Bài tập vận dụng – vận dụng cao chuyên đề phương trình đường tròn

BÀI TẬP VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN ( Dành cho học sinh muốn chinh phục điểm 8+, 9+)

 Câu 1: Cho phương trình đường cong



Cm



^:x²y²



m²



x



m⁴



ym ^{1 0 2}

 

a) Chứng minh rằng

 

² là phương trình một đường tròn.

b) Tìm tập hợp tâm các đường tròn khi m thay đổi.

c) Chứng minh rằng khi m thay đổi, họ các đường tròn



Cm



luôn đi qua hai điểm cố định.

 Lời giải.

a) Ta có

   

   

       

   

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 4 1 0

2 4 2 4

2 4 1 0

4 4 4 4

2 4

2 4

2 2 4 4 1

x y m x m y m

m m m m

x m x y m y m

m m

m m

x y m

       

   

            

 

 

   

         

   

Do 2 ² 4 ²



²



^{2 4}

1 0

2 2 2

m m m

m  

 

   

    

   

   

Suy ra

 

² là phương trình đường tròn với mọi m.

b) Đường tròn có tâm

 

1

1

2 : 2

4 2 x m

I m

y

 

  



  



suy ra x₁y₁ 1 0

Vậy tập hợp tâm các đường tròn là đường thẳng :x  y 1 0 c) Gọi M x y



o^; o



là điểm cố định mà họ



Cm



luôn đi qua.

Khi đó ta có:

   

 

2 2

2 2

2 2

2 4 1 0,

1 2 4 1 0,

1 0 1 0

2 4 1 0 1

2

o o o o

o o o o o o

o o

o o

o o o o o

o

x y m x m y m m

x y m x y x y m

x y x y

x y x y x

y

        

         

  



 

  

 

       

 



Vậy có hai điểm cố định mà họ



Cm



luôn đi qua với mọi m là M1



1; 0



và M2



1; 2



 Câu 2: Cho hai điểm ^A



^{8; 0 ,}



^B



^{0; 6}



_.

a) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. b) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB.

 Lời giải.

a) Ta có tam giác OAB vuông ở O nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của

cạnh huyền AB suy ra ^I



^4;3



và bán kính ^RIA



^{8 4}



^2



^{0 3}



^{2 5.}

Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là:



^x4



^2



^y3



^{2 25.}

b) Ta có OA8; OB6; AB 8²6² 10. Mặt khác 1

2OA OB.  pr( vì cùng bằng diện tích tam giác ABC).

Suy ra .

OA OB 2 rOA OB AB 

  .

Dễ thấy đường tròn cần tìm có tâm thuộc góc phần tư thứ nhất và tiếp xúc với hai trục tọa độ nên tâm của đường tròn có tọa độ là ^I



^{2; 2}



^.

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB là



^x2



^2



^y2



^{2 4.}

 Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x  y 5 0 và hai điểm



^{1; 2 ,}

 

^4;1



A B . Viết phương trình đường tròn

 

^C có tâm thuộc d và đi qua hai điểm A B, .

 Lời giải.

Cách 1. Gọi I là tâm của

 

^{C . Do Id nên I}



^{t; 2 t 5}



^.

Hai điểm A, B cùng thuộc

 

^{C nên}



¹



²



^{7 2}



²



⁴



²



^{6 2}



^{2 1}

IAIB t   t  t   t  t Suy ra ^I



^{1; 3}



và bán kính RIA5.

Vậy phương trình đường tròn cần tìm

  

^{C : x1}



^2



^y3



^{2 25.}

Cách 2. Gọi 5 3 2 2; M 

 

  là trung điểm AB. Đường trung trực của đoạn AB đi qua M và nhận



^{3; 1}



AB 

 làm vecto pháp tuyến nên có phương trình : 3x y 6 0

    .

Tọa độ tâm I của

 

^C là nghiệm của hệ

 

2 5 0

3 6 0 1; 3 x y

x y I

  

  

   



. Bán kính của đường tròn bằng RIA5. Vậy phương trình đường tròn cần tìm

  

^{C : x1}



^2



^y3



^{2 25}

 Câu 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng

1: 3 8 0, 2: 3 4 10 0

d x y  d x y  và điểm ^A



^2;1



. Viết phương trình đường tròn

 

^{C có tâm}

thuộc d₁, đi qua điểm A và tiếp xúc với d₂

 Lời giải.

Gọi I là tâm của (C). Do Id₁ nên I(-3t-8; t). Theo giả thiết ta có

2

2 2

( , )

3( 3 8) 4 10

( 3 8 2) ( 1) 25

3 d I d IA

t t

t t

t



   

      

  

Suy ra I(1; -3) và R=5

Vậy phương trình (C) là (x 1) ²(y 3) ² 25.

 Câu 5: Trong mặt phẳng oxy cho 2 điểm A (-1; 1), B(3; 3) và đường thẳng d : 3x4y 8 0. Viết phương trình đường tròn (C) qua A, B và tiếp xúc d.

 Lời giải.

Đường trung trực  của AB đi qua M(1; 2) là trung điểm AB có phương trình là : 2x y 4 0

    .

Gọi tâm I của (C) thuộc  là I (t; 4-2t)

Ta có ^{2 2} 3 4(4 2 ) 8

(I, d) IA ( 1 ) (2 3)

9 16

t t

d t t   

      

 3

31 2 t t

 



 

Với t3, suy ra tâm I(3; -2). Bán kính R=IA=5 Phương trình (C): (x 3) ²(y 2) ² 25

Với 31

t 2 , suy ra tâm 31 ( ; 27)

I 2  và 65 R 2 Phương trình (C): 31 ^{2 2} 4225

(x ) (y 27)

2 4

    .

 Câu 6: Trong mặt phẳng oxy cho d:2x  y 4 0. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với các

trục tọa độ và có tâm thuộc d.

 Lời giải.

Gọi I(m; 2m-4) thuộc d là tâm của đường tròn (C ).

Ta có d I( ; 0 )x d I oy( ; ) 2m4  m m4 hoặc 4 m 3. Với 4

m3 thì 4 4 4 ( ; ),

3 3 3

I  R

 ta có

(C): 4 ² 4 ² 16

( ) ( )

3 3 9

x  y 

Với m4 thì I(4; 4),R4 ta có (C): (x4)²(y4)² 16.

 Câu 7: Trong mặt phẳng oxy cho d:2x  y 4 0: viết phương trình đường tròn (C ) có tâm thuộc d đồng tời tiếp xúc với ₁: 3x4y 5 0và ₂: 4x3y 5 0

 Lời giải.

Gọi I(6t10; )t d ta có

1 2

22 35 21 35

( , ) ( , ) 0

5 5

t t

d I d I   t

       hoặc 70

t 43

 Với t0 suy ra I(10; 0),R7

Phương trình ( ) : (x 10)C  ²y² 49. Với 70

t 43

 suy ra 10 70 7

( ; ), .

43 43 43

I  R



Phương trình 10 ² 70 ² 49

( ) : (x ) ( ) .

43 43 1849

C   y 

 Câu 8: Trong mặt phẳng oxy cho d x: 2y 3 0 và :x3y 5 0 viết phương trình (C ) có bán kính ^{2 10}

R 5 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với .

 Lời giải.

Gọi I( 2 a3; )a d là tâm của (C). Ta có 2 2 10 6

( , ) R

5 2.

10 a a

d I a

  

       

Với a6 suy ra I( -9; 6). Phương trình ^{2 2} 8 ( ) : (x 9) (y 6) .

C    5 Với a 2 suy ra I( 7; -2). Phương trình ^{2 2} 8

( ) : (x 7) (y 2) . C    5

 Câu 9: Trong mặt phẳng oxy cho (C): x²y²4 3x 4 0 tia oy cắt (C ) tại A. Viết phương trình (C’) có bán kính R’=2 và tiếp xúc ngoài với (C ) tại A.

 Lời giải.

Đường tròn (C) có tâm I( 2 3; 0) bán kính R=4.

Tọa độ A là nghiệm hệ

2 2

4 3 4 0

( 0) 0

x y x

x y

    

 

 

 Ta được A(0; 2).

Đường thẳng IA đi qua 2 điểm I và A nên có phương trình ^{2 3} 2 2.

x t

y t

 



 



Đường tròn (C’) tiếp xúc ngoài với ( C) nên tâm I’ thuộc IA, nên I'(2 3 ; 2t t2). Hơn nữa, R2 'R nên 2 'A ^{2 3 0 2(0 2 3 ) 1}.

0 2 2(2 2 2) 2

AI I t t

t

   

   

   



 

Với 1

t 2, suy ra I'( 3;3). Phương trình đường tròn (C’ ): (x 3)²(y3)² 4

 Câu 10: Trong mặt phẳng oxy cho (C): x²y²2x4y 2 0. Viết phương trình đường tròn (C’ ) có tâm M(5;1) biết (C’) cắt (C ) tại 2 điểm A, B sao cho AB 3.

 Lời giải.

Đường tròn (C) có tâm I (1;-2), bán kínhR 3

Phương trình đường thẳng nối 2 tâm IM: 3x4y11 0 Gọi H x y( ; )là trung điểm AB.

Ta có

2 2

2 2

3 2

3 4 11 0

( 1) ( 2) 9 4 H IM

IH R AH

x y

x y

 



  



  



     

1 5 29 10 x y

 

 

 

  



hoặc

11 5

11 10 x y

 



 

 

 Suy ra 1 29

( ; )

5 10 H  

hoặc 11 11

( ; )

5 10

H 

Với 1 29

( ; )

5 10 H  

ta có R'² 43

Phương trình (C’):(x5)²(y1)² 43. Với 11 11

( ; )

5 10

H 

ta có R'² 13

Phương trình (C’):(x5)²(y1)² 13

 Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ hệ oxy cho đường thẳng d x: y 1 0 và hai đường tròn

2 2

(C1) : (x3) (y4) 8; (C₂) : (x5)²(y4)² 32. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với hai đường tròn trên.

 Lời giải.

Gọi I I I, ₁, ₂, ,R R R₁, ₂ lần lượt là tâm và bán kính của 3 đường tròn (C ), (C₁)và (C₂). Giả sử I t t( ; 1)d. Theo giả thiết Câu toán: (C ) tiếp xúc ngoài (C₁)và (C₂) nên

1 1

2 2

II R R II R R

 



 

 Suy ra

1 1 2 2

2 2 2 2

( 3) ( 3) 2 2 ( 5) ( 5) 4 2

0

II R II R

t t t t

t

  

         

 

Với t0 suy ra I(0; 1) và R 2.

Phương trình đường tròn (C ): x²(y1)² 2.

 Câu 12: Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho đường tròn

 

^{C :x2y2 1 và:}



Cm



^:x²y²²⁽m¹⁾x⁴my ^{5 0}. Tìm m để hai đường tròn tiếp xúc trong.

 Lời giải.

Đường tròn (C) có tâm O(0; 0) và bán kính R1.

Đường tròn (Cm) có tâm I(m+1; -2m) và bán kính R (m1)²4m²5. Mà OI  (m1)²4m² .

Để 2 đường tròn tiếp xúc trong thì R'ROI

2 2 2 2

(m 1) 4m 5 1 (m 1) 4m

       

Giaỉ phương trình ta đượcm 1 hoặc 3 m5.

 Câu 13: Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn: (C₁) :x² y²2x4y0 và

2 2

(C2) : (x1) (y1) 16. Viết phương trình đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường tròn đó.

 Lời giải (C1) có tâm I₁(1; 2) và bán kính R₁ 3

(C2) có tâm I₂( 1;1) và bán kính R₂ 4

2 2

1 2 ( 1 1) (1 2) 13 I I       .

Ta thấy R₁R₂ I I_{1 2} R₁R₂ suy ra hai đường tròn cắt nhau.

Gọi điểm M x y( ; ) thuộc đường thẳng cần tìm Tọa độ M thỏa mãn hệ

2 2

2 2

2 4 0

( 1) ( 1) 16

x y x y

x y

    



   



2 2

2 2

2 4 0 (1) 2 2 14 0(2)

x y x y

x y x y

    

 

    

 Lấy (1) (2)  4x6y1002x3y 5 0 (3) Nhận thấy M x y( ; )luôn thỏa mãn phương trình (3)

Suy ra đường thẳng qua giao điểm của hai đường tròn là: 2x3y 5 0.

 Câu 14: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn

 

^{C :x2y22x8y 8 0.}

Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x4y 2 0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6.

 Lời giải

- Đường tròn

 

^{C :x2y22x8y 8 0 có tâm I}



^{1; 4}



và bán kính R5 - Đường thẳng d song song với đường thẳng d nên phương trình của d là:

 

3x4ym0 m 2

B A

I

H

- Kẻ IH dHAHB3 và IH là khoảng cách từ I đến d: 3 4 1

5 5

m m

IH    

 

- Xét tam giác vuông IHA: IH² IA²HA² 25 9 16 



¹



^{2 19 ' : 3 19 0}

16 1 20

21 ' : 3 21 0 25

m d x y

m m

m d x y

    

 

            

.( thỏa mãn ĐK) Vậy có hai đường thẳng là: 3x4y190;3x4y21 0 .

 Câu 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

 

^{C :}



^{x 1}



^{2 }



^{y 1}



^{2 25}

và điểm



^7;3



M . Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt

 

^C tại 2 điểm phân biệt A B, sao cho 3

MA MB

 Lời giải

Đường tròn

 

^{C có tâm I}

 

^1;1 và bán kínhR5. Ta có IM 2 10 R  M nằm ngoài đường tròn

 

^C

Gọi H là trung điểmAB mà MA3MB  B là trung điểm MH Ta có

2 2 2 2

2 2 2 2

40 4 40

25 25

IH MH IH BH

IH BH IH BH

     

 

 

   

 

 

suy ra IH² 20IH 2 5

Đường thẳng d qua ^M



^7;3



và có VTPT ^n



^{a b a;}



^{, 2b2 0} có phương trình là:



⁷

 

³



^{0 7 3 0}

a x b y  ax by  a b

 

^{2 2}

2 2

7 3

, a b a b 2 5 3 5

IH d I d a b a b

a b

  

      



 

2 2 2 2

9a 6ab b 5 a b 2a² 3ab2b² 0 2 2 a b

a b

 



  

 : 2 13 0

2

ab d x y 

2 : 2 11 0 a  b d xy 

 Câu 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

 

^{C :}



^{x 1}



^{2 }



^{y 1}



^{2 25}

và điểm



^{1; 2}



M  . Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt

 

^C tại 2 điểm phân biệt A B, sao cho độ dài dây cung AB nhỏ nhất.

 Lời giải

Đường tròn

 

^{C có tâm I}

 

^{1;1 bán kính R5.Ta có: IM  5IM R nên điểm M nằm}

trong đường tròn

 

^{C , kẻ IH dIH IM và}

2

HAHB AB. Ta có

2 2 2 2

25

AH IA IH  IH , AB nhỏ nhất khi và chỉ khi AH nhỏ nhất  IH lớn nhất

IH IM H M

    . Khi đó đường thẳng d đi qua M và vuông góc với IM nên đường thẳng d có một vecto pháp tuyến là ^{IM  }



^2;1



. Vậy phương trình đường thẳng d là:

   

2 x 1 1 y 2 0 2x y 4 0

          .

 Câu 17: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn

  

^{C : x1}



^2



^y2



^{2 5.}

Viết phương trình đường tròn

 

^{C có tâm K}



^{5; 2}



và cắt đường tròn

 

^C theo một dây cung AB có độ dài bằng 2.

 Lời giải

- Đường tròn

  

^{C : x1}



^2



^y2



^{2 5 có tâm I}



^{1; 2}



và bán kính R 5

Gọi a với a0 là bán kính đường tròn

 

^C , phương trình

 

^{C là:}

  

^{C : x5}



^2



^y2



^{2 a2}

2 2 2

10 4 29 0

x y x y a

       . Tọa độ giao điểm của hai đường tròn

 

^{C và}

 

^{C là nghiệm}

hệ phương trình

     

 

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 4 0 1

1 2 5

10 4 29 0 2

10 4 29 0

x y x y

x y

x y x y a

x y x y a

         

 

 

     

      

 



Trừ từng vế hai phương trình trên ta được phương trình 8x8y29a² 0 là phương trình đường thẳng đi qua hai giao điểm A B, của hai đường tròn, kẻ IH  AB suy ra H là trung

điểm của ABvà ^{1 2 2 2 5 1 9}



^,



2 2 2 2

AH HB AB IH  IA AH    d I AB

Nên ta có

 

2 2 2

2

2 2

2 2

8.1 8.2 29 9 37 24 61

37 24

2 37 24 13

8 8

a a a

a a a

       

     

   

 

 

Có hai đường tròn là:

  

^{C : x5}



^2



^y2



^{2 13;}

  

^{C : x5}



^2



^y2



^{2 61}

 Câu 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

  

^{C : x1}



^2



^y1



^{2 1, Lập}

phương trình đường tròn

 

^C tiếp xúc với hai trục tọa độ và tiếp xúc ngoài

 

^{C .}

 Lời giải B

A

M I

H

Đường tròn

 

^{C có tâm I}

 

^1;1 và bán kínhR1.

Gọi ^{K a b}



^;



^{và R0} là tâm và bán kính đường tròn

 

^C tiếp xúc với hai trục tọa độ nên ta

có a b

a b R

a b

 

     

từ a b

a b

a b

 

    

+Nếu ^{ab0K a a}



^;



phương trình

  

^{C : x a}



^2



^{y a}



^{2 a2} hai đường tròn tiếp xúc

ngoài khi và chỉ khi



¹



²



¹



^{2 1 2 6 1 0 3 2 2}

3 2 2

IK R R a a a a a a

a

  

             

   Có 2 đường tròn là:

 

^{C :}



^{x 3 2 2}

 

^{2 y 3 2 2}



^{2 17 12 2}

 

^{C :}



^{x 3 2 2}

 

^{2 y 3 2 2}



^{2 17 12 2}

+Nếu ^{ab0K a a}



^;



phương trình

  

^{C : x a}



^2



^{y a}



^{2 a2} hai đường tròn tiếp xúc ngoài khi và chỉ khi ^{IK RR}



^a1



^2



^a1



^{2  1 aa22a 1 0a1 (loại)}

+Nếu ^{a  b K a}



^;a



phương trình

  

^{C : x a}



^2



^ya



^{2 a2} hai đường tròn tiếp xúc ngoài khi và chỉ khi ^{IK RR}



^a1



^2



^a1



^{2  1 a 2a22}



^{1 a}



^{2 1}

 

TH 1: a0 khi đó

 

^{1 2a22}



^1a



^{2 a22a 1 0a1}

Phương trình đường tròn là:

  

^{C : x1}



^2



^y1



^{2 1.}

TH2: a0 khi đó

 

^{1 2a2 2}



^1a



^{2 a22a 1 0a 1}

Phương trình đường tròn là:

  

^{C : x1}



^2



^y1



^{2 1.}

Có 4 đường tròn thỏa mãn.

 Câu 19: Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho đường tròn (C) (x1)²(y2)² 8. a) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) tại điểm A(3; -4).

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) qua điểm B(5; -2).

c) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến vuông góc với d:

2014 0 xy  .

d) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C ) biết tiếp tuyến tạo với trục tung một góc 45⁰

 Lời giải.

a) Đường tròn (C) có tâm I(1; -2) và bán kính R2 2. Do A thuộc (C) nên tiếp tuyến  qua A và nhận IA(2; 2)

 làm vector pháp tuyến Vậy phương trình :x  y 7 0.

b) Gọi n( ; )a b

là vector pháp tuyến của , Do đó : ( 5) ( 2) 0

5 2 0

a x b y ax by a b

    

    

Do tiếp xúc với (C ) nên

2 2

2 2

( ; ) 4a 2 2

d I R

a b

a b a b

    



    

Với ab chọn a 1 b1. Phương trình tiếp tuyến  là xy 3 0. Với a b chọn a 1 b 1. Phương trình tiếp tuyến  là xy 7 0. c) Tiếp tuyến  vuông góc d nên  có dạng x  y c 0.

Mà 3 1

( ; ) 2 2

2 7

c d I R c

c



 

       

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn: xy 1 0hoặc xy 7 0. d) Gọi  có dạng ax by  c 0 (a²b² 0)

Theo Câu ra ta có

2 2

2 2

2 2 2

( ; )

cos( ; ) 2 2

2 2

a b c

d I R

a b n i a

a b

  

   

 

 

 

   

 

 

 

2 2

a b a b

    

Với 5

4 3

c b

a b c b b

c b

 

       

+ TH1: chọn b 1 c5;a1 ta được :xy 5 0. + TH2: chọn b   1 c 3;a1 ta được :xy 3 0.

Với 7

3 4 c b

a b c b b

c b

 

        

+ TH1: chọn b    1 c 7;a1 ta được :x  y 7 0. + TH2: chọn b  1 c3;a1 ta được :xy 1 0.

Vậy có 4 tiếp tuyến cần tìm là :xy 5 0; :xy 3 0; :x  y 7 0; :xy 1 0.

 Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho đường tròn (C₁) :x²y²2y 3 0 và

2 2

(C2) :x y 8x8y280. Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn.

 Lời giải:

(C1) có tâm I₁(0;1) và bán kính R₁2. (C2) có tâm I₂(4; 4) và bán kính R₂ 2.

Có I₁I₂  5 R₁R₂ nên 2 đường tròn ở ngoài nhau, như vậy có 4 tiếp tuyến chung.

TH1: Nếu tiếp tuyến song song oy thì  có dạng x c 0. Ta có d I( ; )₁  d I( ; )₂   c  4c c 2

Vậy tiếp tuyến :x 2 0.

TH2: Nếu  không song song với oy thì phương trình của :yax b .

Ta có

2 1

1 2

2 2

1 2

( ; ) 2 1

( ; ) ( ; ) 1 4 4

1 1

b

d I a

d I d I b a b

a a

  

 

    

 

       

  

  

 3

4 7 2 a b

 



 

 



hoặc

7 24 37 12 a b

 

 



 



hoặc

3 4 3 2 a b

 



 

 



Suy ra : 3x4y140; : 3x4y 6 0; : 7x24y740

Vậy có 4 tiếp tuyến :x 2 0 : 3x4y140; : 3x4y 6 0; và : 7x24y740.

 Câu 21: Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho đường tròn (C₁) : (x2)²(y3)² 2 và

2 2

(C2) : (x1) (y2) 8. Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn.

 Lời giải:

(C1) có tâm I₁(2;3) và bán kính R₁  2. (C2) có tâm I₂(1; 2) và bán kính R₂ 2 2.

Ta có I I_{1 2}  2R₂R₁ do đó 2 đường tròn tiếp xúc trong. Như vậy có 1 tiếp tuyến chung.

Tọa độ tiếp điểm của 2 đường tròn là nghiệm hệ

2 2

2 2

( 2) ( 3) 2

(3; 4).

( 1) ( 2) 8

x y

x y M

    

 

   



Tiếp tuyến chung  là đường thẳng qua ^M



^{3; 4}



^{và nhận} I I1 2   



1; 1



làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình :x  y 7 0.

 Câu 22: Trong mặt phẳng



^Oxy



^{, cho}

  

^{C : x2}



^2



^y1



^{2 5}. Viết phương trình tiếp tuyến của

 

^C biết tiếp tuyến cắt Ox Oy; lần lượt tại A B; sao cho OA2OB

 Lời giải

 

^{C có tâm I}



^2;1



, bán kính R 5

Tiếp tuyến cắt Ox Oy; lần lượt tại A B; sao cho OA2OB Tiếp tuyến có hệ số góc 1

2 k OB

 OA  .

Trường hợp 1: Với 1

k 2 Phương trình tiếp tuyến có dạng 1 :y 2x b

  

 là tiếp tuyến của

 

^{C d I}



^{; }



^R

5

2 2

5 5

5

2 b b

b

 



   

  



.

Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là

1 5

2 2

1 5

2 2

y x

y x

  





  



Trường hợp 2: Với 1

k  2 Phương trình tiếp tuyến có dạng 1

: 2

d y  x m

d là tiếp tuyến của

 

^{C d I d}



^;



^R

9

4 2 2

5 1

5

2 m b

b

 

 

   

  



.

Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là

1 9

2 2

1 1

2 2

y x

y x

   





   



Vậy có 4 tiếp tuyến thỏa mãn điều kiện.

 Câu 23: Trong mặt phẳng



^Oxy



^{, cho}

  

^{C : x2}



^2



^y1



^{2 5. Tìm M :xy 2 0}

sao cho qua M kẻ được tới

 

^C hai tiếp tuyến MA MB, thỏa mãn diện tích tứ giác MAIB bằng 10, với I là tâm đường tròn.

 Lời giải

 

^{C có tâm I}



^2;1



, bán kính R 5AI

2 2

2 2. .1 . 2 5 5

2

MAIB

MAIB AMI

S S AM AI AM S MI AM AI

 AI

        

 

: 2 0 ; 2

M  xy  M a a

 

²

 

^{2 2 5}

5 2 1 25 3 10 0

2

MI a a a a a

a

 

             

Vậy có 2 điểm thỏa mãn điều kiện

 

 

5; 3 2; 4 M M

 

 



.

 Câu 24: Cho đường tròn (C) có phương trình x²y²6x2y 6 0 và điểm hai điểm



^{1; 1 ;}

 

^1;3



A  B

a) Chứng minh rằng điểm A thuộc đường tròn, điểm B nằm ngoài đường tròn b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A.

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) kẻ từ B.

 Lời giải

Đường tròn (C) có tâm ^I



^{3; 1}



^{bán kính R 32 1 6 2.}

a) Ta có: IA2R IB; 2 5R suy ra điểm A thuộc đường tròn và điểm B nằm ngoài đường tròn

b) Tiếp tuyến của (C) tại điểm A nhận ^{IA}



^{2; 0}



làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là ²



^x1



^0



^y1



^{0 hay x1}

c) Phương trình đường thẳng  đi qua B có dạng:



¹

 

³



⁰

a x b y  (với a²b² 0) hay ax by  a 3b0 Đường thẳng  là tiếp tuyến của đường tròn ^{d I}



^{; }



^R

 

^{2 2 2 2}

2 2

0

3 3

2 2 3 4 0

3 4

b a b a b

a b a b b ab

b a a b



   

            

+ Nếu b0, chọn a1 suy ra phương trình tiếp tuyến là x1.

+ Nếu 3b4a, chọn a3,b4 suy ra phương trình tiếp tuyến là 3x4y150 Vậy qua A kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có phương trình là x1 và 3x4y150

 Câu 25: Viết phương trình tiếp tuyến  của đường tròn

 

^{C :x2y24x4y 1 0 trong}

trường

a) Đường thẳng  vuông góc với đường thẳng : 2x3y 4 0. b) Đường thẳng  hợp với trục hoành một góc 45^.

 Lời giải a) Đường tròn (C) có tâm ^I



^{2; 2}



, bán kính R3

Vì    nên  nhận ^u



^{3; 2}



làm VTPT do đó phương trình có dạng 3x2y c 0 Đường thẳng  là tiếp tuyến với đường tròn (C) khi và chỉ khi



^;



^{3 10 3 10 3 13}

13

d I  c c

      

Vậy có hai tiếp tuyến là  : 3x2y10 3 13 0

b) Giả sử phương trình đường thẳng :ax by  c 0,a²b² 0 Đường thẳng  là tiếp tuyến với đường tròn (C) khi và chỉ khi



^;



^{3 2a} ₂^{2b c}₂ ³



^{2 2}



^{2 9}



^{2 2}



^(*)

d I a b c a b

a b

 

        



Đường thẳng  hợp với trục hoành một góc 45⁰ suy ra

 

⁰

2 2 2 2

cos ; b cos 45 b

Ox a b

a b a b

     

 

hoặc a b

TH1: Nếu ab thay vào (*) ta có 18a² c²   c 3 2a, chọn ab   1 c 3 2 suy ra :x y 3 2 0

   

TH2: Nếu a b thay vào (*) ta có

   

 

2 2 3 2 4

18 4

3 2 4

c a

a a c

c a

  

  

   



Với ^c



^{3 24}



^{a, chọn a1,b 1,c}



^{3 24}



^{ :x y 3 2 4 0}

Với ^{c }



^{3 24}



^{a, chọn a1,b 1,c }



^{3 24}



^{ :x y 3 2 4 0}

Vậy có bốn đường thẳng thỏa mãn là _1,2:x y 3 20,₃:x y 3 2 4 0 và

4:x y 3 2 4 0

    

 Câu 26: Lập phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn sau:

 

C1 :x²y²4y 5 0 và

 

C2 :x²y²6x8y160.

 Lời giải Đường tròn

 

C1 có tâm I1



0; 2



bán kính R₁3

Đường tròn

 

C2 có tâm I2



3; 4



bán kính R₂ 3

Gọi tiếp tuyến chung của hai đường tròn có phương trình :ax by  c 0 với a² b² 0

 là tiếp tuyến chung của

 

C1 và

 

C2 ¹ 2

( , ) 3 ( , ) 3 d I

d I

  

   

 

2 2

2 2

2 3 *

3 4 3

b c a b

a b c a b

   

 

   



Suy ra

2

2 3 4 3 2

2 a b

b c a b c a b

c

 

      

 

TH1: Nếu a2bchọn a2,b1 thay vào (*) ta được c  2 3 5 nên ta có 2 tiếp tuyến là 2xy 2 3 50

TH2: Nếu ^{3 2} 2 a b c  

 thay vào (*) ta được 2b a 2 a²b² a0 hoặc 3a4b0 + Với a  0 c b, chọn b c 1 ta được :y 1 0

+ Với 3a4b  0 c 3b, chọn a4,b 3,c 9 ta được : 4x3y 9 0

Vậy có 4 tiếp tuyến chung của hai đường tròn là: 2xy 2 3 50,y 1 0, 4x3y 9 0.

 Câu 27: Trong hệ trục Oxy, cho hai đường tròn

  

C1 : x1



²



y2



² 2,

  

C2 : x4



²



y5



² 8 và đường thẳng d x: ym0. Tìm m biết đường thẳng d tiếp xúc với cả hai đường tròn

 

C1 và

 

C2 .

 Lời giải

 

C1 có tâm I1



1; 2



, bán kính R₁ 2và

 

C2 có tâm I2



4;5



, bán kính R₂2 2. Vì đường thẳng d tiếp xúc với cả hai đường tròn

 

C1 và

 

C2 nên ta có

 

 

1 1

2 2

3 2

, 2

, 9 5

2 2 2 m d I d R

d I d R m m

 

 



 

   

 

 

 

 



 Câu 28: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) có phương trình



^x2



^2



^y1



^{2 8} và điểm A thuộc đường thẳng d x: 2y 3 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi, biết rằng BD2AC và hoành độ điểm A không nhỏ hơn 2.

 Lời giải

Trong tam giác IAB có 1₂ 1₂ 1₂ 5 ₂ 1

4 8

IA IB  IH  IA  10 2 10 IA

IB

 

 

 



Giả sử ^A



^2a3;a



^{từ 10 2}

A 2

IA a

x



 

 

  hay ^A



^{1; 2}



^{. Suy ra C}



^{3; 4}



Phương trình đường thẳng BD: x-3y-5=0. Kết hợp với IBID2 10 Tọa độ các điểm B, D là nghiệm của hệ phương trình

 

²

 

²

3 5 0 8; 1

4; 3

2 1 40

x y x y

x y

x y

  

   

 

 

   

    



Vậy tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD là ^A



^{1; 2 ,}



^B



^{8;1 ,}



^C



^{3; 4 ,}



^D



^{ 4; 3}



^hoặc



^{1; 2 ,}

 

^{4; 3 ,}

 

^{3; 4 ,}

 

^8;1



A B   C  D .

 Câu 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d x: y 1 0 và đường tròn

 

^{C :x2y2 2x4y 4 0}. Tìm tọa độ điểm Md sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến

,

MA MB thỏa mãn khoảng cách từ 0;¹ N 2

 

  đến đường thẳng AB là lớn nhất.

 Lời giải

Đường tròn

 

^{C có tâm I}



^{1; 2}



. Ta có điểm M thuộc d nên ^{M a a}



^{; 1}



^.

Gọi K trung điểm của MI thì ¹; ¹

2 2

a a

K   

 

 

Vì tam giác MAI,MBI vuông tại A B, nên 1 KAKB2MI Đường tròn

 

^{C' tâm K},đường kính MI nên có phương trình

   

2 2 2

2 2

1 1 2 5

1 1 2 0

2 2 2

a a a a

x  y    x y a x a y a

   

            

   

   

Đường thẳng AB là giao của

   

^{C  C'} nên tọa độ điểm A B, thỏa mãn hệ

       

2 2

2 2

2 4 4 0

1 3 2 0

1 1 2 0

x y x y

a x a y a

x y a x a y a

     

       

        



Suy ra đường thẳng AB có phương trình



^{1a x}



^



^a3



^{y a 20.}

Khoảng cách từ N đến AB là

 

   

 

²

2

; 2 2 2 2

7 1 14 49 1 34 2 3 34

2 2 4 10 2 4 16 2 4 10 4

2 1 3

N d

a a a a

d a a a a a a

 

   

      

     

    

 

^{34 3}

4 2

Maxf a  a  Vậy ³; ¹

2 2

M 

 

 

 

.

 Câu 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn

 

^{C :x2 y24x2y 1 0}

và đường thẳng d x: y 1 0. Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến

 

^C hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 90⁰.

 Lời giải

M thuộc d suy ra M t( ; 1 t). Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau thì MAIB là hình vuông (A,B là 2 tiếp điểm). Do đó ABMI IA 2R 2 6. 22 3

Ta có: MI  (2t)²(2t)²  2t²82 3

- Do đó: 2t²  8 12t² 2

 

 

1

2

2 2; 2 1

2 2; 2 1

t M

t M

     



    



.

 Câu 31: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn

 

^{C :}

2 2

4 2 4 0

x y  x y  . Gọi I là tâm và R là bán kính của

 

^C . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d x:   y 2 0 sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA MB, đến

 

^{C (A B, là các}

tiếp điểm) thỏa mãn a) ^{12 34}

AB 17

b) Tứ giác MAIB có diện tích bằng 6 2 c) Tứ giác MAIB có chu vi bằng ^{2 3 2 2}



^



d) Tứ giác MAIB là hình vuông.

 Lời giải

a) Đường tròn

 

^{C có tâm I}



^2;1



, bán kính R3. Gọi H MIAB, suy ra AH  MI và ^{6 34}

2 17

AH  AB  . Xét tam giác MAI vuông tại A có AH là đường cao nên

2 2

2 2 17

AI AI

MI HI AI AH

  



. Do Md nên ^{M m}



^{; 2 m}



^{. Ta có}

 

²

 

³

2

17 2 3 17

2 2 4 0

1 2

MI m m

m m

m m

     

   

 

   

Vậy ^M



^{1; 3}



^{hoặc M}



^{2; 0}



^.

b) Ta có ¹ 3 2 ¹ . 3 2 ^{6 2} 2 2

2 2

MAI MAIB

S S AM AI AM

       AI  .

Suy ra MI  AM²AI²  17. Do Md nên ^{M m}



^{; 2 m}



^{. Ta có}

 

²

 

³

2

17 2 3 17

2 2 4 0

1 2

MI m m

m m

m m

     

   

 

   

Vậy ^M



^{1; 3}



^{hoặc M}



^{2; 0}



^.

c) Ta có ^{CMAIB MAAIIBBM 2}



^MAAI



^{2 3 2 2}



^



^.

Suy ra MAAI  3 2 2MA 3 2 2AI 2 2. Do đó MI AM²AI²  17.

Do Md nên ^{M m}<