thức bất đẳng thức tam giác, tốn đạo hàm cấp cao, tích phân,…Cơ sở phương pháp nầy định lí sau : - Mỗi đa thức bậc n q nghiệm thực - Đa thức có vơ số nghiệm thực đa thức không - Đa thức lượng giác cấp n với hệ số ao, ak, bk đa thức có dạng : n 2 Pn ( x)  a   (a k coskx  bk sin kx) với a n  bn  k 1 n 2 Q( x)  a   (a k tan kx  bk cot kx) với a n  bn  k 1 Đa thức Pn(x) = , x  R  a  a k  bk  Qn(x) = , x  R  a  a k  bk  Sau ta xét số ứng dụng phương pháp hệ số bất định I Úng dụng vào tốn định tính định lượng tam giác: Ví dụ : Cho tam giác ABC thoả mãn : A B C sin A  sin B  sin C  cos  cos  cos 2 Chứng minh tam giác ABC Giải : A B A B A B C Ta có : sin A  sin B  sin cos  sin  cos 2 2 Dấu xảy  A  B A Tương tự : sin B  sin C  cos B sin C  sin A  cos Vấn đề đặt ước lượng vế trái biểu thức cho theo sinA + sinB, sinB + sinC, sinC + sinA Ta sử dụng hệ số bất định Phân tích : 2sinA + 3sinB + sinC = p(sinA + sinB) + q(sinB + sinC) + r(sinC + sinA) = (p + r)sinA + (p + q)sinB + (r + q)sinC p  r   Đồng vế :  p  q  r  q   Vậy :  p     q    r   C A B (sin A  sin B )  (sin B  sin C )  (sin C  sin A)  cos  cos  cos 2 2 2 Dấu xảy  ABC Ví dụ : Cho tam giác ABC thoả mãn : 2004tan + 2006tanB + 2008tanC = Chứng minh : 1001sin2C + 1003sin2B + 1005sin2A = Giải : sin A  sin B  sin C  Ta có : tan A  tanB  sinA sin B sin( A  B ) sin C    co sA cos B cos A cos B cos A cos B Xét : 2004tanA + 2006tanB + 2008tanC = p(tanA + tanB) + q(tanB + tanC) + r(tanC + tanA) = (p + r)tan A + ((p + q)tanB + (q + r)tanC  p  r  2004 p  1001   Đồng :  p  q  2006  q  1005 q  r  2008 r  1003   Vậy : 2004tanA + 2006tanB + 2008tanC =  1001(tanA + tanB) + 1005(tanB + tanC) +1003(tanC + tanA) = sin C sin A sin B  1001  1005  1003 0 cos A cos B cos B cos C cos A cos C  1001sinCcosC + 1005sinAcosA + 1003sinBcosB =  1001sin2C + 1005sin2A + 1003sin2B = A B C Ví dụ : Cho tam giác ABC có : 2007 cot  2009 cot  2010 cot  2 Tìm hệ thức liên hệ cạnh ? Giải : A B A B  C C cos cos sin(  ) sin(  ) cos A B   2  2  Ta có : cot  cot  A B A B A B A B 2 sin sin sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 A B C A B B C C A Xét : 2007 cot  2009 cot  2010 cot  p (cot  cot )  q (cot  cot )  r (cot  cot ) 2 2 2 2 A B C  ( p  q ) cot  (q  r ) cot  (r  p ) cot 2  p  r  2007  p  3013   Đồng :  p  q  2009  q  1004 q  r  2010 r  1006   A B C 2007 cot  2009 cot  2010 cot  2 A B B C C A Từ :  3013(cot  cot )  1004(cot  cot )  1006(cot  cot )  2 2 2  3013 cos C cos A cos B  1004  1006 0 A B B C C A sin sin sin sin sin 2 2 2 C C A A B B  3013sin cos  1004 sin cos  1006 sin cos  2 2 2  3013 sin C  1004 sin C  1006 sin B   3013c  1004 a  1006b  Ví dụ : Cho tam giác ABC có cotA, cotB, cotC cấp số cộng Chứng minh a2, b2, c2 cấp số cộng, với a, b, c cạnh tam giác ABC Giải : sin C Ta có : cotA + cotB = sin A sin B cotA, cotB, cotC cấp số cộng  cot A  cot B  cot C  sin Đặt cotA – 2cotB + cotC = p(cotA+cotB)+q(cotB+cotC)+r(cotC+cotA)  ( p  r ) cot A  (q  p ) cot B  (r  q ) cot C Đồng : p + r = , p + q = - , q + r =  p  1 , q  -1 , r  Vậy : cotA – 2cotB + cotC = -(cotA + cotB) – (cotB + cotC) + 2(cotC + cotA) =  sin C sin A sin B   0 sin A sin B sin B sin C sin C sin A   sin C  sin A  sin B   2b  a  c Vậy a2, b2, c2 cấp số cộng A B C Ví dụ : Cho tam giác ABC có tan  tan  tan  Tìm mối liên hệ cosA, cosB, cosC 2 Giải : C cos A B Dễ thấy : tan  tan  A B 2 cos cos 2 Dùng hệ số bất định ta có : A B C A B B C C A tan  tan  tan  (tan  tan )  3(tan  tan )  2(tan  tan ) 2 2 2 2 A B C A B B C C A Nên : tan  tan  tan   (tan  tan )  3(tan  tan )  2(tan  tan ) = 2 2 2 2 C A B cos cos cos 2  3 2 0 A B B C C A cos cos cos cos cos cos 2 2 2   (3) dx  ( x  x  1)( x  x  3) (4) cos x  sin x sin x  cos x  10 MỘT SỐ Ý KIẾN VỀ PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN Khi dạy phần phương trình tiếp tuyến đường cong cho học sinh lớp 12NC, tơi có gặp phải số tốn mà cách giải em khơng xác Tơi xin trình bày để q đồng nghiệp cho ý kiến bàn bạc trao đổi nhằm thống cách giải cho em kì thi tới I/ MỘT SỐ SAI LẦM CỦA HỌC SINH : Học sinh thường nghĩ : ứng với tiếp điểm khác có tiếp tuyến khác Giả sử cho đồ thị hàm số y = f(x) Tại điểm M1(x1 ; y1) có phương trình tiếp tuyến y  f '( x1 )( x  x1 )  y1 Tại điểm M2(x2 ; y2) có phương trình tiếp tuyến y  f '( x2 )( x  x2 )  y2 Nếu x1  x2 mà f '( x1 )  f '( x2 ) x1 f '( x1 )  y1  x2 f '( x2 )  y2 tiếp tuyến trùng Ví dụ : Cho hàm số y  f ( x )  x  x  (C ) Tìm (C) điểm mà tiếp tuyến song song với tiếp tuyến A(1; 2) Học sinh giải : Gọi B( xo ; yo )  (C ) điểm cần tìm, B  A tức xo  Tiếp tuyến B // tiếp tuyến A nên :  x0   f '( xo )  f '(1)  xo  xo    x0  1  x0  (loai)  Vậy có điểm B1 (0; 3), B2 ( 1; 2) Nhận xét : Cần kiểm tra lại B2  A tiếp tuyến điểm trùng y = Chỉ có điểm B1 (0; 3) thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ : Cho hàm số y  x  3x (C ) Tìm điểm đường thẳng y = từ kẻ tiếp tuyến đến (C) (Lời giải Th.s Lê hồng Đức, phương pháp giải tốn giải tích 12 tập 3, trang 88) Gọi A(a; 2) thuộc đường thẳng y = Đường thẳng (d) qua A có hệ số góc k : y = k(x - a) + Đt (d) tiếp tuyến (C) hệ sau có nghiệm :  x3  3x  k ( x  a)  (1)   (2) 3x   k  Thay (2) vào (1) : x3  3x  (3x  3)( x  a )   ( x  1) 2x2  (3a  2)x  3a       x  1  (3)  g ( x)  x  (3a  2) x  3a   Để qua A kẻ tiếp tuyến đến (C) phương trình (3) phải có nghiệm phân biệt  1   g  (3a  2)  8(3a  2)   1  a   (4)     2  3a   3a    g (1)  a  Vậy từ A(a; 2) đthẳng y = có a thỏa mãn hệ (4) từ kẻ tiếp tuyến đến (C) Nhận xét : Khơng thể nói để qua A kẻ tiếp tuyến đến (C)  pt (3) có nghiệm pb  1 11 Vì pt (3) có (2) nghiệm pb  1 pt (2) có giá trị k ? Tức xảy k(x1) = k(x2) k(x1) = k(-1) k(x2) = k(-1) Theo cần phải chứng minh x1  x2  k1  k2 , trước chứng minh tiếp  x  3x  k ( x  a )   Hệ pt  3x   k  x  (3x  3)  x  k ( x  a)   (2) 3x   k  (1) 3x   (x  3a ) k   x  3a  k  3x   3x  Hàm số luôn đồng biến hay nghịch biến x  3a khoảng xác định nó, tức x1  x2  k1  k2 Vậy với x cho ta k Hoặc phải lí luận sau : Để qua A kẻ tiếp tuyến đến (C) phương trình (3) phải có nghiệm phân biệt  1 k ( x1 )  k ( x2 ) k ( x1 )  k (1) k ( x2 )  k (1) Xem k hàm số theo x : k     g (1)     k ( x1 )  k ( x2 )   k ( x1 )  k ( 1) k ( x2 )  k (1)     1  a      a  1  a     2 x  x  a     x1 x2  ( x1  x2 )    Ví dụ : Cho hàm số y  x  2x  Tìm điểm trục tung từ kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C) hàm số Lời giải : (của số tài liệu ) Gọi A(0; b) thuộc Oy Đthẳng (d) qua A có hệ số góc k : y = kx + b D tiếp xúc (C) hệ sau có nghiệm :  x  x   kx  b (1)   (2) 4 x  x  k  Thay (2) vào (1) ta : x  x   (4x3  4x ) x  b  3x4  x2  b   (3) Qua A kẻ tiếp tuyến tới (C)  (3) có nghiệm phân biệt (???) Đặt t = x2 , (3) có nghiệm phân biệt  3t  2t  b   có nghiệm t1 , t2 : = t1 < t2  '     P   b  1 S   Vậy qua A(0; -1) kẻ tiếp tuyến đến đồ thị Nhận xét : Cũng có vấn đề chỗ : Qua A kẻ tiếp tuyến tới (C)  (3) có nghiệm phân biệt (???) Cần giải thích x cho ta giá trị k Trường hợp nầy phức tạp, Ta nên có cách giải toán nầy sau : Lời giải đề nghị : Gọi A(0; b) thuộc Oy Đường thẳng (d) qua A có hệ số góc k : y = kx + b Đt (d) tiếp xúc (C) hệ sau có nghiệm :  x  x   kx  b   4 x  x  k  Điều kiện cần : Giả sử từ A kẻ tiếp tuyến đến (C) 12 Vì đồ thị (C) có trục đối xứng trục tung nên số tiếp tuyến không phương trục tung phải số chẵn Từ suy có tiếp tuyến phương trục hồnh.Tức hệ có nghiệm k = x   x3  x     x  1 + Với x = b = -1 + Với x = 1  b  2 Điều kiện đủ :  x  x  kx   x  x  (4 x3  x) x 1) Xét b = -1 : Hệ trở thành :  4 x  x  k  x  k  o     x   k       Vậy từ A(0; -1) ta kẻ tiếp tuyến đến (C)   x  x   kx  2) Xét b = - : Hệ trở thành :  4 x  x  k   x  x   (4x3  4x ) x   3x  x    x  1  k  Vậy từ A ta kẻ tiếp tuyến đến (C) x 1 (C) Tìm điểm trục tung từ kẻ x 1 tiếp tuyến đến (C) Lời giải : (của em Nguyễn quốc Trường, học sinh lớp 12C14, THPT Ba Gia ) Gọi A(0; b) thuộc trục tung x 1 Phương trình tiếp tuyến (C) điểm M ( x0 ; )  (C ) : x0  x 1 y (x  x )  ( x0 1) x0  x 1 (0  x )  Tiếp tuyến qua A : b   ( x0 1) x0  Ví dụ : Cho hàm số y   b( x0  1)  x0  ( x 1)( x0  1) (x0  1)  g ( x)  (b  1) x  2(b  1) x  b   (1) Từ A kẻ tiếp tuyến đến (C)  pt (1) có nghiệm Với b = : pt (1) có nghiệm x  Với b  : (1) có nghiệm  (b  1)  (b  1)(b  1)    '     g (1)   b   2(b  1)  b      b  1   '  (b  1)  (b  1)(b  1)    (vn)  b   2(b  1)  b     g (1)    Vậy tồn điểm A(0; 1) , A(0; -1) thỏa mãn ycbt Vấn đề có (1) có nghiệm x0 có tiếp tuyến qua 13 tiếp điểm nầy (?) Lời giải : Gọi A(0; b) thuộc Oy Đthẳng (d) qua A có hệ số góc k : y = kx + b Đt (d) tiếp xúc (C)  Hệ sau có nghiệm : 2   1  x   kx  b 1  x   k ( x  1)  k  b       2  k  2  k    ( x  1)  ( x  1) 2  k  b 1  1  x    ( x  1) ( x  1)  k  b  x 1         k  2  k  ( x  1)  ( x  1)   k  b 1   x 1     2  k  b    k (*)       (*)  g ( x)  k  2(b  3)k  b  2b   (1) Từ A kẻ tiếp tuyến đến (C)  (1) có nghiệm kép   b có nghiệm phân biệt có nghiệm – b  (b  3)  b  2b      '     b    g (1  b)   (b  1)     2   '  b  1   (b  3)  b  2b      (b  1)    g (1  b)    Vậy có điểm A(0; 1) A’(0; -1) thỏa mãn ycbt II/ MỘT SÓ KỸ THUẬT ĐỂ VIẾT PTTT : x2  x = 2x  1 (C) Ví dụ : Cho hàm số y  x 1 x 1 Tìm điểm đường thẳng y = mà từ kẻ tiếp tuyến đến (C) (Nếu từ hệ phương trình hồnh độ tiếp điểm, khử k để pt hoành độ tiếp điểm từ số hoành độ tiếp điểm suy số tiếp tuyến khơng xác Ta khử x để pt theo k ) Lời giải : Gọi A(a; 1) thuộc đt y = Pt đthẳng (d) qua A có hệ số góc k : y = k( x – a) + Đt (d) tiếp xúc (C) hệ sau có nghiệm : 1   2 x   x   k ( x  a)   x   x   k ( x  1)  k  ka       2   k 2   k    ( x  1)  ( x  1)   ( a  1) k  1    2  ( x  1)  (a  1)k  2 x    x 1  2 x   ( x  1)       2   k     (a  1)k   k    ( x  1)      (*) 14 Pt (*)  g (k )  (a  1) k  4(2a  1)k   ( với k  + Nếu a = -1 : pt (1) có nghiệm k = -2 (thỏa mãn ) ) (1) a 1 + Nếu a  1 : Để từ A kẻ tiếp tuyến pt (1) có nghiệm kép k  nghiệm phân biệt có nghiệm   '    g      a         '     g    a 1       a 1 có a 1  a    a 1   Vậy có điểm A1(-1; 1); A2(1; 1); A3 ( 2 ; 1); A ( ; 1) thỏa mãn ycbt 2 vào pt hệ thay vị trí k) ( x  1) Ví dụ : Cho hàm số y  f ( x )  x  3x  (C) Tìm đường thẳng y = điểm mà qua kẻ tiếp tuyến với (C) tiếp tuyến nầy vng góc Giải : Gọi M(a; 2) thuộc đường thẳng y = Đường thẳng d qua M có hệ số góc k : y = k(x – a) + 2   x  3x   k ( x  a )  (1) D tiếp tuyến (C)  hệ phương trình  có nghiệm (2) 3x  x  k   x  (3a  3) x  6a  (3) Thay (2) vào (1) :  x   Với x = 0: Suy k = 0, ta tiếp tuyến y = Khơng có tiếp tuyến  tiếp tuyến nầy  Do qua M có tiếp tuyến   (3) có nghiệm x1 , x2 thỏa k ( x )k ( x2 )  1 (Chú ý thay k       a  (3x1  x1 )(3x2  x2 )  1 Qua điểm M ( ; 2) ta kẻ đến (C) tiếp tuyến  x2  2x  (C) Tìm đường thẳng y = điểm qua ta kẻ Ví dụ7 : Cho hàm số y  x 1 tiếp tuyến đến (C) vng góc Giải : Gọi M(a; 2) thuộc đường thẳng y = Đường thẳng d qua M có hệ số góc k : y  k ( x  a )   x2  2x   x   k ( x  a)   d tiếp tuyến (C)  hệ phương trình   x  2x   k  ( x  1)  (Cũng nhận xét ta khử x để phương trình theo k) (1) (2) 15 2    x   x   k ( x  a)   x   x   k ( x  1)  k  ka     Ta có :  1  1  2  k k  ( x  1)  ( x  1)   k  ak    x 1     k  ak     k     Suy : (1  a)k  (12  4a)k   , k  (*) a 1 Qua M kẻ tiếp tuyến vng góc  (*) có nghiệm k1 , k2  : a 1  1  k1k2  1   a  2a   a  1 12  4a   Vậy qua M(-1; 2) đường thẳng y = kẻ tiếp tuyến vng góc Ví dụ : Cho hàm số y  f ( x )   x  x   (C ) Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến vng góc đường thẳng y = 3x + góc 450 Giải : Gọi M ( x0 ; y0 )  (C) Ta có : f '( x0 )   x0  x0  Pttt (d) (C) M(x0 ; y0) : y  f '( x0 )( x  x0 )  y0  x f '( x0 )  y  y0  x0 f '( x0 ) Đthẳng (d) hợp với đường thẳng 3x – y + = góc 450 : f '( x0 )    f '( x0 )   f ' ( x0 )  2 10 f ' ( x)   f ' ( x0 )  f '( x0 )    f '( x0 )  2   f '( x0 )   1   x02  x0   (Vn) 2 +Với f '( x0 )  2   x0  x0   2  x0  1, x0  * x0  1, y0   , Pttt y  2 x  3 * x0  3, y0  5 , Pttt y = -2x + x2 (C) Tìm điểm trục Oy cho từ điểm Ví dụ : Cho hàm số y  x 1 kẻ tiếp tuyến đến (C) tiếp điểm nằm phía trục Ox x2 x2  x Giải : Ta có : y  x 1 y 1 Gọi A(0; b) điểm trục Oy, y 2 M( ; y0 )  (C ) tiếp tuyến M qua điểm A y0  +Với f '( x0 )  16 ( y0  1)  y0   3 (x  x0 )  y  y  Phương trình tiếp tuyến M : y  x   y0 ( x0  1) y0    ( y0  1)  y0   Tiếp tuyến qua A : b  0   y  y  y  b  ( y  0) (*) y0 1   Ta tìm b cho pt (*) có nghiệm trái dấu khác  2  b  1 Ví dụ 10 : Cho hàm số y  f ( x )  x -2x +3x  (C) Xác định k để (C) có điểm mà tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = kx Tồn điểm (C) mà tiếp tuyến vng góc đt y = kx  pt k f '( x0 )  1 có nghiệm x0 1 k f '( x0 )  1  k   g ( x0 ) x0  x0  1 Xét đường thẳng y = k đồ thị hàm số g ( x)  x  4x  2x   g '( x)  0 x2 ( x0  x  3)2 Bảng biến thiên : x   g’(x) _ _ + + g(x) Vậy k  k  (C) có điểm mà tiếp tuyến  đt y = kx Vẫn cịn số kỹ thuật để giải tốn mà chương trình giảm tải không học, chẳng hạn so sánh số với nghiệm pt bậc hai, công thức hệ số góc, nghiệm kép,…Khi dạy cho học sinh cần tránh để khỏi thiệt thòi cho em thi tuyển sinh đại học Giáo viên : Đào văn Thịnh Tài liệu Thầy Đào văn Thịnh soạn 17 ... trong) tiếp xúc R2 với đường tròn (2) Nếu I1I2 = R1 + R2 (C1), (C2) tiếp xúc ngồi  (C1), (C2) có tiếp tuyến ngồi ttuyến - Tiếp tuyến chung qua I (tâm vị tự ngoài) tiếp xúc với hai đường tròn -... (P).Hãy viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C) Mỗi tiếp tuyến (C) xem giao tuyến mặt phẳng (P) (Q), (Q) mphẳng  (P) cách I khoảng R Các dạng : Dạng : Viết ptrình tiếp tuyến đtrịn (C) điểm A... ngồi  (C1), (C2) có tiếp tuyến chung ngồi, ttuyến chung R - Tiếp tuyến chung qua I ( I chia I1I2 theo tỉ số , gọi tâm vị tự ngoài) tiếp xúc với R2 hai đường tròn R - Tiếp tuyến chung qua J (