Tài liệu Phương pháp lượng giác trong việc giải toán thuộc chương trình trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG − − − − − − −− PHAN THỊ ĐỊNH PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG VIỆC GIẢI TOÁN THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà nẵng, năm 2011 Công trình được hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU Phản biện 1: TS. Lê Hoàng Trí Phản biện 2: PGS.TS. Huỳnh Thế Phùng Luận văn được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ Khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 28 tháng 5 năm 2011. * Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng. 1 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Dạy học toán có vai trò quan trọng trong việc thực hiện các mục đích và chức năng của giáo dục toán học. Đối với học sinh phổ thông, giải toán là một trong những hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Đây là một loại hình hoạt động riêng biệt, phổ biến và rất cần thiết nhằm giúp học sinh nắm vững kiến thức và ứng dụng chúng vào thực tiễn một cách có hiệu quả. Một trong những nhiệm vụ cơ bản của dạy học toán là bồi dưỡng cho học sinh kỹ năng tìm tòi, phát hiện và vận dụng các phương pháp vào việc giải toán. Vận dụng phương pháp lượng giác vào việc giải toán là một trong những biện pháp để giải quyết nhiệm vụ này. Trong chương trình toán học phổ thông, học sinh cũng đã được làm quen với phương pháp lượng giác, tuy nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức độ nhất định. Hơn nữa sách giáo khoa cũng không chỉ ra việc định hướng, tìm tòi lời giải bằng phương pháp lượng giác và cũng chưa chú trọng đến rèn luyện kỹ năng này. Bên cạnh đó trong các kỳ thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi toán trong và ngoài nước thường xuất hiện những bài toán mà lời giải của chúng có thể tìm được bằng phương pháp lượng giác. Với mục đích tìm hiểu phương pháp lượng giác và hệ thống một cách đầy đủ những ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chương trình toán trung học phổ thông, tôi chọn đề tài luận văn cho mình là: "Phương pháp lượng giác trong việc giải toán thuộc chương trình trung học phổ thông. " 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu - Hệ thống lớp các bài toán giải được bằng phương pháp lượng giác. - Đưa ra quy trình giải cho từng lớp bài toán. - Định hướng cho học sinh cách nhận biết các dấu hiệu trong một bài toán có thể vận dụng phương pháp lượng giác để giải. - Nhằm nâng cao năng lực tư duy cho học sinh, cần thiết phải xây dựng 2 chuỗi các bài toán từ một bài toán gốc nào đó (bằng phương pháp tương tự hóa, tổng quát hóa...). 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Chương trình toán bậc trung học phổ thông, đặc biệt là bộ môn lượng giác. - Phương pháp lượng giác trong đại số, giải tích và hình học. - Các ứng dụng của phương pháp lượng giác. 4. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tư liệu: sách giáo khoa, sách giáo viên, sách tham khảo, các tạp chí toán học tuổi trẻ và các tài liệu liên quan. - Phương pháp tiếp cận: sưu tầm, phân tích, tổng hợp, hệ thống. 5. Nội dung luận văn Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 3 chương Chương 1, trình bày sơ lược các kiến thức về lượng giác như: một số định nghĩa, tính chất, các công thức lượng giác cơ bản...Ngoài ra để làm cơ sở cho các chương sau, các bổ đề thường dùng và các bất đẳng thức lượng giác quen thuộc trong tam giác cũng được giới thiệu trong chương này. Chương 2, trình bày phương pháp lượng giác trong đại số và giải tích, bao gồm ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức; trong giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình; trong bài toán cực trị; trong bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân. Các ứng dụng của phương pháp lượng giác trong hình học được trình bày trong chương 3 bao gồm ba phần: các bài toán về đường tròn; các bài toán về elip và hypebol; các bài toán hình học phẳng khác. 3 Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương này nhắc lại sơ lược những kiến thức cơ bản về lượng giác như: Một số định nghĩa, các tính chất cơ bản. Phần cuối của chương trình bày một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác và các bổ đề sẽ được dùng trong các chương sau. 1.1 Một số định nghĩa 1.1.1 Góc và cung lượng giác 1.1.2 Hệ thức Sa-lơ 1.1.3 Giá trị lượng giác của góc (cung) lượng giác 1.2 Các tính chất cơ bản 1.3 Các bổ đề thường dùng Bổ đề 1.1. Cho x, y, z là các số dương thỏa: x + y + z = xyz , khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: x = tan A; y = tan B; z = tan C Bổ đề 1.2. Cho x, y, z ∈ R+ thỏa: xy + yz + zx = 1. Khi đó tồn tại tam giác ABC sao cho: x = tan A2 ; y = tan B2 ; z = tan C2 Bổ đề 1.3. Cho x, y, z ∈ R+ thỏa: x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1. Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: x = sin A2 ; y = sin B2 ; z = sin C2 1.4 Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác 4 Chương 2 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH Chương này trình bày phương pháp lượng giác trong đại số và trong giải tích, cụ thể là dùng phương pháp lượng giác để chứng minh các hệ thức đại số, chứng minh các bất đẳng thức đại số; giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình; giải các bài toán cực trị; tìm nguyên hàm và tính tích phân. 2.1 Phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức Để áp dụng phương pháp lượng giác vào chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức đại số ta cần dựa vào các dấu hiệu sau đây: Dấu hiệu 1: Nếu trong bài toán có |x| 6 k (với k > 0) thì đặt x = k sin α (với α ∈ [− π2 ; π2 ]) hoặc đặt x = k cos α (với α ∈ [0; π]) 2 2 2 Dấu hiệu ½ 2: Nếu trong bài toán có biểu thức x + y = k (với k > 0) thì đặt: x = k sin α y = k cos α với α ∈ [0; 2π] Dấu hiệu 3: Nếu trong bài toán có điều kiện x > k (với k > 0) thì đặt 1 2 2 2 2 2 x = cosk α , α ∈ [0; π2 ) ∪ [π; 3π 2 ). Khi đó x − k = k ( cos2 α − 1) = k tan α, (với tan α > 0). Dấu hiệu 4: Nếu trong bài toán có biểu thức x2 + k 2 thì đặt: x = k tan α, 2 α ∈ (− π2 ; π2 ). Khi đó x2 + k 2 = k 2 (1 + tan2 α) = cosk2 α (với cos α > 0). Như vậy chứng minh một đẳng thức hay một bất đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước: 5 Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán, nghĩa là chuyển đổi bài toán chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức đại số thành bài toán chứng minh đẳng thức lượng giác hay bất đẳng thức lượng giác. Bước 3: Chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức lượng giác tương ứng và kết luận. Bài toán 2.1. Cho a, b thỏa mãn: |b| 6 |a|. Chứng minh rằng: |a + b| + |a − b| = |a + p a2 − b2 | + |a − p a2 − b2 | Giải: Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán. Để giải bài toán trên ta xét hai trường hợp: Trường hợp a = b = 0: Đẳng thức cần chứng minh đúng. Trường hợp a2 + b2 6= 0: Không mất tính tổng quát, giả sử a 6= 0, bài toán trở thành: Cho a, b thỏa mãn: | ab | 6 1. Chứng minh rằng: ¯ ¯ b ¯¯ ¯ ¯ ¯1 + ¯ + ¯1 − a r r ¯ ¯ ¯ ¯ b 2¯ b 2 ¯¯ b¯ ¯ ¯ ¯ = ¯1 + 1 − ( ) ¯ + ¯1 + 1 − ( ) ¯ a a a Vì | ab | 6 1 nên đặt ab = sin α, α ∈ [− π2 ; π2 ] Bước toán ¯ 2: Lượng ¯ ¯ giác ¯hóa¯ bài q ¯ ¯ q ¯ ¯ ¯ b 2 ¯ ¯ + ¯1 + 1 − ( a ) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ p p ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 ⇔ |1 + sin α| + |1 − sin α| = ¯1 + 1 − sin α¯ + ¯1 − 1 − sin α¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 + ab ¯ + ¯1 − ab ¯ = ¯1 + 1 − ( ab )2 Bước 3: Chứng minh đẳng thức (2.1) và kết luận. Ta có (2.1) ⇔ |1 + sin α| + |1 − sin α| = |1 + cos α| + |1 − cos α| ⇔ 1 + sin α + 1 − sin α = 1 + cos α + 1 − cos α ⇔ 2 = 2 (hiển nhiên đúng) Vậy đẳng thức cần chứng minh là đúng. Bài toán 2.2. Chứng minh rằng: q q hq i p p √ 2 3 3 1+ 1−x (1 + x) − (1 − x) 6 2 2 + 2 − 2x2 (2.1) 6 Giải: Điều kiện: |x| 6 1 nên đặt x = cos α, α ∈ [0; π] q q hq i p p √ 2 3 3 1+ 1−x (1 + x) − (1 − x) 6 2 2 + 2 − 2x2 q hq i p √ √ 3 3 ⇔ 1 + sin α (1 + cos α) − (1 − cos α) 6 2 2 + 2 sin2 α ³ ´ √ √ α ´³ 3 α α 3α ⇔ cos + sin cos − sin · 2 2 6 2(2 + sin α) 2 2 2 2 ³ α α ´³ α α ´³ α α´ ⇔ cos + sin cos − sin 1 + cos sin 2 6 2 + sin α 2 2 2 2 2 2 ⇔ cos α(2 + sin α) 6 2 + sin α ⇔ (2 + sin α)(cos α − 1) 6 0, đúng ∀α ∈ [0; π] 2.2 Phương pháp lượng giác trong giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình Ngoài những dấu hiệu nhận biết như đã trình bày trong phần "chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức", còn có các dấu hiệu sau để nhận biết một phương trình, bất phương trình hay một hệ phương trình có thể sử dụng phương pháp lượng giác để giải: ½ a = tan α ⇒ X = tan(α + β) b= tan β   x = a sin α 2 2 2 2 x + y + z = a thì đặt y = a sin β cos α   z = a cos β cos α Nếu có biểu thức: X = Nếu có biểu thức: a+b 1−ab , thì đặt Để chuyển một biểu thức đại số thành một biểu thức lượng giác tương ứng với nó, ta có bảng 2.1 Như vậy để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình đại số bằng phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước: Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán nghĩa là sau khi đặt ẩn phụ, chuyển phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình đại số thành phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình lượng giác. Bước 3: Giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình lượng giác tương ứng và kết luận. 7 Bảng 2.1. Biểu thức đại số và biểu thức lượng giác tương ứng: Biểu thức đại số Biểu thức lượng giác 1 cos2 t 1 + x2 1 + tan2 t = 2x2 − 1 2 cos2 t − 1 = cos 2t 1 − 2x2 1 − 2 sin2 t = cos 2t 4x3 − 3x 4 cos3 t − 3 cos t = cos 3t 3x − 4x3 3 sin t − 4 sin3 t = sin 3t 2x 1−x2 2 tan t 1−tan2 t = tan 2t 2x 1+x2 2 tan t 1+tan2 t = sin 2t 1−x2 1+x2 1−tan2 t 1+tan2 t = cos 2t x2 − 1 1 cos2 t ··· ··· − 1 = tan2 t Bài toán 2.3. Giải phương trình: q q hq i p p 2 3 3 1+ 1−x (1 + x) − (1 − x) = 2 + 1 − x2 Giải: Bước 1: Nhận ½ biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ. 1+x>0 Điều kiện: ⇔ −1 6 x 6 1. Đặt x = cos t; t ∈ [0; π] 1−x>0 Bước 2: Lượng giác hóa bài toán q hq q i p = 2 + 1 − x2 q hq i √ 3 3 ⇔ 1 + sin t · (1 + cos t) − (1 − cos t) = 2 + sin t 1+ p 1 − x2 (1 + x)3 − (1 − x)3 Bước 3: Giải phương trình (2.2) và kết luận. (2.2) r r t t 2 h t t 3i 2 2 3 (sin + cos ) · (2 cos ) − (2 sin ) = 2 + sin t (2.2) ⇔ 2 2 2 2 ³ 2 + sin t ´ √ = 2 + sin t ⇔ 2 2 cos t 2 √ √ 1 2 ⇔ (2 + sin t)( 2 cos t − 1) = 0 ⇔ cos t = √ ⇔ x = 2 2 r 8 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = √ 2 2 Bài toán 2.4. Với giá trị nào của tham số m bất phương trình sau có nghiệm: q q √ √ m+ x + m− x 6 2 Giải: √ - Xét trường hợp m < 0: khi đó m − x < 0 nên bất phương trình vô nghiệm. ½ x>0 √ - Xét trường hợp m > 0: Điều kiện của bất phương trình là: 06 √ Đặt x = m cos t, t ∈ [0; π2 ]. Bất phương trình thành: p m(1 + cos t) + p m(1 − cos t) 6 2 ⇔ √ x6m ³ t t´ 62 2m cos + sin 2 2 m = 0 : bất phương trình có nghiệm. √ ³ √ √ t t´ t π m > 0 : 2m cos + sin 6 2 ⇔ 2m 2 sin( + ) 6 2 2 2 2 4 t π 1 ⇔ sin( + ) 6 √ 2 4 m π 2] t 2 Vì t ∈ [0; nên: + Hay bất phương trình √ π π ∈ [ 4 ; 2 ] do đó: 22 6 sin( 2t + π4 ) 6 sin( 2t + π4 ) 6 √1m có nghiệm khi và π 4 1. chỉ khi: √ 1 2 √ > ⇔ 0 0 thì đặt: x = a sin t, t ∈ [− π2 ; π2 ] hoặc x = a cos t, t ∈ [0; π] 11 Dạng 2: Tính I = R ³ √ ´ 2 2 R x, a + x dx, với a > 0 thì đặt: x = a tan t, t ∈ (− π2 ; π2 ) hoặc x = a cot ³ t, t ∈ (0; π) ´ √ R Dạng 3: Tính I = R x, x2 − a2 dx, với a > 0 thì đặt: x = a sin t , a t ∈ [− π2 ; π2 ]\{0} hoặc x = cos t ∈ [0;´π]\{ π2 } t ,q ³ R R ³ q a−x ´ a+x Dạng 4: Tính I = R x, a−x dx, hoặc I = R x, a+x dx với a > 0 thì đặt: x = a cos 2t.³ ´ p R Dạng 5: Tính I = R x, (x − a)(b − x) dx, thì đặt: x = a + (b − a) sin2 t. Dựa vào các dấu hiệu nêu trên, ta giải bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân bằng phương pháp lượng giác qua ba bước: Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán để lựa chọn cách đổi biến phù hợp. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán nghĩa là đổi biến đưa bài toán gốc về bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân của hàm lượng giác. Bước 3: Tìm nguyên hàm hoặc tính tích phân của hàm lượng giác tương ứng và kết luận. Bài toán 2.7. Tìm nguyên hàm Z √ a) I = 4 − x2 dx ; x Z p b) J = (4 − x2 )3 dx; x6 Z r c) K = x dx 2a − x Giải: a) Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đổi biến. √ Trong bài toán có chứa a2 − x2 , (a = 2) nên đặt x = 2 sin t, (t ∈ [− π2 ; π2 ]) ⇒ dx = 2 cos t dt. Khi đó: p q 4 − x2 = π π 4(1 − sin2 t) = 2| cos t| = 2 cos t, (do t ∈ [− ; ]) 2 2 Bước 2: Lượng giác hóa bài toán Z Z 2 cos t · 2 cos t dt (1 − sin2 t)dt I= = 2 2 sin t sin t R 2 t)dt và kết luận. Bước 3: Tìm nguyên hàm I = 2 (1−sin sin t Z Z Z dt sin t dt Ta có I = 2 − 2 sin t dt = 2 + 2 cos t + C1 sin t sin2 t 12 Xét Z sin t dt = sin2 t Z sin t dt = 1 − cos2 t Z sin t dt =A (1 − cos t)(1 + cos t) Đặt u = cos t ⇒ du = − sin t dt, khi đó: Z A= 1 −du = (1 − u)(1 + u) 2 Suy ra: Ta lại có: sin t = x 2 Z ³ 1 1 ´ 1 ¯¯ u − 1 ¯¯ − du = ln ¯ ¯ + C2 u−1 u+1 2 u+1 ¯ cos t − 1 ¯ ¯ ¯ I = ln ¯ ¯ + 2 cos t + C cos t + 1 q √ 2 nên: cos t = 1 − ( x2 )2 = 4−x 2 Vậy: ¯ √4 − x 2 − 2 ¯ p ¯ ¯ I = ln ¯ √ ¯ + 4 − x2 + C 2 4−x +2 b) Đặt: x = 2 cos t, (t ∈ [0; π]) ⇒ dx = −2 sin t dt. Khi đó: Z p Z [4(1 − cos2 t)]3 (−2 sin t)dt sin4 t 1 J= =− dt 6 cos6 t 6t 2 4 cos Z Z 1 1 1 4 tan t · tan4 t d(tan t) dt = − =− 2 4 cos t 4 √ 2 )2 1 (4 − x 1 4 − x2 5 = − tan t + C = − +C 20 20 x5 (vì: 1 + tan2 t = 1 cos2 t mà cos t = x 2 nên ( tan5 t √ (4−x2 )2 4−x2 ) x5 = dx = 4a sin t cos tdt c) Đặt x = 2a sin2 t, t ∈ (0; π2 ) ⇒ . Khi đó: x sin2 t 2a−x = cos2 t Z Z Z ³ sin t 1 − cos 2t ´ 2 K= 4a sin t cos tdt = 4a sin tdt = 4a dt cos t 2 Z 1 = 2a (1 − cos 2t)dt = 2a(t − sin 2t) + C 2 √ r ³ x 1 2ax − x2 ´ = 2a arcsin − +C 2a 2 a r p x − x(2a − x) + C = 2a arcsin 2a ³ x 2a − x Do sin2 t = ⇒ cos2 t = 2a 2a r p r x(2a − x) ´ x 2a − x ⇒ sin 2t = 2 sin t cos t = 2 = 2a 2a a 13 Bài toán 2.8. Tính các tích phân sau: √ Z3 2011 Z p 20112 a) I = − x2 dx; b) J = 0 1 x2 − 1 dx x4 + x2 Giải: a) Đặt: x = 2011 sin t, t ∈ [− π2 ; π2 ] ⇒ dx = 2011 cos tdt Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 2011 ⇒ t = π2 . Khi đó: π π Z2 Z2 2 I= 2 2011 cos tdt = 2011 0 2 0 ¯ π ´ ³ ¯ 1 + cos 2t 1 2 1 dt = 2011 · t + sin 2t ¯¯ 2 0 2 2 2 π 4 b) Đặt x = cot u, u ∈ (0; π) ⇒ dx = −(1 + cot2 u)du √ Đổi cận: x = 1 ⇒ u = π4 ; x = 3 ⇒ u = π6 . Khi đó: = 20112 · π Z6 J= cot2 u(1 + cot2 u) π 4 π Z6 = π 4 π (1 − cot2 u)(1 + cot2 u)du ¯ ¯ 1 ( 2 − 2)du = tan u ¯¯ cos u π Z6 ( = π 4 π 4 π 6 1 − 1)du = cot2 u ¯ ¯ − 2u ¯¯ π 4 π 6 Z6 (tan2 u − 1)du π 4 1 π = √ −1+ 6 3 14 Chương 3 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC Chương này trình bày các ứng dụng của phương pháp lượng giác trong hình học. Cụ thể là xét các bài toán về đường tròn; các bài toán về đường elip và hypebol và các bài toán hình học phẳng khác. 3.1 Các bài toán về đường tròn 3.1.1 Định nghĩa 3.1.2 Phương trình đường tròn 3.1.3 Phương trình tiếp tuyến của đường tròn 3.1.4 Một số bài toán về đường tròn Một số bài toán về đường tròn có thể giải được bằng phương pháp lượng giác theo cách sau: Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác. Bước 2: Giải bài toán lượng giác. Bước 3: Kết luận. Bài toán 3.1. Cho đường tròn (C) có phương trình: x2 +y 2 −4x−6y+4 = 0 a) Xác định tọa độ các đỉnh B, C biết 4ABC là tam giác đều nội tiếp trong đường tròn (C) và A(5; 3). b) Tìm điểm N (x2 ; y2 ) ∈ (C) sao cho: x22 + y22 đạt giá trị lớn nhất; đạt giá trị nhỏ nhất. 15 Giải: Ta có phương trình tham số của đường tròn (C) là: ½ x = 2 + 3 sin t , t ∈ [0; 2π) y = 3 + 3 cos t a) Giả sử AB = a, gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A trong 4ABC , √ √ √ √ suy ra AH = a 23 . Ta lại có: R = 23 AH = 32 · a 23 ⇔ a = R 3 = 3 3. Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác M ∈ (C) nên M (2 + 3 sin t; 3 + 3 cos t), t ∈ [0; 2π), bài toán trở thành: Tìm √ điểm M ∈ (C) sao cho AM = 3 3, tức là: AM 2 = 27 ⇔ (3 − 3 sin t)2 + (3 cos t)2 = 27 Bước 2: Giải bài toán lượng giác " (3 − 3 sin t)2 + (3 cos t)2 = 27 ⇔ sin t = − 21 ⇒ cos t = cos t = √ 3 − √ 2 3 2 Bước 3: Kết luận ³ 1 6 + 3√3 ´ ³ 1 6 − 3√3 ´ B ; , C ; 2 2 2 2 ½ x2 = 2 + 3 sin t b) N (x2 ; y2 ) ∈ (C) ⇔ , t ∈ [0; 2π) y2 = 3 + 3 cos t Ta có: x22 + y22 ´ √ ³ 2 3 = (2 + 3 sin t) + (3 + 3 cos t) = 22 + 6 13 √ sin t + √ cos t 13 13 √ 2 3 = 22 + 6 13 cos(t − α), (với sin α = √ ; cos α = √ ) 13 13 2 2 Mà: | cos(t − α)| 6 1 nên: √ (x22 + y22 )min = 22 − 6 13 khi ( cos(t − α) = −1 ⇔ t = α + π + k2π ⇔ √ √ 6 13 9 13 ´ ⇒ N 2− ;3 − 13 13 √ = 22 + 6 13 khi ( ³ (x22 + y22 )max cos(t − α) = 1 ⇔ t = α + k2π ⇔ sin t = − sin α = − √213 cos t = − cos α = − √313 √2 13 √ = 313 sin t = sin α = cos t = cos α √ √ ³ 6 13 9 13 ´ ⇒ N 2+ ;3 + 13 13 16 3.2 Các bài toán về elip và hypebol 3.2.1 Định nghĩa 3.2.2 Phương trình của elip và hypebol 3.2.3 Phương trình tiếp tuyến của elip và hypebol 3.2.4 Điều kiện tiếp xúc của đường thẳng với elip và hypebol 3.2.5 Một số bài toán về elip và hypebol Một số bài toán về elip và hypebol có thể giải được bằng phương pháp lượng giác theo cách sau: Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác. Bước 2: Giải bài toán lượng giác. Bước 3: Kết luận. 2 2 y Bài toán 3.2. Cho hypebol (H) : x8 − 27 = 1 và elip (E) : Lập phương trình các tiếp tuyến chung của (E) và (H) ( x2 4 + y2 9 = 1. √ 2 2 cos √t x= , t ∈ [0; 2π)\{ π2 ; 3π 2 }. y = 3 3 tan t Giải: (H) có phương trình tham số: Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác Họ tiếp tuyến (∆1 ) của (H) có phương trình: √ √ √ x y tan t − √ = 1 ⇔ 3 3 · x − 2 2 sin t · y = 6 6 cos t 2 2 cos t 3 3 √ √ √ (∆1 ) tiếp xúc với (E) ⇔ (3 3)2 4 + (2 2 sin t)2 9 = (6 6 cos t)2 √ Bài toán trở thành: Tìm t ∈ [0; 2π)\{ π2 ; 3π 2 } thỏa phương trình (3.1) Bước 2: Giải phương trình (3.1) với t ∈ [0; 2π)\{ π2 ; 3π 2 } Ta có: (3.1) ⇔ 108 + 72(1 − cos2 t) = 216 cos2 t  ⇔ cos2 t = - Khi cos t = √ √5 : 2 2 cos t = 5 ⇔  8 cos t = √ √5 2 √ 2 − 2√52 phương trình tiếp tuyến là: √ √ 3x − y − 3 5 = 0 hoặc 3x + y − 3 5 = 0 (3.1) 17 - Khi cos t = √ √5 (⇔ 2 2 sin t = √ ± 2√32 ): phương trình tiếp tuyến là: √ √ 3x + y + 3 5 = 0 hoặc 3x − y + 3 5 = 0 Bước 3: Kết luận: Vậy có bốn tiếp tuyến chung của (E) và (H) đã cho, các tiếp tuyến này lần lượt có phương trình: √ √ √ √ 3x − y − 3 5 = 0; 3x + y − 3 5 = 0; 3x + y + 3 5 = 0; 3x − y + 3 5 = 0 3.3 3.3.1 Các bài toán hình học phẳng khác Hệ thức Hê-rông trong tam giác và trong tứ giác Ta có công thức Hê-rông tính diện tích 4ABC khi biết độ dài ba cạnh là S= p p(p − a)(p − b)(p − c) Đối với tứ giác khi biết độ dài bốn cạnh thì công thức tính diện tích tương tự như trên là rất khó. Ta xét trường hợp đặc biệt khi tứ giác nội tiếp trong một đường tròn với bài toán sau: Bài toán 3.3. (Công thức tính diện tích của tứ giác nội tiếp) Gọi a, b, c, d là độ dài các cạnh của một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn, ký hiệu q = a+b+c+d . Chứng minh rằng diện tích tứ giác được 2 p tính bằng công thức: S = (q − a)(q − b)(q − c)(q − d) Giải: b = ADC [ và D \, áp dụng định lý hàm số cosin trong 4ABC Gọi Bb = ABC b = d2 + c2 − 2cd cos D b và 4ACD ta có: AC 2 = a2 + b2 − 2ab cos B b = 1800 ⇒ cos B b = − cos D b. Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên Bb + D a2 + b2 − c2 − d2 b Do đó: cos B = 2(ab + cd) b = 1 − cos2 B b = (1 − cos B)(1 b b sin2 B + cos B) h (a2 + b2 ) − (c2 + d2 ) ih (a2 + b2 ) − (c2 + d2 ) i = 1− 1+ 2(ab + cd) 2(ab + cd) Mặt khác: [(c + d)2 − (a − b)2 ][(a + b)2 − (c − d)2 ] = 4(ab + cd)2 18 A d D a O c B b C Hình 3.1: Hình minh họa Bài toán 3.3. Ta lại có: (a + b)2 − (c − d)2 = (a + b + c − d)(a + b + d − c) = 4(q − d)(q − c) Tương tự: (c + d)2 − (a − b)2 = 4(q − a)(q − b) b = 1800 và 00 < B, b D b < 1800 nên Vì: Bb + D p 2 (q − a)(q − b)(q − c)(q − d) b = sin D b= sin B ab + cd p 1 b = (q − a)(q − b)(q − c)(q − d) ⇔ (ab + cd) sin B 2 1 b S4ADC = 1 cd sin D b = 1 cd sin B b Vì vậy: S4ABC = ab sin B; 2 2 2 1 Suy ra: S = S4ABC + S4ADC = (ab + cd) sin Bb 2 p = (q − a)(q − b)(q − c)(q − d) Nhận xét 3.1. Đặc biệt hơn nữa, một tứ giác vừa nội tiếp, vừa ngoại √ tiếp đường tròn thì: S = abcd Chứng minh. p Xét tứ giác ABCD nội tiếp, ta có: S = (q − a)(q − b)(q − c)(q − d) Vì ABCD ngoại tiếp một ³ đường tròn nên: ´ a + c = b + d = q = r(tan O1 + tan O2 + tan O3 + tan O4 ) . Khi đó: q − a = c; q − b = d; q − c = a; q − d = b, suy ra: S = √ abcd