Chuyên đề Tiếp tuyến của đường tròn

1Chuyên 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, A2 + B2 > 0. Điều kiện  tiếp xúc (C) .),( RId  1) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm Mo(C) : Tiếp tuyến là đt  qua Mo(xo; yo) và có vtpt 0IM . 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 45o. 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),( 2222 BACBABA CBARId     tạo với (d) một góc 45o nên : Cos45o = 0383).5 2()2 2( .5 2 222 22 2 22     BABABA BA BA BA      3 3 BA BA (a) Với A = -3B. Thay vào (1) :       BC BCBBCBB CBB 6 1410410 )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) : x2 + y2 – 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 Mo(xo; yo) là tiếp điểm. vì Mo 0882)( 002020  yxyxC (1) Tiếp tuyến ( ) đi qua Mo, có vtpt )4;1( 000  yxIM có ptrình : (xo – 1)(x – xo) + (yo – 4)(y – yo) = 0. Tiếp tuyến qua M nên : 0)6)(4()4)(1( 0000  yyxx 02823 002020  yxyx 020105)882( 00002020  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 M1(-4; 4) ta có tiếp tuyến x + 4 = 0. Với tiếp điểm M2(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 (C1) có tâm I1(a1; b1), bán kính R1 và (C2) có tâm I2(a2; b2), bán kính R2. Có 2 cách giải bài toán viết ptrình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (C1), (C2). Cách 1 : Gọi (  ) : Ax + By + C = 0. )( tiếp xúc (C1) 122 11 11 ),( RBA CBbAaRId    (1) ( ) tiếp xúc (C2) 222 21 22 ),( RBA CBbAaRId    (2) CBbAaR RCBbA  22 2 1 11a (3) Giải các hệ phương trình sau :                 )( )()( )( )()( 22 2 1 11 2222 11 22 2 1 11 2222 11 CBbAaR RCBbAa BARCBbAa CBbAaR RCBbAa BARCBbAa Ta được A, B, C suy ra phương trình các tiếp tuyến. Cách 2 : Viết phương trình  tiếp xúc với (C1) tại điểm Mo(xo; yo) )( 1C (ẩn số là xo, yo) Từ điều kiện để  tiếp xúc (C2) ta suy ra xo, yo và được phương trình . Cách 3 : (1) Nếu I1I2 > R1 + R2 thì (C1), (C2) ở ngoài nhau  (C1), (C2) có 2 tiếp tuyến chung ngoài, 2 ttuyến chung trong. - Tiếp tuyến chung ngoài đi qua I ( I chia I1I2 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 I1I2 theo tỉ số 2 1 R R , gọi là tâm vị tự trong) và tiếp xúc với một trong 2 đường tròn. (2) Nếu I1I2 = R1 + R2 thì (C1), (C2) tiếp xúc ngoài  (C1), (C2) 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 (C1), (C2) cắt nhau tại 2 điểm  (C1), (C2) 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 (C1), (C2) chỉ có một ttuyến chung. Ttuyến chung đi qua tiếp điểm và  với đường nối tâm ( tức trục đẳng phương) 3Ví dụ : Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn : (C1) : (x -1)2 + (y – 1)2 = 1, (C2) : (x – 2)2 + (y + 1)2 = 4. Giải : (C1) có tâm I1(1; 1) , bán kính R1 = 1. (C2) có tâm I2(2; -1) , bán kính R2 = 2. .5)2;1( 2121  IIII Vì : R2 – R1 = 1 < I1I2 < 3 = R1 + R2 nên (C1), (C2) cắt nhau  có 2 tiếp tuyến ngoài. Cách 1 : Gọi .0A,0: 22  BCByAx  tiếp xúc (C1) (1)1R),( 2211   BA CBAId  tiếp xúc (C2) (2)22R),( 2222   BA CBAId Ta có :               )4(3 1 3 )( 22 222 22 BAC BC BACBA CBACBA BACBA + Với C = -3B : Ta có     BA BABBBABBA 34 00)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 (C1) là M(xo; yo)  Tiếp tuyến của (C1) tại M có vtpt )1;1( 001  yxMI nên có phương trình :  : (x – xo)(xo – 1) + (y – yo)(yo- 1) = 0 (1)  Vì M(xo; yo) )( 1C nên : (xo – 1)2 + (yo – 1)2 = 1 0122 002020  yxyx (2)  Đường thẳng )( tiếp xúc (C2) 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 yyxxRId     (4)22 (3)2222 00 00 00 yx yxyx Giải (2) và (3) ta thấy vô nghiệm. Giải (2) và (4) ta được :            )5 9;5 8( )1;0( 5 9y,5 8 1y,0 2 1 00 00 M M x x + Với M1(0; 1) thay vào (1) ta có tiếp tuyến x = 0. + Với M2( )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 11 )1(2 11 2 11 2 1 0 2 11 2.2 11 2 11 2 1 2 1 21 21 22 2 1 1 yy y xx x IIIIR RII 3);0(I Đường thẳng  qua I có vtpt (A; B) có phương trình : A(x – 0) + B(y – 3) = 0  tiếp xúc (C1)       BA BBABABAId 34 0213)-B(10)-A(11),( 22221 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. (C1) : x2 + y2 – 10y = 0 , (C2) : x2 + y2 – 4 = 0. ( HD : cắt nhau, có hai tiếp tuyến chung ngoài) b. (C1) : x2 + y2 + 4x – 2y -4 = 0 , (C2) : -x2 – y2 – 6x – 12y + 4 = 0 ( HD : ngoài nhau, có 4 tiếp tuyến chung) c. (C1) : x2 + y2 – 1 = 0 , (C2) : x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0 ( HD : cắt nhau và R1 = R2) (2) Cho 2 đường tròn (C) : x2 + y2 = 1 và (Cm) : x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0. a. Cmr có 2 đường tròn ( )1mC và )( 2mC tiếp xúc với (C) ứng với 2 giá trị m1, m2 của m. b. Xác định phương trình đường thẳng tiếp xúc với cả 2 đường tròn )(C,) 21 mmC 5Diễn 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 9222 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) : x2 + y2 + z2 = 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, anP , chọn u sao cho Pnu  , (Q) qua A và cách H một khoảng bằng r. 2) Tiếp tuyến  có vtcp Pnc)b;;( au và cách H một khoảng bằng r. Ví dụ : Cho đường tròn (C) :     03 9222 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 x2 + y2 + z2 = 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 = .63922  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(Pn và c)b;;(au (chọn u sao cho )Pnu  6baccbanu 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 aabaabbab 00)(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(  buHA )( tiếp xúc (C)   6)2()2()2(6 ,HA r),( 222 222    cba bbb u u Hd     ab aabababab 00)(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 du,Pn làm 2 vectơ chỉ phương và cách H một khoảng r. Ví dụ : Cho đường tròn (C) :     0122 0516412222 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) : x2 + y2 + z2 -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 22022  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 du . Nên (Q) có một VTPT là :   0)1;9(1;0)9;;9(n; P du 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 3 408 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 016222 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 9222 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 9222 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. 8ỨNG 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 ao, ak, bk là đa thức có dạng : )sin..()( 1 0 kxboskxcaaxP k n k kn    với 022  nn ba .    n k kk kxbkxaaxQ 1 0 )cottan()( với .022  nn ba Đa thức Pn(x) = 0 , 00  kk baaRx Qn(x) = 0 , 00  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 : 2cos2cos32cos5sin4sin3sin2 CBACBA  . Chứng minh tam giác ABC đều. Giải : Ta có : 2cos22sin22cos.2sin2sinsin CBABABABA  Dấu bằng xảy ra .BA  Tương tự : .2cos2sinsin ACB  .2cos2sinsin BAC  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 3r 2 5q 2 1p Vậy : .2cos32cos52cos)sin(sin2 3)sin(sin2 5)sin(sin2 1sin4sin3sin2 BACACCBBACBA  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 : 9Ta có : .cos.cos sin cos.cos )sin( cos sin sAco sinAtanBAtan 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 0cos.cos sin1003cos.cos sin1005cos.cos sin1001  CA B CB A BA C  1001sinCcosC + 1005sinAcosA + 1003sinBcosB = 0  1001sin2C + 1005sin2A + 1003sin2B = 0. Ví dụ 3 : Cho tam giác ABC có : .02cot20102cot20092cot2007  CBA Tìm hệ thức liên hệ giữa 3 cạnh ? Giải : Ta có : 2sin2sin 2cos 2sin2sin )22sin( 2sin.2sin )22sin( 2sin 2cos 2sin 2cos 2cot2cot BA C BA C BA BA B B A A BA       Xét : )2cot2(cot)2cot2(cot)2cot2(cot2cot20102cot20092cot2007 ACrCBqBApCBA  .2cot)(2cot)(2cot)( CprBrqAqp  Đồng nhất :              1006 1004 3013 2010 2009 2007 r q p rq qp rp Từ đó : 0)2cot2(cot1006)2cot2(cot1004)2cot2(cot3013 02cot20102cot20092cot2007   ACCBBA CBA 0 2sin2sin 2cos1006 2sin2sin 2cos1004 2sin2sin 2cos3013  AC B CB A BA C 02cos2sin10062cos2sin10042cos2 C3013sin  BBAAC 0sin1006sin1004sin3013  BCC 0100610043013  bac Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC có cotA, cotB, cotC là một cấp số cộng. Chứng minh a2, b2, c2 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 0sin.sin sin2 sin.sin sin sin.sin sin  AC B CB A BA C .20sin2sinsin 222222 cabBAC  Vậy a2, b2, c2 là một cấp số cộng. Ví dụ 5 : Cho tam giác ABC có 02tan2tan22 Atan3  CB . Tìm mối liên hệ giữa cosA, cosB, cosC. Giải : Dễ thấy rằng : 2cos2cos 2cos 2tan2 Atan BA C B  Dùng hệ số bất định ta có : )2 Atan2(tan2)2tan2(tan3)2tan2 A(tan2tan2tan22 Atan3  CCBBCB Nên :  2tan2tan22 Atan3 CB 0  )2 Atan2(tan2)2tan2(tan3)2tan2 A(tan  CCBB = 0 0 2cos2cos 2cos2 2cos2cos 2cos3 2cos2cos 2cos  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 M1(x1 ; y1) có phương trình tiếp tuyến là 1 1 1'( )( ) .y f x x x y   Tại điểm M2(x2 ; y2) có phương trình tiếp tuyến là 2 2 2'( )( ) .y f x x x y   Nếu 1 2x 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 oB x y C là điểm cần tìm, BA tức là 1.ox  Tiếp tuyến tại B // tiếp tuyến tại A nên : 3'( ) '(1) 4 4 0o o of 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 2B 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 23 (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 20 1(3 2) 8(3 2) 0 (4)32 3 2 3 2 0( 1) 0 2 g aa a a ag 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(x1) = k(x2) hoặc k(x1) = k(-1) hoặc k(x2) = k(-1) Theo tôi cần phải chứng minh 1 2 1 2x 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 ( ) 23 3 3 xx x k x a x k