tiếp tuyến của đường tròn đa dạng

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
11
MỘT SỐ Ý KIẾN VỀ PHƯƠNG TRÌNH 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 tuyến khác nhau.
Giả sử cho đồ thị hàm số y = f(x).
Tại điểm M
1
(x
1
; y
1
) có phương trình tiếp tuyến là
1 1 1
'( )( ) .y f x x x y  
Tại điểm M
2

(x
2
; y
2
) có phương trình tiếp tuyến là
2 2 2
'( )( ) .y f x x x y  
Nếu
1 2
x x
mà
1 2 1 1 1 2 2 2
'( ) '( ) và '( ) '( )f x f x x f x y x f x y   
thì 2 tiếp tuyến trùng nhau.
Ví dụ 1 : Cho hàm số
4 2
( ) 2 3 ( )y f x x x C   
. Tìm trên (C) những điểm mà tiếp tuyến tại đó
song song với tiếp tuyến tại A(1; 2) .
Học sinh giải : Gọi
( ; ) ( )
o o
B x y C
là điểm cần tìm, B

A tức là
1.
o
x 
Tiếp tuyến tại B // tiếp tuyến tại A nên :

3
'( ) '(1) 4 4 0
o o o
f x f x x   
0
0
0
0
1
1 (loai)
x
x
x



  




Vậy có 2 điểm
1 2
(0; 3), ( 1; 2)B B 
Nhận xét : Cần kiểm tra lại vì
2
B A
nhưng 2 tiếp tuyến tại những điểm đó trùng nhau y = 2.
Chỉ có 1 điểm
1

(0; 3)B
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2 : Cho hàm số
3
3 ( )y x x 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 :
3
2
3 ( ) 2. (1)
3 3 (2)
x x k x a
x k

   


 


Thay (2) vào (1) :
3 2 2
3 (3 3)( ) 2 ( 1) 2 (3 2) 3 2 0x x x x a x x a x a
 
           
 

2
1
( ) 2 (3 2) 3 2 0 (3)
x
g x x a x a
 



     

Để qua A kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) thì phương trình (3) phải có 2 nghiệm phân biệt
1 
2
2
0
1
(3 2) 8(3 2) 0
(4)
3
2 3 2 3 2 0
( 1) 0
2
g
a
a a
a a
g
a


 


   
   

  
 

    
 




Vậy từ A(a; 2) trên đthẳng y = 2 có a thỏa mãn hệ (4) từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C).
Nhận xét : Không thể nói rằng để qua A kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)

pt (3) có 2 nghiệm pb
1 
.
12
Vì pt (3) có thể có (2) nghiệm pb
1 
nhưng pt (2) vẫn chỉ có 1 giá trị k thì sao ?
Tức là có thể xảy ra k(x
1
) = k(x
2
) hoặc k(x

1
) = k(-1) hoặc k(x
2
) = k(-1)
Theo tôi cần phải chứng minh
1 2 1 2
x x k k  
, trước khi chứng minh tiếp.
Hệ pt
3
2
3 ( ) 2 (1)
3 3 (2)
x x k x a
x k

   


 


2
2
(3 3) 2 ( ) 2
3
3 3
x
x x k x a
x k


    




 

2
3 3
( 3 )
3
3 3
x
k x a
x a
k x
 

 





 

Xem k như hàm số theo x :
3 3
3

x
k
x a
 


. Hàm số luôn luôn đồng biến hay nghịch biến trên
từng khoảng xác định của nó, tức
1 2 1 2
x x k k  
. Vậy với mỗi x cho ta một k duy nhất.
Hoặc phải lí luận như sau : Để qua A kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) thì phương trình (3) phải có 2
nghiệm phân biệt
1 
và
1 2 1 2
( ) ( ) và ( ) ( 1) và ( ) ( 1)k x k x k x k k x k    
  
1 2
1 2
0
( 1) 0
( ) ( ) 0
( ) ( 1) ( ) ( 1) 0
g
k x k x
k x k k x k
 



 



 


    


2 2
1 2
1 2 1 2
2
1
3
2
0
( ) 1 0
a
a
x x
x x x x

   







 

   


2
1
3
2
a
a

   






Ví dụ 3 : Cho hàm số
4 2
2 1.y x x  
Tìm những điểm 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 :
4 2

3
2 1 (1)
4 4 (2)
x x kx b
x x k

   


 


Thay (2) vào (1) ta được :
4 2 3 4 2
2 1 (4 4 ) 3 1 0 (3)x x x x x b x x b         
Qua A kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C)
(3)
có 3 nghiệm phân biệt. (???)
Đặt t = x
2
, (3) có 3 nghiệm phân biệt
2
3 2 1 0t t b    
có 2 nghiệm t
1
, t
2
: 0 = t
1
< t

2
.
' 0
0 1
0
P b
S
 


    




Vậy qua A(0; -1) kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị.
Nhận xét : Cũng có vấn đề ở chỗ :
Qua A kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C)
(3)
có 3 nghiệm phân biệt. (???)
Cần giải thích cứ mỗi x chỉ cho ta 1 giá trị k duy nhất. Trường hợp nầy khá phức tạp,
Ta nên có cách giải bài toán nầy như 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) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
4 2
3
2 1
4 4

x x kx b
x x k

   


 


Điều kiện cần : Giả sử từ A kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C).
13
Vì đồ thị (C) có trục đối xứng là trục tung nên số tiếp tuyến không cùng phương
trục tung phải là số chẵn.
Từ đó suy ra có 1 tiếp tuyến cùng phương trục hoành.Tức là hệ trên có nghiệm k = 0.
3
0
4 4 0
1
x
x x
x


   

 

+ Với x = 0 thì b = -1 .
+ Với x =
1 2b   

Điều kiện đủ :
1) Xét b = -1 : Hệ trở thành :
4 2
4 2 3
3
2
2 (4 4 )
4 4
x x kx
x x x x x
x x k

 

   

 


0
6 4 6
3 9
x k o
x k
 
 
 
 
 
   

 
 
Vậy từ A(0; -1) ta kẻ được tiếp tuyến đến (C).
2) Xét b = - 2 : Hệ trở thành :
4 2
3
2 1 2
4 4
x x kx
x x k

   


 


4 2 3
2 1 (4 4 ) 2x x x x x     
4 2
3 2 1 0x x   
1 0.x k    
Vậy từ A ta chỉ kẻ được 1 tiếp tuyến đến (C).
Ví dụ 4 : Cho hàm số
1
(C)
1
x
y
x




. Tìm những điểm trên trục tung từ đó kẻ được đúng 1
tiếp tuyến đến (C).
Lời giải : (của 1 em Nguyễn quốc Trường, học sinh lớp 12C
14
, THPT Ba Gia )
Gọi A(0; b) thuộc trục tung.
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm
0
0
0
1
( ; ) ( )
1
x
M x C
x



là :
0
0
2
0 0
1
2
( )

( 1) 1
x
y x x
x x

   
 
Tiếp tuyến đi qua A :
0
0
2
0 0
1
2
(0 )
( 1) 1
x
b x
x x

   
 
2
0 0 0 0 0
( 1) 2 ( 1)( 1) ( 1)b x x x x x      
2
( ) ( 1) 2( 1) 1 0 (1)g x b x b x b       
Từ A kẻ được đúng 1 tiếp tuyến đến (C)

pt (1) có đúng 1 nghiệm.

Với b = 1 : pt (1) có 1 nghiệm
1
2
x 
Với
1b 
: (1) có 1 nghiệm
' 0
(1) 0
' 0
(1) 0
g
g
  








 








2
2
( 1) ( 1)( 1) 0
1 2( 1) 1 0
( 1) ( 1)( 1) 0
( )
1 2( 1) 1 0
b b b
b b b
b b b
vn
b b b


    


     





    



     



1b  
Vậy tồn tại 2 điểm A(0; 1) , A(0; -1) thỏa mãn ycbt.
Vấn đề ở đây là có khi nào (1) có 2 nghiệm x
0
nhưng chỉ có 1 tiếp tuyến đi qua 2
14
tiếp điểm nầy thì sao (?)
Lời giải đúng : 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 2
2 2
1 1 ( 1)
1 1
2 2
( 1) ( 1)
kx b k x k b
x x
k k
x x
 
       
 
 
 

 
 

   
 
 
 
2
2
2
2 2
1 1
1 ( 1)
1 ( 1)
1 4
2
2
( 1)
( 1)
k b
x k b
x x
x
k
k
x
x

 

     




 

 
 
 
 
 
 

 



2
1 1
1 4
1
2 (*)
4
k b
x
k b
k
 








 
 

 
 

 

(*)

2 2
( ) 2( 3) 2 1 0 (1)g x k b k b b      
Từ A kẻ được 1 tiếp tuyến đến (C)

(1) có nghiệm kép
1 b 
hoặc có 2 nghiệm phân biệt
trong đó có 1 nghiệm bằng 1 – b.
2 2
2
2 2
2
( 3) 2 1 0
' 0
(1 ) 0 ( 1) 0
' 0
( 3) 2 1 0
(1 ) 0

( 1) 0
b b b
g b b
b b b
g b
b


    
  






   


 

 


 
 
    







 


 




1
1
b
b




 

Vậy có 2 điểm A(0; 1) và A’(0; -1) thỏa mãn ycbt.
II/ MỘT SÓ KỸ THUẬT ĐỂ VIẾT PTTT :
Ví dụ 5 : Cho hàm số
2
2 1
= 2 1 (C)
1 1
x x
y x

x x

  
 
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 :
2 2
1 1
2 1 ( ) 1 2 1 ( 1) 1
1 1
1 1
2 2
( 1) ( 1)
x k x a x k x k ka
x x
k k
x x
 
           
 
 
 

 
 
   

 
 
 
2
2
2
1 4 ( 1)
1 1
2 1 2 ( 1) ( 1) 1
1 2
1 ( 1)
4 ( 1)
1
2 (*)
2
2
( 1)
a k
x x a k
x
x x
a k
k
k
x

 
 



       

 


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 


15
Pt (*)
2 2
( ) ( 1) 4(2 1) 8 0g k a k a k      
( với
4
)
1
k

a


(1)
+ Nếu a = -1 : pt (1) có 1 nghiệm k = -2. (thỏa mãn )
+ Nếu
1a  
: Để từ A kẻ được chỉ 1 tiếp tuyến thì pt (1) có 1 nghiệm kép
4
1
k
a


hoặc có
2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng
4
1a 
.
' 0
4
0
2
1
2
' 0
1
4
0
1

g
a
a
a
g
a
  




 



 



 
 


 


 









 


 



 


Vậy có 4 điểm A
1
(-1; 1); A
2
(1; 1); A
3
4
2 2
( ; 1); A ( ; 1)
2 2

thỏa mãn ycbt.
(Chú ý khi thay
2
1

2
( 1)
k
x
 

vào pt trên của hệ chỉ thay ở 1 vị trí k)
Ví dụ 6 : Cho hàm số
3 2
( ) 3 2 (C)y f x x x   
. 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.
D là tiếp tuyến của (C)

hệ phương trình
3 2
2
3 2 ( ) 2 (1)
3 6 (2)
x x k x a
x x k

    


 



có nghiệm.
Thay (2) vào (1) :
2
2 (3 3) 6 0 (3)
0
x a x a
x

   



.
 Với x = 0: Suy ra k = 0, ta 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 x
1
, x
2
thỏa
1 2
( ) ( ) 1k x k x  
2 2
1 1 2 2
0

1
9
(3 6 )(3 6 ) 1
a
x x x x
 

   

  

Qua điểm
1
( ; 2)
9
M 
ta kẻ được đến (C) 2 tiếp tuyến

nhau.
Ví dụ7 : Cho hàm số
2
2 3
(C)
1
x x
y
x
 



. Tìm trên đường thẳng y = 2 những điểm qua đó ta kẻ được
2 tiếp tuyến đến (C) vuông góc nhau.
Giải : Gọi M(a; 2) thuộc đường thẳng y = 2.
Đường thẳng d qua M có hệ số góc k :
( ) 2y k x a  
.
d là tiếp tuyến của (C)

hệ phương trình
2
2
2
2 3
( ) 2 (1)
1
2 1
(2)
( 1)
x x
k x a
x
x x
k
x

 
  





 





(Cũng nhận xét như trên ta sẽ khử x để được phương trình theo k)
16
Ta có :
2
2
1 ( ) 2
1
2
1
( 1)
x k x a
x
k
x

    





 




2
2
1 ( 1) 2
1
2
1
( 1)
x k x k ka
x
k
x

      






 



2
1 2
1 4
2 1
4 2

k ak
x
k ak k
 







  
 


 

 

Suy ra :
2
2
(1 ) (12 4 ) 4 0 , k
1
a k a k
a
     

(*)
Qua M kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc nhau


(*) có 2 nghiệm k
1
, k
2
2
1a


và :
2
1 2
4
1
1 1
2 1
12 4 0
k k a
a a
a

 

     
 


 

Vậy qua M(-1; 2) trên đường thẳng y = 2 kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc nhau.

Ví dụ 8 : Cho hàm số
3 2
1
( ) 2 5 1 ( )
3
y f x x x C     
. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết
tiếp tuyến vuông góc đường thẳng y = 3x + 1 một góc 45
0
.
Giải : Gọi
0 0
( ; y ) (C).M x 
Ta có :
2
0 0 0
'( ) 4 5.f x x x   
Pttt (d) của (C) tại M(x
0
; y
0
) là :
0 0 0 0 0 0 0
'( )( ) . '( ) . '( )y f x x x y x f x y y x f x      
Đthẳng (d) hợp với đường thẳng 3x – y + 1 = 0 một góc 45
0
khi và chỉ khi :
0
2
0 0

2
3 '( ) 1
2
3 '( ) 1 5 ' ( ) 1
2
10. ' ( ) 1
f x
f x f x
f x

    


2
0 0
2 ' ( ) 3 '( ) 2 0.f x f x  
0
0
'( ) 2
1
'( )
2
f x
f x
 







+Với
2
0 0 0
1 1
'( ) 4 5 (Vn)
2 2
f x x x     
+Với
2
0 0 0 0 0
'( ) 2 4 5 2 1, 3f x x x x x          
*
0 0
7
1,
3
x y  
, Pttt là
1
2
3
y x  
*
0 0
3, y 5x   
, Pttt là y = -2x + 1
Ví dụ 9 : Cho hàm số
2
(C)

1
x
y
x



. Tìm những điểm trên trục Oy sao cho từ mỗi điểm đó có thể
kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) và 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox.
Giải : Ta có :
2 2
1 1
x x
y x
x y
 
  
 
Gọi A(0; b) là điểm trên trục Oy,
0
0
0
2
( ; ) ( )
1
y
M y C
y




và tiếp tuyến tại M đi qua điểm A.
17
Phương trình tiếp tuyến tại M :
2
0 0
0 0 0
2
0 0
( 1) 2
3
( ) .
( 1) 3 1
y y
y x x y y x y
x y
 
  

      
 
 
 
Tiếp tuyến qua A :
2
2
0 0
0 0 0 0
0
( 1) 2

0 2 2 0 ( 0)
3 1
y y
b y y y b y
y
 
  
       
 

 
(*)
Ta tìm b sao cho pt (*) có 2 nghiệm trái dấu khác 1
2 1b   
Ví dụ 10 : Cho hàm số
3 2
1
( ) -2 +3 1 (C)
3
y f x x x x  
. Xác định k để trên (C) có ít nhất 1 điểm mà
tại đó tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = kx.
Tồn tại ít nhất 1 điểm của (C) mà tại đó tiếp tuyến vuông góc đt y = kx

pt
0
. '( ) 1k f x  
có ít nhất
1 nghiệm x
0

.
0 0
2
0 0
1
. '( ) 1 ( )
4 3
k f x k g x
x x

    
 
Xét đường thẳng y = k và đồ thị hàm số
2
1
( )
4 3
g x
x x


 
2 2
0
2 3
'( ) 0 2
( 4 3)
x
g x x
x x


    
 
Bảng biến thiên : x

1 2 3

g’(x) _ _ 0 + +
0
g(x)
Vậy
0k 
hoặc
1k 
thì trên (C) có ít nhất 1 điểm mà tiếp tuyến tại đó

đt y = kx.
Vẫn còn một số kỹ thuật để giải các bài toán mà chương trình giảm tải không được học, chẳng hạn
so sánh một số với nghiệm của pt bậc hai, công thức về hệ số góc, nghiệm kép,…Khi dạy cho học
sinh cần tránh để khỏi thiệt thòi cho các em khi đi thi tuyển sinh đại học.
Giáo viên : Đào văn Thịnh
Tài liệu này do Thầy Đào văn Thịnh soạn