Tài liệu Bài tập và phương pháp giải tích oxy, luyện thi đại học giải tích oxy

HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG OXY Thầy Trần Phương PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG I. VÉCTƠ ĐẶC TRƯNG CỬA ĐƯỜNG THẲNG:

1. Véctơ v = ( a1 ; a 2 ) là véc tơ chỉ phương (VTCP) của (∆) ⇔ (∆) // giá của v

2. Véctơ n = ( a; b ) là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của (∆) ⇔ (∆) ⊥ giá của n 3. Nhận xét:

(∆) có vô số véctơ chỉ phương và vô số véctơ pháp tuyến đồng thời v ⊥ n . II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1. Phương trình tham số: PT đt (∆) đi qua M0(x 0, y0) và có VTCP v = ( a1 ; a 2 ) :  x = x 0 + a1t (t ∈  )   y = y 0 + a 2 t
2. Phương trình chính tắc: PT đt (∆) đi qua M0(x 0, y0) và có VTCP v = ( a1 ; a 2 ) : x − x0 y − y0 = a1 a2 3. Phương trình hệ số góc: PT đt (∆) với hệ số góc a là: y = ax + b. 4. Phương trình tổng quát: PT đt (∆) tổng quát: Ax + By + C = 0 với A 2 + B 2 > 0 Nhận xét: (∆): Ax + By + C = 0 với A 2 + B 2 > 0 có

VTCP v = ( B; − A ) và VTPT n = ( A; B ) 5. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x 0, y0) với hệ số góc k là: y = k ( x − x 0 ) + y 0
6. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x 0, y0) với VTPT n = ( A; B ) là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) = 0
7. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x 0, y0) với VTCP v = ( A; B ) là: B ( x − x0 ) − A ( y − y 0 ) = 0 8. Phương trình đt (∆) đi qua 2 điểm M1(x1, y1), M2(x2, y2): x − x1 y − y1 = x 2 − x1 y 2 − y1 y 9. Phương trình đoạn chắn đi qua A(0; a), B(0; b) là: x + = 1 a b 10. Phương trình chùm đường thẳng: Cho 2 đường thẳng cắt nhau ( ∆ 1 ) : a1 x + b1 y + c1 = 0; ( ∆ 2 ) : a 2 x + b2 y + c 2 = 0 với I = ( ∆ 1 ) ∩ ( ∆ 2 ) . Đường thẳng (∆) đi qua I là: p ( a1 x + b1 y + c1 ) + q ( a 2 x + b2 y + c2 ) = 0 với p 2 + q 2 > 0 11 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƯỜNG THẲNG 1. Dạng tham số:  x = x1 + a1t (t ∈ ) , (∆1) đi qua M1(x 1; y1):   y = y1 + b1t  x = x 2 + a 2 t (t ∈ ) (∆2) đi qua M2(x 2; y2):  y = y + b t  2 2 


Nếu v1 = ( a1 ; b1 ) // v 2 = ( a 2 ; b2 ) ⇔ a1b2 − a 2 b1 ≠ 0 thì ( ∆ 1 ) ∩ ( ∆ 2 ) = điểm I. 

a1b2 − a 2 b1 = 0
Nếu v1 = ( a1 ; b1 ) // v 2 = ( a 2 ; b2 ) // M 1 M 2 ⇔  a1 ( y 2 − y1 ) − b1 ( x 2 − x1 ) ≠ 0 thì (∆1) // (∆2). a1b2 − a 2 b1 = 0 


Nếu v1 = ( a1 ; b1 ) // v 2 = ( a 2 ; b2 ) // M 1 M 2 ⇔  a1 ( y 2 − y1 ) − b1 ( x 2 − x1 ) = 0 thì (∆1) ≡ (∆2). 
( ∆1 ) : a1 x + b1 y + c1 = 0; n1 = ( a1 ; b1 )  2. Dạng tổng quát:  ; 
( ∆ 2 ) : a 2 x + b2 y + c 2 = 0; n 2 = ( a 2 ; b2 ) a b1 b c1 c a1 D= 1 ; Dx = 1 ; Dy = 1 a 2 b2 b2 c 2 c2 a2  D Dy 
Nếu D ≠ 0 ⇔ a1b2 − a 2 b1 ≠ 0 thì ( ∆ 1 ) ∩ ( ∆ 2 ) = điểm I  x ;   D D 
Nếu D = 0 và Dx2 + D y2 > 0 ⇔
Nếu D = D x = D y = 0 ⇔ a1 a 2 c1 = ≠ thì (∆1) // (∆2). b1 b2 c 2 a1 a 2 c1 = = thì (∆ 1) ≡ (∆2). b1 b2 c 2 IV. GÓC GIỮA 2 ĐƯỜNG THẲNG: 1. Dạng hệ số góc: ( ∆ 1 ) : y = a1 x + b1 a − a2 Cho  . Góc ( ∆ 1 , ∆ 2 ) = α ∈ [ 0; 90°] : tg α = 1 1 + a1 a 2 ( ∆ 2 ) : y = a 2 x + b1 2. Dạng tổng quát: 
( ∆1 ) : a1 x + b1 y + c1 = 0; n1 = ( a1 ; b1 ) a1 a 2 + b2 b2  Cho  ; cos α = 
a12 + b12 a 22 + b22 ( ∆ 2 ) : a 2 x + b2 y + c 2 = 0; n 2 = ( a 2 ; b2 ) 12 Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng V. KHOẢNG CÁCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHẦN GIÁC 1. Khoảng cách từ M0(x0, y0) đến (∆): ax + by + c = 0 là: d ( M , ( ∆) ) = ax0 + by0 + c a 2 + b2 ( ∆1 ) : a1 x + b1 y + c1 = 0 2. Cho  cắt nhau thì phương trình 2 đường phân giác ( ∆ 2 ) : a 2 x + b2 y + c 2 = 0 a1 x + b1 y + c1 a x + b2 y + c 2 =± 2 2 2 a1 + b1 a 22 + b22 Dấu hiệu a1a2 + b1b2 > 0 a1a2 + b1b2 < 0 Phân giác góc nhọn a1 x + b1 y + c1 a12 = a 2 x + b2 y + c2 + b12 a1 x + b1 y + c1 a12 + b12 a 22 =− + b22 Phân giác góc tù a1 x + b1 y + c1 a12 =− + b12 a2 x + b2 y + c 2 a1 x + b1 y + c1 a 22 + b22 a12 + b12 a 2 x + b2 y + c 2 a22 + b22 = a 2 x + b2 y + c 2 a 22 + b22 VI. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Trên mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;−2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 3;1) và cắt trục Ox, Oy tại B và C sao cho tam giác ABC cân Giải y Gọi B ( b; 0 ) = ∆ ∩ Ox và C ( 0; c ) = ∆ ∩ Oy suy ra (∆): x + = 1 ( bc ≠ 0 ) b c M (3;1) ∈ ( ∆) ⇒ 3 + 1 = 1 , (1). Tam giác ABC cân tại A ⇔ AB 2 = AC 2 b c b − 2 = c + 2 b = c + 4 2 2 ⇔ (b − 2) + 4 = 4 + ( c + 2) ⇔  ⇔ b − 2 = −c − 2 b = −c c = 2, b = 6 y y Với b = c + 4 : (1) ⇔ c 2 = 4 ⇔  ⇒ (∆ 1 ) : x + = 1; (∆ 2 ) : x + =1 6 2 2 − 2 c = −2, b = 2 Với b = −c : (1) ⇔ b = 2 ⇒ c = −2 (loại, do trùng với ( ∆ 2 ) ) Bài 2. Cho tam giác ABC có đỉnh A(–1; –3) a. Giả sử hai đường cao (BH): 5 x + 3 y − 25 = 0 , (CK): 3x + 8 y − 12 = 0 . Hãy viết phương trình cạnh BC. b. Giả sử đường trung trực của AB là (∆): 3x + 2 y − 4 = 0 và G(4; – 2) là trọng tâm của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh B và C . 13 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương Giải a. (AB) ⊥ (CK) nên (AB) có phương trình là 8 x − 3 y + c = 0 Điểm A ∈ ( AB ) ⇔ c = −1 ⇒ ( AB ) : 8 x − 3 y − 1 = 0 . ( AC ) ⊥ ( BH ) nên ( AC ) có phương trình 3x − 5 y + m = 0 Điểm A ∈ ( AC ) ⇒ m = −12 ⇒ ( AC ) : 3 x − 5 y − 12 = 0 8 x − 3 y − 1 = 0 B ≡ ( BH ) ∩ ( AB ) ⇒ Tọa độ của B thỏa mãn hệ:  ⇒ B ( 2;5 ) 5 x + 3 y − 25 = 0 3 x − 5 y − 12 = 0 C ≡ (CK ) ∩ ( AC ) ⇒ Tọa độ của C thỏa mãn hệ:  ⇒ C ( 4; 0 ) 3 x + 8 y − 12 = 0 y−5 Phương trình cạnh BC là (BC): x − 2 = ⇔ 5 x + 2 y − 20 = 0 4−2 0−5 b. (AB) ⊥ ( ∆ ) : 3x + 2 y − 4 = 0 và chứa A(−1;−3) ⇒ ( AB ) : 2( x + 1) − 3( y + 3) = 0 hay ( AB) : 2x − 3 y − 7 = 0 . Gọi M là trung điểm AB suy ra tọa độ của M thỏa hệ: x B = 2xM − x A = 5 3 x + 2 y − 4 = 0 ⇒ B ( 5;1) ⇒ M ( 2; −1) , khi đó:   2 x − 3 y − 7 = 0  yB = 2yM − y A =1  x A + x B + x C = 3 x G Điểm G(4;−2) là trọng tâm ∆ABC nên:   y A + y B + y C = 3 y G −1 + 5 + x C = 12  x C = 8 ⇔ ⇔ ⇒ C ( 8; −4 ) . Vậy B ( 5;1) , C ( 8; 4 ) −3 + 1 + y C = −6  y C = −4 Bài 3. Cho (d 1 ) : x + y + 5 = 0; (d 2 ) : x + 2 y − 7 = 0 và điểm A ( 2;3) . Tìm B ∈ (d 1 ) và C ∈ (d 2 ) sao cho ∆ABC có trọng tâm G ( 2; 0 ) . Giải Đặt B ( t1 ; −t1 − 5 ) ∈ (d 1 ) và C ( 7 − 2t 2 ; t 2 ) ∈ (d 2 )  x A + x B + x C = 3 x G Điểm G(2; 0) là trọng tâm ∆ABC nên:   y A + y B + y C = 3 y G 2 + t1 + 7 − 2t 2 = 6 t1 − 2t 2 = −3 t1 = −1 ⇔ ⇔ ⇔ . Vậy B ( −1; 4 ) , C ( 5;1) 3 − t1 − 5 + t 2 = 0 t1 − t 2 = −2 t 2 = 1 14 Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng Bài 4. Cho (∆ 1 ) : x − y + 1 = 0 ; (∆ 2 ) : 2 x + y + 1 = 0 và điểm M(2;1). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (∆ 1 ), ( ∆ 2 ) lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Giải Điểm A ∈ ( ∆ 1 ) ⇒ A ( t1 ; t1 + 1) ; Điểm B ∈ ( ∆ 2 ) ⇒ B ( t 2 ; −2t 2 − 1) x + xB = 2xM t1 + t 2 = 4 M(2; 1) là trung điểm AB nên:  A ⇔  y A + yB = 2 yM t1 − 2t 2 = 2  ⇔ t1 = 10 , t 2 = 2 . Suy ra A 10 ; 13 , B 2 ; − 7 ⇒ AB = − 4 ( 2;5 ) 3 3 3 3 3 3 3 ( ) ( )  y −1 ⇔ 5x − 2 y − 8 = 0 (d) qua M và nhận AB làm VTCP có PT là: x − 2 = 2 5 Bài 5. Cho (∆ 1 ) : 2 x − y + 5 = 0 ; (∆ 2 ) : x + y − 3 = 0 và điểm M(–2; 0). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (∆ 1 ), ( ∆ 2 )   lần lượt tại A và B sao cho MA = 2 MB Giải Điểm A ∈ ( ∆ 1 ) ⇒ A ( t1 ; 2t1 + 5 ) ; Điểm B ∈ ( ∆ 2 ) ⇒ B ( t 2 ; 3 − t 2 )   Suy ra: MA = ( t1 + 2; 2t1 + 5 ) , MB = ( t 2 + 2; 3 − t 2 ) t = 1    t1 + 2 = 2 ( t 2 + 2 ) t − 2t 2 = 2 1 MA = 2 MB ⇔  ⇔ 1 ⇔ ⇒ MA = ( 3; 7 ) 1  2t1 + 2t 2 = 1 t 2 = − 2  2 t1 + 5 = 2 ( 3 − t 2 )  y (d) qua M và nhận MA làm VTCP có PT là: x + 2 = ⇔ 7 x − 3 y + 14 = 0 3 7 Bài 6. Cho ∆ABC có đỉnh A(2;−7) phương trình một đường cao và một trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là: 3x + y + 11 = 0, x + 2 y + 7 = 0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Giải Nhận xét: Do A(2; −7) có tọa độ không thỏa mãn phương trình một trong hai đường thẳng đã cho nên các đường cao và trung tuyến không đi qua A(2; −7). Đặt (BH): 3x + y + 11 = 0 và (CM): x + 2 y + 7 = 0 . Ta có: B ∈ ( BH ) ⇒ B ( t ; − 3t − 11) . Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là 15 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương x A + xB t + 2  =  x M = 2 2   y = y A + y B = −3 t − 18  M 2 2 ( A H M ) M ∈ ( CM ) ⇒ t + 2 + 2 −3t − 18 + 7 = 0 2 2 C ⇔ t = −4 ⇒ B ( −4;1) B y+7 Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: x − 2 = ⇔ 4 x + 3 y + 13 = 0 −4 − 2 1 + 7 (AC) ⊥ (BH): 3x + y + 11 = 0 và (AC) đi qua điểm A(2; −7) nên phương trình (AC) là: ( x − 2) − 3( y + 7) = 0 ⇔ ( AC ) : x − 3 y − 23 = 0  x − 3 y − 23 = 0 Điểm C ≡ (AC) ∩ (CM) suy ra tọa độ C thỏa hệ:  ⇒ C ( 5; −6 ) x + 2 y + 7 = 0 y −1 Phương trình cạnh BC là (BC): x + 4 = ⇔ 7 x + 9 y + 19 = 0 5 + 4 −6 − 1 Bài 7. Cho ∆ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến (BM): 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong (CD): x + y − 1 = 0 .Viết phương trình đường thẳng BC. A Giải Điểm C∈(CD): x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) ( ⇒ trung điểm M của AC là M t + 1 ; 3 − t 2 2 Điểm M∈(BM): 2 x + y + 1 = 0 ) B ( ) ⇒ 2 t + 1 + 3 − t + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) 2 2 I D M K C Từ A(1;2) kẻ (AK) ⊥ (CD): x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ ( BC ) ) Suy ra (AK): ( x − 1) − ( y − 2) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 x + y − 1 = 0 Tọa độ của I thỏa hệ:  ⇒ I ( 0;1) . Tam giác ACK cân tại C nên x − y + 1 = 0  x = 2 x I − x A = −1 I là trung điểm của AK ⇒ Tọa độ của K:  K ⇒ K ( −1; 0 )  yK = 2yI − y A = 0 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x + 1 = ⇔ 4 x + 3 y + 4 = 0 −7 + 1 8 16 Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng Bài 8. Viết phương trình đường thẳng (∆) đi qua M(4; 1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B theo các trường hợp sau: a. Diện tích ∆OAB nhỏ nhất. b. Tổng OA + OB nhỏ nhất. Giải Giả sử (∆) cắt tia Ox tại A(a; 0) và Oy tại B(0; b) (với a, b > 0) y suy (∆): x + = 1 . Do M(4; 1) ∈(∆) nên 4 + 1 = 1 ⇒ b = a ⇒ a > 4 a b a b a−4 a. Ta có: 1 = 4 + 1 ≥ 2 4 = 4 ⇒ S OAB = 1 OA.OB = ab ≥ 8 2 2 a b ab ab Dấu bằng xảy ra ⇔ 4 = 1 = 1 ⇔ a = 8; b = 2 ⇒ (∆): x + 4 y − 8 = 0 a b 2 b. OA + OB = a + b = a + a = a − 4 + 4 + 5 ≥ 2 ( a − 4) ⋅ 4 + 5 = 9 a−4 a−4 a−4 Dấu bằng xảy ra ⇔ a − 4 = 4 = 2 ⇔ a = 6 ⇒ b = 3 ⇒ (∆) : x + 2 y − 6 = 0 a−4 Bài 9. Lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua điểm M(2; 1) và tạo với đường thẳng (d): 2 x + 3 y + 4 = 0 một góc 45 o Giải Phương trình (∆) đi qua điểm M có dạng: A ( x − 2 ) + B ( y − 1) = 0 ( A 2 + B 2 ≠ 0 )  ⇔ Ax + By − 2 A − B = 0 và có vectơ pháp tuyến n1 = ( A; B )  Đường thẳng (d) có VTPT là n 2 = ( 2; 3) . Để (∆) hợp với (d) một góc 45 o thì:   n1 .n 2 2 A + 3B 2 ⇔ 2 ( 2 A + 3B ) 2 = 13 ( A 2 + B 2 ) o =   = cos 45 ⇔ 2 n1 . n 2 A2 + B 2 . 4 + 9  (∆ 1 ) : 5 x + y − 11 = 0  A = 5B ⇔ 5B 2 + 24 AB − 5 A 2 = 0 ⇔  ⇒  B = −5 A  (∆ 2 ) : x − 5 y + 3 = 0 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là (∆ 1 ) : 5 x + y − 11 = 0 ; (∆ 2 ) : x − 5 y + 3 = 0 Bài 10. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x . Tìm tọa độ đỉnh C và D. Giải 17 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương  Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 C Phương trình (AB) là: 2 x + y − 2 = 0 D y=x I I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t; t ) I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) B A H Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH = 4 5 Ngoài ra: d ( C, ( AB ) ) = CH ⇔ ( ) ( ) t = 4 ⇒ C 5 ; 8 , D 8 ; 2 6t − 4 3 3 3 3 = 4 ⇔ 3t − 2 = 2 ⇔  3  5 5 t = 0 ⇒ C ( −1;0) , D ( 0; −2) ( ) ( ) Vậy tọa độ của C và D là C 5 ; 8 , D 8 ; 2 hoặc C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 Bài 11. Cho A ( 0; 6 ) , B ( 2; 5 ) . Tìm trên ( d ) : x − 2 y + 2 = 0 điểm M sao cho: a. MA + MB có giá trị nhỏ nhất. b. MA − MB có giá trị lớn nhất. Giải B Đặt f ( x, y ) = x − 2 y + 2 .  f ( A ) = −10 Ta có:  ⇒ f ( A) . f ( B ) > 0  f ( B ) = −6 A H M Suy ra hai điểm A và B nằm cùng phía đối với đường thẳng (d) (d) M0 A′ 1. Gọi A′ là đối xứng của A qua (d) Ta có: MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B (cố định) min ( MA + MB ) = A′B , đạt được khi ba điểm A′, M , B thẳng hàng ⇔ M = ( A′ B ) ∩ ( d ) ( AA′ ) ⊥ ( d ) ⇒ ( AA′ ) : 2 x + y + C = 0 A ∈ ( AA′ ) ⇒ C = −6 ⇒ ( AA′ ) : 2 x + y − 6 = 0 2 x + y − 6 = 0 Gọi H = ( AA′ ) ∩ ( d ) thì tọa độ của H thỏa mãn hệ:  ⇒ H ( 2; 2 ) x − 2 y + 2 = 0  x A′ = 2 x H − x A = 4 A′ đối xứng với A qua (d) nên ta có:  ⇒ A′ ( 4; −2 )  y A′ = 2 y H − y A = −2 18 Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng y+2 Phương trình đường thẳng ( A′B ) là x − 4 = ⇔ 7 x + 2 y − 24 = 0 2−4 5+2  x = 11 x − 2 y + 2 = 0  9 Tọa độ của M thỏa hệ:  ⇔ ⇒ M 11 ; 19 4 8 7 x + 2 y − 24 = 0 19  y = 8  ( ) 2. Ta có: MA − MB ≤ AB (cố định) ⇒ max MA − MB = AB , đạt được khi ba điểm M, A, B thẳng hàng ⇔ M = ( AB ) ∩ ( d ) . Phương trình đường thẳng (AB) là: x + 2 y − 12 = 0 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: x = 5 x − 2 y + 2 = 0  ⇔ ⇒ M 5; 7  7 2  x + 2 y − 12 = 0  y = 2 ( ) Bài 12. Cho ( D1 ) : kx − y + k = 0 và ( D2 ) : (1 − k ) x + 2ky − (1 + k 2 ) = 0 2 a. Chứng minh khi k thay đổi ( D1 ) luôn luôn qua một điểm cố định. b. Tìm giao điểm của ( D1 ) và ( D 2 ) suy ra quỹ tích giao điểm này khi k thay đổi. Giải a. Ta có ( D1 ) t: k ( x + 1) − y = 0 . Tọa độ điểm cố định mà ( D1 ) luôn đi qua là x + 1 = 0 nghiệm của  ⇒ x = −1, y = 0 . Vậy ( D1 ) luôn qua điểm A(–1, 0). y = 0 b. Tọa độ giao điểm của ( D1 ) và ( D 2 ) là nghiệm của hệ phương trình kx − y = − k 1 − k 2 , y = 2k giải hệ ta được x =  2 2 1+ k 2 1+ k 2 (1 − k ) + 2ky = 1 + k 2 Vậy ( D1 ) ∩ ( D 2 ) 2 2 2     = M  1 − k 2 , 2k 2  để ý x 2 + y 2 =  1 − k 2  +  2k 2  = 1 1+ k 1+ k  1+ k  1 + k  Do đó quỹ tích của M là đường tròn tâm O bán kính R = 1. Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(0; 1), B(2; 1) và các đường thẳng d 1 : ( m − 1) x + ( m − 2 ) y + 2 − m = 0 ; d 2 : ( 2 − m ) x + ( m − 1) y + 3m − 5 = 0 a. Chứng minh d 1 và d 2 luôn cắt nhau. b. Gọi P là giao điểm của d 1 và d 2 , tìm m sao cho PA + PB lớn nhất. 19 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương Giải ( m − 1) x + ( m − 2 ) y + 2 − m = 0 m −1 a. Xét  có: D = 2−m ( 2 − m ) x + ( m − 1) y + 3m − 5 = 0 Dx = m−2 2−m m −1 3m − 5 ( Do D = 2 m − 3 2 ) 2 = 4m 2 − 14m + 12 ; D y = m−2 m −1 2−m m −1 3m − 5 2−m = 2m 2 − 6 m + 5 = −2m 2 + 4m − 1 + 1 > 0, ∀∈  nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 2 Vậy d 1 và d 2 luôn luôn cắt nhau tại điểm P (đpcm) b. Tìm m để PA + PB lớn nhất D x 4m 2 − 14m + 12  2 − 2m =2+ x = D =  2m 2 − 6m + 5 2m 2 − 6m + 5 Tọa độ của P là:   y = D y = −2m 2 + 4m − 1 = −1 + 4 − 2m 2 2  D 2m − 6m + 5 2m − 6m + 5  2 2m − 2 2m − 4 4  Ta có: PA =  −2 + ; 2+  ⇒ PA = 8 − 2 2 2 2m − 6m + 5 2m − 6m + 5  2m − 6m + 5   2 2m − 2 2m − 4 4  PB =  ;  ⇒ PB = 2 2 2 2 m − 6 m + 5 2 m − 6 m + 5 2 m − 6m + 5   Suy ra: PA 2 + PB 2 = 8 . Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có: ( PA + PB ) 2 ≤ 2 ( PA 2 + PB 2 ) = 16 ⇒ PA + PB ≤ 4 ⇒ max ( PA + PB ) = 4 , đạt được m = 1 4 4 = ⇔ m 2 − 3m + 2 = 0 ⇔  2 2m − 6m + 5 2m − 6m + 5 m = 2   Cách 2: d 1 và d 2 có vectơ pháp tuyến là: n1 = ( m − 1; m − 2 ) , n 2 = ( 2 − m; m − 1)   Ta có n1 .n 2 = ( m − 1) ( 2 − m ) + ( m − 2 ) ( m − 1) = 0 nên d 1 ⊥ d 2 tại điểm P. PA = PB ⇔ PA2 = PB 2 ⇔ 8 − 2 Để ý rằng A ∈ d 1 , B ∈ d 2 và AB = 2 2 nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì ( PA + PB ) 2 ≤ 2 ( PA 2 + PB 2 ) = 2 AB 2 = 16 ⇒ PA + PB ≤ 4 ⇒ max ( PA + PB ) = 4 , đạt được khi PA = PB ⇒ ∆PAB vuông cân tại P ⇒ d , AB = 45 o (   n AB .n1 Ta có: cos 45 o =   ⇔ n AB . n1 2 1 )  = 1 ; ( n AB = (1,1) ) 2 2 2 2. ( m − 1) + ( m − 2 ) 2m − 3 ⇔ ( 2m − 3) = 2m 2 − 6m + 5 ⇔ m 2 − 3m + 2 = 0 ⇔ m = 1 ∨ m = 2 20 Bài 3. Đường tròn ĐƯỜNG TRÒN I. PHƯƠNG TRÌNH: 2 2 1. Dạng chính tắc: ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 ⇒ Tâm I(a, b) ; bán kính R. 2. Dạng khai triển: ( C ) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ⇒ Tâm I(a, b) ; bán kính R = a 2 + b 2 − c với a 2 + b 2 − c > 0 II. TIẾP TUYẾN: 2 2 1. ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 ⇒ Tiếp tuyến tại M 0 ( x0 , y 0 ) ∈ ( C ) : ( x0 − a )( x − x0 ) + ( y0 − b )( y − y0 ) = 0 2. ( C ) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ⇒ Tiếp tuyến tại M 0 ( x0 , y 0 ) ∈ ( C ) : x0 x + y 0 y − a ( x + x0 ) − b ( y + y 0 ) + c = 0 3. ( D ) : Ax + By + C = 0 tiếp xúc (I, R) ⇔ d ( I , ( D ) ) = R III. PHƯƠNG TÍCH: ( C ) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ; Điểm M(m, n) ⇒ P  > 0 : M n»m ngoµi  ( M ( C ) ) = m 2 + n 2 − 2am − 2bn + c < 0 : M n»m trong   = 0 : M ∈ ( C ) IV. TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG: ( C1 ) : f ( x, y ) = x 2 + y 2 − 2a1 x − 2b1 y + c1 = 0   ( C 2 ) : g ( x, y ) = x 2 + y 2 − 2a 2 x − 2b2 y + c2 = 0 P ( M C ) =P ( M C ) ⇔ f ( x, y) = g ( x, y) ⇔ 2 ( a − a ) x + 2 (b − b ) y + ( c 1 2 1 2 1 2 2 − c1 ) = 0 V. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN A. XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN THEO CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CHO TRƯỚC 1. VPT đường tròn đường kính AB biết A(4, −1); B(3, 5) 2. VPT đường tròn đi qua A(2, 0); B(0, 1); C(−1, 2) 3. VPT đường tròn đi qua A(2, 3); B(−1, 1) và tâm ∈ x − 3 y − 11 = 0 4. VPT đường tròn tâm I(1, 2) và tiếp xúc ( D ) : x − 2 y − 2 = 0 5. VPT đường tròn đi qua A(1, 2) và tiếp xúc ( D ) : 3 x − 4 y + 2 = 0 tại (−2, −1) 21 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 6. VPT đường tròn đi qua A(6, 3); B(3, 2) và tiếp xúc ( D ) : x + 2 y − 2 = 0 7. VPT đường tròn tâm ∈ ( ∆) : x + y − 5 = 0 ; R = 10 và tiếp xúc ( D) :3x + y − 3 = 0 8. VPT đường tròn tâm I(3, 1) và cắt ( ∆ ) : x − 2 y + 4 = 0 một đoạn có độ dài = 4 9. Viết phương trình đường tròn tâm ∈ ( ∆ ) : 4 x + 3 y − 2 = 0 và tiếp xúc với ( D1 ) : x + y + 4 = 0 và ( D2 ) : 7 x − y + 4 = 0 10. Viết phương trình đường tròn đi qua O(0, 0) và tiếp xúc với 2 đường thẳng ( D1 ) : 2 x + y − 1 = 0; ( D2 ) : 2 x − y + 2 = 0 11. Viết phương trình đường tròn đi qua A(4, 2) và tiếp xúc với 2 đường thẳng ( D1 ) : x − 3 y − 2 = 0; ( D2 ) : x − 3 y + 18 = 0 12. Viết phương trình đường tròn đi qua A(1, −2) và các giao điểm của ( D ) : x − 7 y + 10 = 0 với ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0 B. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y = 0 1.  ( D ) : x + y − 1 = 0 2 2 ( C ) : x + y + 6 x + 4 y + 9 = 0 2.  ( D ) : x − y + 2 = 0 ( C ) : x 2 + y 2 − 8 x − 2 y + 1 = 0 3.  ( D ) : 2 x − y + 1 = 0 C. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA 2 ĐƯỜNG TRÒN (C1 ) : ( I1 , R1 )   (C 2 ) : ( I 2 , R2 )  R1 − R2 < d < R1 + R2 : (C1 ), (C 2 ) c¾t nhau   d = R1 + R2 : tiÕp xóc ngoµi   d = I1 I 2 ⇒  d = R1 − R2 : tiÕp xóc trong   d > R1 + R2 : ngoµi nhau   d < R1 − R2 : trong nhau 2 2  (C1 ) : x + y − 4 x − 6 y + 4 = 0 1.  (C 2 ) : x 2 + y 2 − 10 x − 14 y + 70 = 0 2 2  (C1 ) : x + y − 2 x − 6 y − 15 = 0 2.  (C 2 ) : x 2 + y 2 − 6 x − 2 y − 3 = 0 2 2  (C1 ) : x + y + 6 x − 10 y + 24 = 0 3.  (C 2 ) : x 2 + y 2 − 6 x − 4 y − 12 = 0 2 2  (C1 ) : x + y + 2 x − 4 y − 5 = 0 4.  (C 2 ) : x 2 + y 2 − x − 5 y + 4 = 0 22 Bài 3. Đường tròn D. QUỸ TÍCH TÂM ĐƯỜNG TRÒN 1. ( C m ) : x 2 + y 2 + 4mx − 2my + 2m + 3 = 0 2. ( C m ) : x 2 + y 2 − 2 e − m x + 4 e m y − 1 + e −2 m = 0 3. ( Cα ) : x 2 + y 2 − 2 ( cos α − 2 ) x − ( 2 sin α ) y + 1 = 0 4. ( Cα ) : x 2 + y 2 − 2 (1 + cos α ) x + 2 (1 − sin α ) y + sin α − 2 = 0 E. ĐƯỜNG THẲNG TIẾP XÚC ĐƯỜNG TRÒN CỐ ĐỊNH 1. Dα : ( x − 1) cos α + ( y − 1) sin α − 4 = 0 2. Dα : x cos α + y sin α + 2 cos α + 1 = 0 3. Dα : x sin α − y cos α + 3sin α + 2 cos α − 6 = 0 4. Dα : x cos α + y sin α − 2 cos α − sin α − 9 = 0 5. Dα : x cos 2α − y sin 2α + cos 2 α − 3 = 0 F. TIẾP TUYẾN VỚI ĐƯỜNG TRÒN 1. VPT tiếp tuyến tại giao điểm ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 5 = 0 với Ox. 2. VPT tiếp tuyến tại giao điểm ( C ) : x 2 + y 2 − x − 7 y = 0 với 3x + 4 y − 3 = 0 3. VPT tiếp tuyến của ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 8 y + 1 = 0 // với 5 x + 12 y − 6 = 0 4. VPT tiếp tuyến của ( C ) : x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 5 = 0 // với 2 x + y + 4 = 0 5. VPT tiếp tuyến của ( C ) : x 2 + y 2 − 6 x − 2 y + 5 = 0 ⊥ với 2 x − y − 1 = 0 6. VPT tiếp tuyến của ( C ) : x 2 + y 2 − 6 x + 2 y = 0 ⊥ với 3x − y + 6 = 0 7. VPT tiếp tuyến của ( C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 8 y − 19 = 0 (45°) với 2 x − y + 1 = 0 8. VPT tiếp tuyến a. Đi qua A(1, −1) đến: ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 4 = 0 b. Đi qua A(−3, 3) đến: ( C ) : x 2 + y 2 − x − 7 y = 0 c. Đi qua A(1, 3) đến: ( C ) : x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 6 = 0 d. đi qua A(3, 4) đến: ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0 e. Đi qua A(5, 7) đến: ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 5 = 0 g. đi qua A(4, 7) đến: ( C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 4 y = 0 f. Đi qua A(−3, −1) đến: ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 3 y = 0 23 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 9. Cho ( C m ) : x 2 + y 2 + 2 ( m − 1) x − 2 ( m − 2 ) y + m 2 − 8m + 13 = 0 a. Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn. đến đường tròn (C4) b. VPT tiếp tuyến đi qua A(1, 5) 10. VPT tiếp tuyến chung của 2 đường tròn: (C1 ) : x 2 + y 2 − 4 x − 8 y + 11 = 0   (C 2 ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2 y − 2 = 0 (C1 ) : x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 2 = 0   (C 2 ) : x 2 + y 2 − 6 x − 2 y + 9 = 0 (C1 ) : x 2 + y 2 − 10 x + 24 y − 56 = 0   (C 2 ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y − 20 = 0 (C1 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 5 = 0   2 2 (C 2 ) : x + y − 12 x − 6 y + 44 = 0 11. ( C ) : x 2 + y 2 − 1 = 0; ( C m ) : x 2 + y 2 − 2 ( m + 1) x + 4my − 5 = 0 a. Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn ( C m ) b. CMR: Có 2 đường tròn của họ ( C m ) tiếp xúc với (C). Viết PTTT chung khi đó. G. ỨNG DỤNG ĐỒ THỊ ĐƯỜNG TRÒN TRÒN CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ 1. Cho 8a + 6b = a 2 + b2 + 16 . Tìm Max, Min S = 4a + 3b 2. Cho a 2 + b 2 + 1 = 2 ( a + b ) và c 2 + d 2 + 36 = 12 ( c + d ) . 2 2 Chứng minh rằng: 5 2 − 7 ≤ ( a − c ) `+ ( b − d ) ≤ 5 2 + 7 3. Cho a 2 + b 2 = 1 và c + d = 6 . Chứng minh rằng: c 2 + d 2 − 2ac − 2bd ≥ 18 − 6 2  x 2 + y 2 = 2 ( m + 1)  4. Tìm m để hệ sau có đúng 2 nghiệm  ( x + y ) 2 = 4  x + my − m = 0 5. Tìm m để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt   x 2 + y 2 − x = 0 2 2 Chứng minh rằng: ( x2 − x1 ) + ( y 2 − y1 ) ≤ 1  x + y =1  6. Tìm m để hệ sau có nghiệm   x 2 + y 2 < m   x −1 + y +1 =1 7. Tìm m để hệ có nhiều nghiệm nhất   x 2 + y 2 = m 24 Bài 3. Đường tròn VI. MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN Bài 1. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I(3; 1) và chắn trên đường thẳng (∆): x − 2 y + 4 = 0 một dây cung có độ dài bằng 4. Giải I Giả sử (C) chắn trên ∆ một dây cung có độ dài bằng 4. Từ I kẻ IH ⊥ AB tại H thì H là trung điểm của AB. (∆) H Khi đó: HA = 1 AB = 2 và IH = d ( I , ∆ ) = 5 2 A B Gọi R là bán kính của (C) ta có: R = IH 2 + HA 2 = 5 + 4 = 3 2 2 Phương trình của (C) là: ( x − 3) + ( y − 1) = 9 Bài 2. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm A(2; 3), B(–1, 1) và có tâm nằm trên đường thẳng ∆ : x − 3 y − 11 = 0 . Giải Cách 1: Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C). Ta có: Điểm I ∈ (∆ ) ⇒ I ( 3t + 11; t ) . Điểm A, B ∈ ( C ) ⇒ IA = IB = R ⇔ IA 2 = IB 2 ( ) 2 2 2 2 ⇔ ( 3t + 9 ) + ( 3 − t ) = ( 3t + 12 ) + (1 − t ) ⇔ t = − 5 ⇒ I 7 ; − 5 , R = 65 2 2 2 2 ( Phương trình của (C) là: x − 7 2 2 ) + ( y + 52 ) 2 = 65 ⇔ x 2 + y 2 − 7 x + 5 y − 14 = 0 2 Cách 2: Giả sử (C) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 . Tâm của (C) là I(a; b) ∈ (∆) −4a − 6b + c = −13 ( 2 ) suy ra: a − 3b − 11 = 0 (1). Ta có: A, B ∈ ( C ) ⇒  2a − 2b + c = −2 ( 3) Từ (1), (2), (3) ta có: a = 7 , b = − 5 , c = −14 . Vậy (C): x 2 + y 2 − 7 x + 5 y − 14 = 0 2 2 Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(0; 5), B(2; 3). Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 . Giải Gọi I ( a; b ) là tâm của (C). Từ giả thiết, ta có: IA = IB = R = 10 2 2 2 2  IA 2 = IB 2 a + ( 5 − b ) = ( 2 − a ) + ( 3 − b ) b = a + 3 ⇔ ⇔ ⇒ 2  2 2 2 a − 2a − 3 = 0 a + ( 5 − b ) = 10  IA = 10 25 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương  a = −1  a = 3 . Vậy có hai đường tròn cần tìm là: ⇔ ∨ b = 2 b = 6 ( C1 ) : ( x + 1) 2 2 2 2 + ( y − 2 ) = 10; ( C 2 ) : ( x − 3) + ( y − 6 ) = 10 Bài 4. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I∈ ( ∆ ) : x + y − 5 = 0 ; bán kính R = 10 và tiếp xúc với đường thẳng ( d ) :3 x + y − 3 = 0 Giải Tâm I ∈ ( ∆ ) ⇒ I ( t ;5 − t ) . Đường tròn (C) tiếp xúc với ( d ) ⇔ d ( I , ( d ) ) = R ⇔  t = 4 ⇒ I ( 4;1) 2t + 2 = 10 ⇔ t + 1 = 5 ⇔  10  t = − 6 ⇒ I ( − 6;11) Vậy có hai đường tròn cần tìm là: ( C1 ) : ( x − 4 ) 2 2 2 2 + ( y − 1) = 10 ; ( C 2 ) : ( x + 6 ) + ( y − 11) = 10 Bài 5. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I∈ ( ∆ ) :2 x + y = 0 và tiếp xúc với đường thẳng ( d ) : x − 7 y + 10 = 0 tại điểm A(4; 2). Giải Cách 1: Ta có tâm I ∈ ( ∆ ) ⇒ I ( t ; −2t ) ⇒ IA = 5t 2 + 20 . Đường tròn (C) tiếp xúc với (d) tại A ⇔ d ( I , ( d ) ) = IA ⇔ 3t + 2 = 5t 2 + 20 2 ⇔ ( 3t + 2 ) = 2 ( 5t 2 + 20 ) ⇔ t 2 − 12t + 36 = 0 ⇔ t = 6 ⇒ I ( 6; −12 ) , R = 10 2 2 2 2 Vậy phương trình đường tròn (C) là: ( x − 6 ) + ( y + 12 ) = 200 Cách 2: Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C). Gọi (d′) là đường thẳng vuông góc với (d) tại A ⇒ ( d ′ ) :7 x + y + c = 0 A ∈ ( d ′ ) ⇒ c = −30 ⇒ ( d ′ ) :7 x + y − 30 = 0 (∆ ) Do (C) tiếp xúc với (d) tại A nên I ∈ ( d ′ ) I Mặt khác I ∈ ( ∆ ) nên tọa độ I thỏa mãn hệ 7 x + y − 30 = 0 ⇒ I ( 6; −12 ) ⇒ IA = 10 2  2 x + y = 0 2 (d) A 2 Vậy phương trình của (C) là: ( x − 6 ) + ( y + 12 ) = 200 . 26 Bài 3. Đường tròn Bài 6. Viết phương trình đường tròn (C) có bán kính R = 5 và tiếp xúc với đường thẳng ( ∆ ) :3 x − 4 y − 31 = 0 tại điểm A(1; –7). Giải  x = 1 + 3t Đường thẳng (d) ⊥ (∆) tại A(1; –7) có phương trình tham số (d):   y = −7 − 4t Do (C) tiếp xúc với (∆) tại A nên có tâm I ∈ ( d ) ⇒ I (1 + 3t , −7 − 4t ) Mặt khác: d ( I , ( ∆ ) ) = R ⇔ t = −1 ⇒ I = ( −2, −3) 25t = 5 ⇔ t =1⇔  5 t = 1 ⇒ I ( 4, −11) Vậy có hai đường tròn cần tìm là: ( C1 ) : ( x + 2 ) 2 2 2 2 + ( y + 3) = 25 ; ( C 2 ) : ( x − 4 ) + ( y + 11) = 25 Bài 7. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(6; 4) và tiếp xúc với đường thẳng ( ∆ ) : x + 2 y − 5 = 0 tại điểm B(3; 1). Giải Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C); đường thẳng (d)⊥(∆) tại B(3;1) ⇒ ( d ) :2( x − 3) − ( y − 1) = 0 ⇔ ( d ) : 2 x − y − 5 = 0 Do (C) tiếp xúc với (∆) tại B nên tâm I ∈ ( d ) ⇒ I ( t; 2t − 5 ) 2 2 2 2 Mặt khác: IA = IB ⇔ IA 2 = IB 2 ⇔ ( 6 − t ) + ( 9 − 2t ) = ( 3 − t ) + ( 6 − 2t ) ⇔ t = 4 2 2 ⇒ I ( 4;3) ; R = IA = 5 . Phương trình đường tròn (C) là: ( x − 4 ) + ( y − 3) = 5 . Bài 8. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I∈ ( ∆ ) :4 x + 3 y − 2 = 0 ; tiếp xúc với hai đường thẳng ( d 1 ) : x + y + 4 = 0 và ( d 2 ) :7 x − y + 4 = 0 . Giải  x = −1 − 3t Phương trình tham số của (∆) là:   y = 2 + 4t Ta có: I ∈ ( ∆ ) ⇒ I ( −1 − 3t; 2 + 4t ) . Gọi R là bán kính của (C) (C) tiếp xúc với ( d 1 ) và ( d 2 ) ⇔ d ( I , ( d 1 ) ) = d ( I , ( d 2 ) ) = R ⇔ t = 1 ⇒ I ( −4; 6 ) , R = 3 2 t + 5 5t + 1 = ⇔ t + 5 = 5t + 1 ⇔  2 2 t = −1 ⇒ I ( 2; 2 ) , R = 2 2 2 2 2 2 Vậy ( C ) : ( x + 4 ) + ( y − 6 ) = 18 hoặc ( C ) :( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 8 27 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương Bài 9. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A(2; 0) và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B(6; 4) bằng 5. Giải Gọi I(a; b) và R lần lượt là tâm và bán kính của (C) Do (C) tiếp xúc với trục Ox tại A nên ta có: x I = x A = 2 ⇒ I ( 2; b ) và R = b 2 2 2 Mặt khác: IB = 5 ⇔ IB 2 = 25 ⇔ ( 6 − 2 ) + ( 4 − b ) = 25 ⇔ ( b − 4 ) = 9 b = 7 ⇒ I ( 2;7 ) , R = 7 ⇔ . Vậy có hai đường tròn cần tìm là: b = 1 ⇒ I ( 2;1) , R = 1 ( C1 ) : ( x − 2 ) 2 2 2 2 + ( y − 7 ) = 49; ( C 2 ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) = 1 Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ( d ) : x − 7 y + 10 = 0 và đường tròn ( C ′ ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(1; –2) và các giao điểm của đường thẳng d và đường tròn (C'). Giải Đường tròn (C) qua giao điểm của (d) và (C') nên phương trình có dạng: x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 + m ( x − 7 y + 10 ) = 0 A ∈ ( C ) ⇒ m = 1 ⇒ ( C ) : x 2 + y 2 − x − 3 y − 10 = 0 Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 12 x − 4 y + 36 = 0 . Viết phương trình đường tròn ( C1 ) tiếp xúc với hai tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). Giải Đường tròn (C) có tâm I(6; 2), bán kính R = 2. Gọi I 1 ( a; b ) , R1 lần lượt là tâm và bán kính của ( C1 ) . ( C1 ) tiếp xúc với hai trục Ox, Oy nên ta có: d ( I 1 , Oy ) = d ( I 1 , Ox ) = R1  a = b, R1 = a ⇔ a = b = R1 ⇔   a = −b, R1 = a ( C1 ) tiếp xúc với ( C ) ⇔ II 1 = R1 + R ⇔ II 12 = ( R1 + R ) 2 ⇔ ( a − 6 ) 2 + ( b − 2 ) 2 = ( R1 + 2 ) 2 (1) Trường hợp 1: a = b, R1 = a 28 Bài 3. Đường tròn 2 (1) ⇔ ( a − 6 ) 2 + ( a − 2 ) 2 = ( a + 2 ) ⇔ a 2 − 16a − 4 a + 36 = 0 a > 0 a < 0 ⇔ 2 ∨ 2 : vô nghiệm a − 20a + 36 = 0 a − 12a + 36 = 0  a = 18 ⇒ I 1 (18;18 ) , R1 = 18 ⇔  a = 2 ⇒ I 2 ( 2; 2 ) , R 2 = 2 Trường hợp 2: a = −b, R1 = a 2 (1) ⇔ ( a − 6 ) 2 + ( a + 2 ) 2 = ( a + 2 ) ⇔ a 2 − 8a − 4 a + 36 = 0 a > 0 a < 0 ⇔ 2 ∨ 2 : vô nghiệm a − 12a + 36 = 0 a − 4a + 36 = 0 ⇔ a = 6 ⇒ I 1 ( 6; −6 ) , R1 = 6 . Vậy có ba đường tròn cần tìm là: ( x − 18 ) 2 + ( y − 18 ) 2 = 324; ( x − 2 ) 2 + ( y − 2 ) 2 = 4; ( x − 6 ) 2 + ( y + 6 ) 2 = 36 Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(–1; 7), B(4; –3), C(–4; 1). Hãy viết phương trình đường tròn (C) nội tiếp tam giác ABC. Giải Gọi I(a; b), R lần lượt là tâm và bán kính của (C). Gọi M(x; y) là chân đường phân giác trong của góc A trong tam giác ABC.






 5 5 Ta có: MB = AB = ⇒ MB = − 5 MC . Suy ra M chia đoạn BC theo tỉ số 3 MC AC 3 5 x − kx C  x= B = −1   1− k k = − 5 nên ta có tọa độ điểm M là: M :  ⇒ M −1; − 1 3 2 y − ky C y = B =−1 1− k 2 




 I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên IA = BA = 2 ⇒ IA = −2 IM IM BM ( ) x A − kx M   x = 1 − k = −1 Suy ra điểm I chia đoạn AM theo tỉ số k = −2 ⇒ I :  ⇒ I ( −1; 2 )  y = y A − ky M = 2  1− k Phương trình cạnh (AB) là: 2 x + y − 5 = 0 ⇒ R = d ( I , ( AB ) ) = 5 2 2 Phương trình đường tròn (C) là: ( x + 1) + ( y − 2 ) = 5 . 29 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương Bài 13. Lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua gốc tọa độ O và cắt đường 2 2 tròn (C): ( x − 1) + ( y + 3) = 25 theo một dây cung có độ dài bằng 8. Giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 5. Phương trình đường thẳng qua O là: ax + by = 0 ( a 2 + b 2 > 0) Giả sử ( ∆ ) cắt (C) theo dây cung AB có độ dài bằng 8. Kẻ IH ⊥ ( ∆ ) tại H thì H là trung điểm của đoạn AB ⇒ HA = AB = 4 2 Tam giác IHA vuông tại H, ta có: IH = IA 2 − HA 2 = 25 − 16 = 3 . Mặt khác: d ( I , ( ∆ ) ) = IH ⇔ a − 3b 2 a +b = 3 ⇔ ( a − 3b ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 4a 2 + 3ab = 0 2 2  A = 0 : chon B = 1 ⇔ . Suy ra: ( ∆ 1 ) : y = 0; ( ∆ 2 ) : 3 x − 4 y = 0 .  B = − 4 A : chon A = 3, B = −4 3  Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 20 = 0 và điểm A(3; 0). Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua điểm A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN sao cho a. MN có độ dài lớn nhất. b. MN có độ dài nhỏ nhất. Giải a. Đường tròn (C) có tâm I(–1,2), bán kính R = 5 Dây MN lớn nhất khi MN là đường kính của (C). I Do đó ( ∆ ) là đường thẳng đi qua hai điểm A, I. y Phương trình của ( ∆ ) là: x − 3 = ⇔ x + 2 y − 3 = 0 −1 − 3 2

 b. Ta có: IA = ( 4; −2 ) ⇒ IA = 2 5 M N H Kẻ IH ⊥ MN tại H. Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Ta có: IH ≤ IA = 2 5 ⇒ IH max = 2 5 khi H ≡ A ⇒ ( ∆ ) ⊥ IA tại A

 ( ∆ ) qua A và nhận IA làm vectơ pháp tuyến có phương trình: 4 ( x − 3) − 2 ( y − 0 ) = 0 ⇔ 2 x − y − 6 = 0 30 A (∆)