Hình học Oxy – Tương giao giữa đường thẳng và đường tròn – Nguyễn Thanh Tùng - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

(1)

I. BÀI TOÁN

1. Nội dung

2. Cách giải chung

Cách 1: Tọa độ A B, là nghiệm của hệ ¹

1

( ) ( )

C A

C B

 

 

 



Phương trình AB.

Cách 2: Giả sử (C₁) :x²y² a x b y₁  ₁ c₁0 và (C₂) :x²y²a x b y₂  ₂ c₂ 0 Khi đó tọa độ A B, là nghiệm của hệ :

2 2

1 1 1

1 2 1 2 1 2

2 2

2 2 2

0 ( ) ( ) 0

0 x y a x b y c

a a x b b y c c x y a x b y c

     

       

     



Suy ra phương trình AB: (a₁a x₂) (b₁b y₂) c₁c₂ 0 Chú ý:

+) Ở cách giải 2 có một ưu điểm hơn so với cách giải 1 là ta không cần biết tọa độ điểm A B, song hoàn toàn viết được phương trình AB. Trong khi đó ở cách 1 để viết phương trình AB ta cần tìm được cụ thể tọa độ hai điểm

, A B.

+) Cách 1 sẽ phù hợp cho những bài toán cần tìm cụ thể tọa độ giao điểm hai đường tròn tường minh. Còn cách 2 sẽ thích hợp cho những bài toán chứa tham số (ít nhất một trong hai phương trình đường tròn chưa tường minh).

+) Đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.

3. Ví dụ gốc

Cho hai đường tròn (C₁) :x²y²4x4y170 và (C₂) :x² y²8x2y70 cắt nhau tại hai điểm A B, . Viết phương trình đường thẳng AB.

Giải:

Cách 1: Tọa độ A B, là nghiệm của hệ:

2 2

4 4 17 0 1; 2 (1; 2), (3; 2)

3; 2 (3; 2), (1; 2)

8 2 7 0

x y x y x y A B

x y A B

x y x y

          

  

           

  



Suy ra phương trình đường thẳng AB: 2xy 4 0 Cách 2: Tọa độ A B, là nghiệm của hệ:

2 2

4 4 17 0

12 6 24 0 2 4 0

8 2 7 0

x y x y

     

        

     



Vậy phương trình đường thẳng AB: 2xy 4 0 .

TƯƠNG GIAO ĐƯỜNG TRÒN - ĐƯỜNG THẲNG

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Cho đường tròn (C và ₁) (C cắt nhau tại hai điểm ₂) A B, . Viết phương trình đường thẳng AB.

(2)

IỊ CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG

Ví dụ 1 (Khối B – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x²y²2x6y 6 0 và điểm ( 3;1)

M  . Gọi A và B là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến ( )C . Viết phương trình đường thẳng AB. Giải:

+) Đường tròn ( )C có tâm I(1;3) và bán kính RIA2

Ta có MI 2 5, khi đó: MBMA MI²IA²  20 4 4

+) Suy ra A B, nằm trên đường tròn tâm M( 3;1) bán kính bằng 4 , có phương trình:

2 2 2 2

(x3) (y1) 16x y 6x2y 6 0 +) Khi đó tọa độ A B, là nghiệm của hệ:

2 2

6 2 6 0

8 4 12 0 2 3 0

2 6 6 0

x y x y

     

        

     



+) Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2xy 3 0

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm H( 3; 2) . Gọi D E, là chân đường cao kẻ từ B và C. Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng :x3y 3 0, điểm F( 2;3) thuộc đường thẳng DE và HD2. Tìm tọa độ điểm A.

Giải:

(?)

2

B A

M( 3;1) I(1;3)

2 D

E F

H I

C B

Δ: x 3y 3=0 Ẳ)

(3)

+) Do ABC cân tại A nên HEHD2, suy ra E D, thuộc đường tròn tâm H( 3; 2) và bán kính bằng 2 có phương trình: (x3)²(y2)² 4 x² y²6x4y 9 0 +) Gọi I là trung điểm của AH

Gọi (3 3; ) ³ ; ²

2 2

A m m I m m 

     

 

2

2 5 16 20

2

m m

IH  

 

Ta có ADHE nội tiếp đường tròn tâm ³ ; ²

2 2

I m m 

 

  bán kính IH nên có phương trình:

2 2 2

2 2

3 2 5 16 20

3 ( 2) 7 9 0

2 2 2

m m m m

x y    x y mx m y m

   

           

   

   

+) Khi đó tọa độ điểm E D, là nghiệm của hệ:

2 2

6 4 9 0

(6 3 ) ( 2) 7 18 0

3 ( 2) 7 9 0

x y x y

m x m y m

x y mx m y m

     

       

       



Suy ra phương trình ED: (6 3 ) m x(m2)y7m180

+) Do F( 2;3) ED 2(6 3 ) 3( m  m2) 7 m180m 0 A(3; 0) Vậy A(3; 0).

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A( 2; 1)  , trực tâm H(2;1) vàBC2 5. Gọi ', '

B C lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh B C, . Lập phương trình đường thẳng BC, biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x2y 1 0, tung độ của M dương và đường thẳng

' '

^y^^m



² ^⁰

2(2m 1)x 2my 5m2 4m 1 0

      

Mặt khác N( 3; 4) B C' '6(2m1) 8 m5m²4m 1 0m²  1 m1 hoặc m 1 (loại) Suy ra M(3;1)

+) Khi đó đường thẳng BC đi qua M(3;1) và nhận AH (4; 2)2(2;1)

làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2(x3) ( y1)02xy 7 0. Vậy phương trình đường thẳng BClà: 2xy 7 0

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(6; 6) và ngoại tiếp đường tròn tâm J(4;5). Biết điểm A(2;3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.

Giải:

+) Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I(6; 6) và bán kính IA5 nên có phương trình:

(x6)²(y6)² 25

Ta có AD đi qua A(2;3), (4;5)J nên có phương trình : xy 1 0

Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :

2 2

2

3 (2;3)

( 6) ( 6) 25

(9;10) (9;10)

1 0 9

10 x

y D A

x y

D D

x y x

y

 



 

       

      

 

 



+) Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó:

 

  AmE EnC CpD DqB

 



 



(góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau )

    EnC CpD AmE DqB

    hay ECD  AmEDqB (1)

(5)

Mặt khác:

 





 



1 2 1 2

EBD sd ECD

DJB sd AmE sd DqB

 





  



(2)

Từ (1) và (2) suy ra: EBDDJB hay tam giác DBJ cân tại D, suy ra DBDJ (*) Lại có  

1 2

A A DBDC (2*)

Từ (*) & (2*) suy ra: DBDJ DC hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC Suy ra B C, nằm trên đường tròn tâm D(9;10) bán kính DJ 5 2

có phương trình : (x9)²(y10)² 50

Khi đó tọa độ B C, là nghiệm của hệ :

2 2

2

( 6) ( 6) 25 9 (2;9), (10;3)

(10;3), (2;9) 10

( 9) ( 10) 50

3 x

x y y B C

B C

x

x y

y

 





     

  

       

 

 

 

 Vậy B(2;9), (10;3)C hoặc .

Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (C x4)²y² 4 và điểm E(4;1). Tìm tọa độ điểm M trên trục tung, sao cho từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA MB, đến ( )C (với A B, là các tiếp điểm) sao cho AB đi qua E.

Giải:

+) Đường tròn ( )C có tâm I(4; 0) và bán kính R2

+) Gọi M(0; )m OyIM² m²16MA² MB² MI²R² m²12

Suy ra A B, thuộc đường tròn tâm M bán kính MA có phương trình: x²(ym)² m²12 +) Khi đó tọa độ A B, là nghiệm của hệ:

2 2 2 2 2

2 2 2 2

( ) 12 2 12 0

4 12 0

( 4) 4 8 12 0

x y m m x y my

x my

x y x y x

         

 

    

 

      

 

 

Suy ra phương trình AB: 4xmy120

+) Mặt khác E(4;1)AB16m120m4M(0; 4). Vậy M(0; 4).

Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (T x1)²(y1)² 5 với tâm I và điểm A(4;5). Từ A kẻ một đường thẳng cắt đường tròn ( )T tại hai điểm B C, , tiếp tuyến tại B C, cắt nhau tại K. Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với IA, cắt ( )T tại E F, . Xác định tọa độ các điểm E F, .

(10;3), (2;9)

B C

(6)

Giải:

+) Gọi K a b( ; ) khi đó ¹; ¹

2 2

a b

M   

 

  là trung điểm của IK Do IBKC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính

2 2

( 1) ( 1)

2

a b

MI   

 nên B C, thuộc đường tròn có phương trình:

2 2 2 2

2 2

1 1 ( 1) ( 1)

( 1) ( 1) 0

2 2 4

a b a b

x  y     x y a x b y a b

   

            

   

   

+) Do B C, thuộc đường tròn (x1)²(y1)² 5x²y²2x2y 3 0 Khi đó tọa độ B C, là nghiệm của hệ:

2 2

( 1) ( 1) 0

( 1) ( 1) 3 0

2 2 3 0

x y a x b y a b

a x b y a b

x y x y

        

        

     



Suy ra phương trình đường thẳng BC: (a1)x(b1)y   a b 3 0 +) Do ABC4(a1) 5( b1)   a b 3 03a4b12 +) EF IA(3; 4)

 

và EF đi qua K a b( ; ) nên có phương trình:

3(xa) 4( y b )03x4y(3a4 )b 03x4y120

Khi đó tọa độ điểm E F, là nghiệm của hệ: ₂ ₂

0; 3

3 4 12 0

16 3

( 1) ( 1) 5 ;

5 5

x y

 

   

 

       

 

Vậy ^{16 3}^; ^,



^0;3



E 5 5 F

 

  hoặc



^{0;3 ,}



^{16 3}^;

E F 5 5

 

 .

Ví dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x²y²2x4y 4 0 và đường thẳng :x y 1 0

    . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA MB, đến đường tròn ( )C ( với A B, là các tiếp điểm), đồng thời khoảng cách từ điểm 1;³

N 2

 

  đến AB lớn nhất.

(7)

Giải:

+) Đường tròn ( )C có tâm I(1; 2) và bán kính RIA3. Gọi M m m( ; 1) . Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến tới ( )C thì :

2 2 2

( 1) ( 3) 3 2 4 1 0

MI R m  m   m  m  (*)

+) Ta có MBMA IM²R²  2m²4m1

Suy ra A B, thuộc đường tròn tâm M m m( ; 1) bán kính bằng 2m²4m1 có phương trình:

2 2 2 2 2

(x m ) (ym1) 2m 4m 1 x y 2mx2(m1)y2m0 Khi đó tọa độ A B, là nghiệm của hệ:

2 2

2 2( 1) 2 0

( 1) ( 3) 2 0

2 4 4 0

x y mx m y m

m x m y m

x y x y

      

       

     



Suy ra phương trình AB: (m1)x(m3)ym 2 0 +) Gọi K x y( ;₀ ₀) là điểm cố định mà AB luôn đi qua, khi đó :

0 0

(m1)x (m3)y m 2 0 luôn đúng m

0 0 0 0

(x y 1)m x 3y 2

      luôn đúng m

0

0 0

0

5

1 0 4 5 1

3 2 0 1 4 4;

4 x y x

x y K

y

  

   

   

    

    

  



+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên AB, khi đó: ( , ) ²⁶ d N AB NH NK  4

Suy ra ( , ) ²⁶

max 4

d N AB  khi H K hay NK  AB (2*)

Mà ta có: ¹; ⁵ ¹(1;5)

4 4 4

NK  

    

 

 và u_AB (m3;1m) Suy ra (2*)m 3 5(1m)0m2 (thỏa mãn (*)) Vậy M(2;3).

(8)

Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường tròn ( ') :T x²y² 1 và điểm A(1;3). Viết phương trình đường tròn ( )T qua A và tâm của đường tròn ( ')T , đồng thời cắt đường tròn ( ')T tại hai điểm B C, sao cho khoảng cách tư điểm A đến đường thẳng BC là lớn nhất.

Giải:

+) Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn ( )T , khi đó:

R IOIA

Suy ra I thuộc đường trung trực của OA có phương trình

: x3y 5 0

+) Khi đó I(5 3 ; ) m m   và bán kính: ROI  10m²30m25 Suy ra phương trình đường tròn ( )T :

2 2 2

(x3m5) (ym) 10m 30m25

2 2

2(3 5) 2 0

x y m x my

     

Khi đó tọa độ B C, là nghiệm của hệ:

2 2

2(3 5) 2 0

2(3 5) 2 1 0

1

x y m x my

m x my x y

     

     

  



Suy ra phương trình BC: 2(3m5)x2my 1 0 +) Ta có

2 2 2

9 9 9

( , )

4(3 5) 4 3 10

40 10

2 d A BC

m m

m

  

   

 

 

 

Dấu “=” xảy ra khi ³

m 2 hay phương trình đường tròn ( ) :T x²y²  x 3y0.

Ví dụ 9. Cho đường tròn ( ) :C x²y²3x7y120 và điểm A(1; 2). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD nội tiếp ( )C và có diện tích bằng 4. Biết AB là chiều dài của hình chữ nhật và B có hoành độ nguyên

Giải:

+) Đường tròn ( )C có tâm ^{3 7}; I2 2

 

  và bán kính ¹⁰

R 2 . Khi đó I là trung điểm của ACC(2;5) +) Đặt AB a

AD b

 

 



(với ab0) khi đó : Oxy

(9)

2 2

2 2 2 2

4 4 2 2

10

4 2

SABCD ab a

a b

AB AD BD R b

  

   

 

  

 

     

 

hoặc 2

2 2 a b

 

 



(loại) +) Vậy AB2 2  B thuộc đường tròn tâm A(1; 2) bán kính R'2 2 có phương trình:

2 2 2 2

(x1) (y2)  8 x y 2x4y 3 0 +) Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

2 2

2 2 2

2 2

3 15 0 15 3

3 7 12 0

2 4 3 0 5 44 96 0

2 4 3 0

x y x y

x y x y y y

x y x y

    

       

  

  

       

    

  



3 4 x y

 

  

hoặc 3 5 24

5 x y

 





 



(loại)

(3; 4) B

 D(0;3) ( vì I là trung điểm của BD). Vậy B(3; 4), (2, 5)C và D(0;3).

Ví dụ 10. Cho đường tròn ( ) :C x²y²2x4y20. Viết phương trình đường tròn ( ')C tâm M(5;1) biết ( ')C cắt ( )C tại hai điểm A B, sao cho AB 3.

Giải:

+) Đường tròn ( )C có tâm I(1; 2) và bán kính R 3 Cách 1:

+) Gọi ( ')C có bán kính R', khi đó ( ')C có phương trình:

(x5)²(y1)² R'² x²y²10x2y16R'² 0 Suy ra phương trình AB có dạng: 8x6yR'²240

+) Ta có AB 3 IAB đều ( , ) ³ ³

2 2

d I AB AB

  

2 2

2 2 2 2

8 12 ' 24 3 ' 43

' 28 15

2 ' 13

8 6

R R

R

    

      

  

+) Vậy đường tròn ( ')C cần lập là :

(x5)²(y1)² 43 hoặc (x5)²(y1)² 13. Cách 2:

+) Gọi ( ')C có bán kính R' . Ta có MI 5

Gọi

 

³

2 2

IMAB H AH  AB  ² ² 3 3

3 4 2

IH IA AH

     

+) Khi đó 5 ³ ⁷

2 2

MH MIIH    hoặc 5 ³ ¹³

2 2

MH MIIH   

2 2

7 3

' 13

2 2

13 3

' 43

2 2

R MA

    

       

    



    

       

    



+) Vậy đường tròn ( ')C cần lập là : (x5)²(y1)² 13 hoặc (x5)²(y1)² 43.

(10)

Ví dụ 11. Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai đường tròn và . Từ điểm thuộc đường tròn kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn với hai tiếp điểm . Tìm tọa độ điểm

, biết độ dài đoạn .

Giải:

+) Đường tròn có tâm và bán kính Gọi là giao điểm của và , suy ra

Suy ra

+) Vậy nằm trên đường tròn tâm bán kính bằng có phương trình:

+) Suy ra tọa độ điểm là nghiệm của hệ :

Vậy hoặc .

Ví dụ 12. Cho đường tròn ( )C : (x1)²(y2)² 4 và điểm K(3; 4). Lập phương trình đường tròn ( )T tâm K cắt đường tròn ( )C tại hai điểm A B, sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất với I là tâm của đường tròn ( )C .

Giải:

+) Đường tròn ( )C có tâm I(1; 2) và bán kính R2 +) Ta có: ¹ . .sin

IAB 2

S  IA IB =

2

2 R sin

2

 R . Dấu “=” xảy ra khi sin = 1 90⁰

Vậy

2

max 2

IAB

S R khi IAB vuông tại IABR 22 2 +) Khi đó bài toán tương tự như Ví dụ 10 nên ta có đáp số

Đường tròn ( )T cần lập là : (x3)²(y4)² 4 hoặc (x3)²(y4)² 20.

Oxy (C₁) :x²y²18x6y650 (C₂) :x²y² 9

M (C₁) (C₂) A B,

M AB4, 8

(C2) O(0;0) ROA3

H OH AB 4, 8 12

2 2 5

AH  AB  

2

2 2 9

5 5

OH OA AH OM OA

     OH 

M O 5 x²y² 25

M

2 2 2 2

2 2

4

25 25 3 (4;3)

(5; 0)

3 15 0 5

18 6 65 0

0 x

x y x y y M

x y x M

x y x y

y

 



       

   

            

  

 

 

 (4;3)

M M(5; 0)

AIB AIB AIB AIB

(11)

Ví dụ 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x²y²2x4y 3 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm K(1;3) cắt đường tròn ( )C tại hai điểm A B, sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4, với I là tâm của đường tròn ( )C .

Giải:

+) Đường tròn ( )C có tâm I(1; 2) và bán kính R2 2

+) Gọi ^IM ^^AB^

 

^H ^{và đặt}^AH ^^a, khi đó : ^. ² ². 8 ². 4

IAB 2

IH AB

S   R AH AH  a a 

a²(8a²)16 (a²4)² 0a² 4a2AH 2AB4 +) Khi đó bài toán tương tự như Ví dụ 10 nên ta có đáp số

Đường tròn ( )C cần lập là : (x1)²(y3)² 13 hoặc (x1)²(y3)² 53. Ví dụ 14.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C₁) : (x1)²(y2)² 9 và

2 2

(C2) : (x2) (y10) 4. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm A thuộc (C₁), điểm C có tọa độ nguyên thuộc (C₂) và các đỉnh B D, thuộc đường thẳng xy 6 0.

Giải:

+) Gọi ( )T là đường tròn đối xứng với (C₁) qua đường thẳng d

Khi đó tâm I của ( )T đối xứng với tâm I₁(1; 2) qua đường thẳng d và có bán kính RR₁3

+) Đường thẳng II₁có phương trình: xy 3 0. Khi đó tọa độ giao điểm H của II₁ và d là nghiệm của hệ:

3

3 0 2 3 9

; ( 4;7)

6 0 9 2 2

2 x y x

H I

x y

y

  

   

   

    

   

    

  



+) Khi đó phương trình đường tròn ( ) : (T x4)²(y7)² 9 Do A C, đối xứng nhau qua d nên A(C₁)C( )T Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:

2 2

( 4) ( 7) 9

( 2) ( 10) 4

x y

    

 

    



4 10 x y

  

 



hoặc

16 13 106 13 x y

  





 



( 4;10) C

  hoặc ^{16 106};

13 13

C 

 

  (loại)

(12)

Do A đối xứng với C qua d nên đường thẳng ACcó phương trình: xy 6 0 Khi đó tọa độ giao điểm K của AC và d là nghiệm của hệ:

6 0 0

(0; 6) (4; 2)

6 0 6

x y x

K A

x y y

   

 

  

 

   

 

+) Đường tròn tâm K ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính KA4 2 có phương trình: x²(y6)² 32

Khi đó tọa độ điểm B D, là nghiệm của hệ :

2 ( 6)2 32 4

6 0 2 x y x x y y

      

 

    



hoặc 4

10 x y

 

 



( 4; 2), (4;10) (4;10), ( 4; 2)

B D

 

  

Vậy A(4; 2), ( 4; 2), ( 4;10),B  C  D(4;10) hoặc A(4; 2), (4;10), ( 4;10),B C  D( 4; 2) .

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆ U

GV: Nguyễn Thanh Tùng