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.. TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN T
Trang 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) d(I,)R
1) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm M o (C) :
Tiếp tuyến là đt qua Mo(xo;yo) và có vtpt IM0
Phương trình :(xx0)(x0 a)(yy0)(y0 b)0
2) Viết pttt của đtròn thoả điều kiện Ω cho trước :
Gọi :AxByC0,A2 B2 0
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
2
B A
C B A R I
tạo với (d) một góc 45o nên :
5
2 ( ) 2
2 (
5
2 2
2 2
B AB A
B A
B A B
A
B A
3
3
B A
B A
B C
B C B B
C B
B
C B B
6
14 10
4 10
) 3 (
3
2 2 + C = 14B : Ta có ttuyến -3Bx + By + 14B = 0 3x y140
+ C = - 6B : Ta có ttuyến – 3Bx + By – 6B = 0 3xy60
(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 ( ) 2 2 0 8 0 8 0
0
2
Tiếp tuyến ( ) đi qua Mo, có vtpt IM0 (x0 1;y0 4)có ptrình :
(xo– 1)(x – xo) + (yo– 4)(y – yo) = 0
Tiếp tuyến qua M nên : (x0 1)(4x0)(y0 4)(6 y0)0
0 28 2
2 0
2
0 20 10
5 ) 8 8 2
0
2
Trang 20 4
2 0
Giải (1) và (2) ta được :
0
4 x
; 4
4
0
0 0
0
y y
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
)
1
1, )
B A
C B b A a R I
2
2, )
B A
C B b A a R I
C B b A a R
R C B b
2
1 1
1
Giải các hệ phương trình sau :
) (
) (
) (
) (
) (
) (
2 2 2
1 1
1
2 2 2 2 1
1
2 2 2
1 1
1
2 2 2 2 1
1
C B b A a R
R C B b A a
B A R C B b A a
C B b A a R
R C B b A a
B A R C B b A a
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)(C1)(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 R1 R2 I1I2 R1 R2 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 I1I2 R1R2 thì (C1), (C2) chỉ có một ttuyến chung
Ttuyến chung đi qua tiếp điểm và với đường nối tâm ( tức trục đẳng phương)
Trang 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
2
1I I I
I
Vì : R2– R1 = 1 < I1I2 < 3 = R1 + R2 nên (C1), (C2) cắt nhau có 2 tiếp tuyến ngoài
Cách 1 : Gọi :AxByC 0, A2 B2 0
2 2 1
B A
C B A I
d
2 2 2
B A
C B A I
d
Ta có :
) 4 ( 3 1 3
) (
2 2
2 2 2 2
2
B A C
B C
B A C B A C
B A C B A
B A C B A
B A
B A
B B B A B B A
3 4
0 0
) 4 3 ( )
3
B = 0 C0, 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 AB
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 I1M (x0 1;y0 1)nên có phương trình :
Vì M(xo; yo)(C1) nên :
(xo– 1)2 + (yo– 1)2 = 1 2 2 0 2 0 1 0
0
2
Đường thẳng ()tiếp xúc (C2) khi và chỉ khi :
2 )
1 ( ) 1 (
) 1 2 2 (
2
2 )
1 ( ) 1 (
) 1 )(
1 ( ) 1 )(
2 ( )
,
(
2 0
2 0
0 0
2 0
2 0 0 0
2 0
2 0
0 0 0
0 2
2
y x
y x y x y x
y x
y y x
x R
I
d
(4) 2
2
(3) 2
2 2
2
0 0
0 0 0
y x y
x
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
1 y , 0
2
1 0
0
0 0
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 :
Trang 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
2 1
2 1
2 2
2
1
1
y
y y
x
x x II
II
R
R
Đường thẳng qua I có vtpt (A; B) có phương trình :
A(x – 0) + B(y – 3) = 0
B A
B B
A B A B
A I
d
3 4
0 2
1 3) -B(1 0) -A(1 1
) ,
2 2 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 (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 (C m1) và (C m2) 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 m1),(Cm2)
Trang 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 (P)(Q), với (Q) là mphẳng qua A và có vtpt IA.
Ví dụ : Cho đường tròn (C) :
0
9 2 2 2
x
z y x
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 IA(0;0;3)
Phương trình (Q) : 0(x – 0) + 0(y – 0) + 3(z – 3) = 0 z30
Vậy phương trình tiếp tuyến là :
0 3
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 (P)(Q) với (Q) là mặt phẳng có 2 vtcp n P , au( ;b;c), chọn u sao cho u n P , (Q) qua A và cách H một khoảng bằng r
2) Tiếp tuyến có vtcp u(a;b;c)nP và cách H một khoảng bằng r
Ví dụ : Cho đường tròn (C) :
0 3
9 2 2 2
z y x
z y x
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 n(1;1;1)
Đường thẳng qua I có vtcp n có ptrình :
t z
t y
t
x
Toạ độ tâm H của đtròn là nghiệm của hệ :
1 0
3
t z
y
x
t
z
t
y
t
x
Vậy (C) có tâm H(1; 1; 1), bán kính r = R2 IH2 93 6
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 n P(1;1;1)và u (a;b;c)(chọn u sao cho u n P)
Trang 6b a c c
b a n
Một vtcp của (Q) là u,nP (bc;c-a;a-b)(2ba;-2a-b;a-b)
Phương trình mp (Q) có dạng : (2ba)(x3)(2ab)(y1)(ab)(z1)0 (1)
) ( ) 2 ( ) 2 (
) ( 2 ) 2 ( 2
2 2
b a b a a
b
b a a b
a b
a ab
a ab b a
+ Với a = 0 cb, chọn b = 1, c = -1, ta có ptrình mp (Q) : 2x – y – z – 6 = 0
Ptrình tiếp tuyến
0 3
0 6 2
:
z y x
z y x
+ Với b = -a : Chọn a = 1, b = -1 và c = 0, ta có ptrình mp (Q) : - x – y + 2z + 6 = 0
Ptrình tiếp tuyến
0 3
0 6 2 :'
z y x
z y x
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 u(a;b;c),a2 b2 c2 0, và đi qua A
Ta có : u.n P 0abc0cab
HA, (2 ;-2a-2c;2b) (2b;2b;2b)
2) -0;
; 2 (
b u
HA
)
6 )
2 ( ) 2 ( ) 2 ( 6 ,
HA r
) , (
2 2 2
2 2
2
c b a
b b
b u
u H
d
a b
a ab
a b
a b
a
+ Với a = 0 : thì c = - b, chọn b = 1, c = - 1 u (0;1;-1)
Ta có tiếp tuyến
t z
t y x
1 1
3 :
+ Với b = - a : Chọn a = 1, b = -1 , c = 0 u (1;-1;0)
Ta có tiếp tuyến
1 1
3 '
z
t y
t x
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 (P)(Q)
Với (Q) là mặt phẳng nhận n P,ud làm 2 vectơ chỉ phương và cách H một khoảng r
Ví dụ : Cho đường tròn (C) :
0 1 2
2
0 51 6 4 12 2 2 2
z y x
z y x z
y x
(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)
Trang 71) 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 :
t z
t y
t x
3
2 2
2 6
Toạ độ tâm H của đường tròn (C)là nghiệm của hệ ptrình :
0 1 2
2
t 3 z 2t, -2 y , 2
6
z y x
t x
9
179
38 9
349 10
z y x
t
9
17
; 9
38
-; 9
34 (
Đường tròn (C) có bán kính r =
3
2 20 2
2 IH
2) 2) Đường thẳng (d) đi qua M(0; 0; 1) (P).VTCP của (d) là u(1;1;-4)
Vì u.n0u n(d)(P)
Tiếp tuyến (P)(Q) Với (Q) là mặt phẳng nhận 2 VTCP là u d (1;1;-4) , nP (2;2;1) Nên (Q) có một VTPT là : u d;nP (9;9;0)9(1;1;0)
Mặt phẳng (Q) có dạng : x + y + C = 0 Khoảng cách từ H đến (Q) bằng r :
3
2 20 0
1 1 9
38 9
34 r
Q) , (
2 2
C H
d
3 64 3
16 3
40 8
C
C C
Vậy :
0 64 3 3 : ) (
0 16 3 3 : )
(
y x Q
y x Q
Có 2 tiếp tuyến là :
0 1 2
2
0 64 -3y -3x :' , 0 1 2
2
0 16 3 3 :
z y x z
y x
y x
CÁC BÀI TẬP TỰ KIỂM TRA : 1/ Cho đường tròn (C) :
0 1
0 16 2 2 2
x
z y x
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 2 2 2
x
z y x
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) :
0 3
9 2 2 2
z y x
z y x
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
Trang 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
a x
k k
n
với a n2 b n2 0
kx b
kx a
a x
Q
1
)
Đa thức Pn(x) = 0 , xRa0 a k b k 0
Qn(x) = 0 , xRa0 a k b k 0 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 cos 3 2 cos 5 sin 4 sin 3 sin
Chứng minh tam giác ABC đều
Giải :
Ta có :
2 cos 2 2 sin 2 2 cos 2 sin 2 sin
Dấu bằng xảy ra AB
2 cos 2 sin
2 cos 2 sin
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
q r
q p
r p
2
3 r 2
5 q 2
1 p
Vậy :
2 cos 3 2 cos 5 2 cos ) sin (sin
2
3 ) sin (sin
2
5 ) sin (sin
2
1 sin 4 sin
3
sin
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
Trang 9Ta có :
cos cos
sin cos
cos
)
sin(
cos
sin sA co
sinA tanB
A tan
B A
C B
A
B
A 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 :
1003 r
1005 q
1001 p
2008 2006
2004
r q
q p
r p
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
C A
B C
B
A B
A
C
1001sinCcosC + 1005sinAcosA + 1003sinBcosB = 0
1001sin2C + 1005sin2A + 1003sin2B = 0
2 cot 2010 2
cot 2009 2
cot
Tìm hệ thức liên hệ giữa 3 cạnh ?
Giải :
Ta có :
2
sin 2 sin 2 cos 2
sin 2 sin
) 2 2 sin(
2 sin 2 sin
) 2 2 sin(
2 sin 2 cos 2 sin 2
cos 2
cot 2
C B
A
C B
A
B A B
B A
A B
2
cot 2 (cot )
2
cot 2 (cot )
2
cot 2
(cot 2
cot 2010 2
cot 2009 2
cot
2 cot ) ( 2 cot ) ( 2 cot ) (pq A qr B r p C
Đồng nhất :
1006 1004
3013 2010
2009
2007
r q
p r
q
q p
r p
2
cot 2 (cot 1006 )
2
cot 2 (cot 1004 )
2
cot 2 (cot 3013
0 2 cot 2010 2
cot 2009 2
cot 2007
A C
C B
B A
C B
A
0 2
sin 2 sin 2
cos 1006 2
sin 2 sin 2
cos 1004 2
sin 2 sin 2
cos
A C
B C
B
A B
A C
0 2
cos 2 sin 1006 2
cos 2 sin 1004 2
cos 2
C
0 sin 1006 sin
1004 sin
0 1006 1004
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
B A C
cotA, cotB, cotC là cấp số cộng cotA2cotBcotC0
Trang 10Đặt cotA – 2cotB + cotC = p(cotA+cotB)+q(cotB+cotC)+r(cotC+cotA)
C q r B p q A r
p )cot ( )cot ( )cot
Đồng nhất : p + r = 1 , p + q = - 2 , q + r = 1
2 r , -1 q ,
Vậy : cotA – 2cotB + cotC = -(cotA + cotB) – (cotB + cotC) + 2(cotC + cotA) = 0
0 sin sin
sin
2 sin
sin
sin sin
sin
A C
B C
B
A B
A
C
2
0 sin
2 sin sin2C 2 A 2 B b2 a2 c2
Vậy a2, b2, c2 là một cấp số cộng
2
tan 2 tan 2 2
A tan
3 B C Tìm mối liên hệ giữa cosA, cosB, cosC.
Giải :
Dễ thấy rằng :
2
cos 2 cos
2
cos 2
tan 2
A
C
B
Dùng hệ số bất định ta có :
) 2
A tan 2 (tan 2 ) 2
tan 2 (tan 3 ) 2
tan 2
A (tan 2
tan 2 tan 2 2
A tan
2
tan 2 tan 2 2
A tan
2
A tan 2 (tan 2 ) 2
tan 2 (tan 3 ) 2
tan 2
A
0 2
cos 2 cos
2
cos 2 2
cos 2 cos
2
cos 3 2
cos 2 cos
2
cos
A C
B C
B
A B
A C
(3) (x2 x1)(x2 2x3)
0 sin cos
sin 4 cos 3
x x
x x