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

1 GV Nguyễn Hữu Phúc – 0888 014 879 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        [.]

1 BÀI TẬP VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN ( Dành cho học sinh muốn chinh phục điểm 8+, 9+)  Câu 1: Cho phương trình đường cong  Cm  : x  y   m   x   m   y  m     a) Chứng minh   phương trình đường trịn b) Tìm tập hợp tâm đường tròn m thay đổi c) Chứng minh m thay đổi, họ đường trịn  Cm  ln qua hai điểm cố định  Lời giải a) Ta có x2  y   m  2 x   m  4 y  m    x   m  2  m  2 x 2  y   m  4  m  4 y  m  2   m  4   m 1   m  2   m  4  m 1 m  2  m  4   x   y        4  2  m  2   m2 m4 Do      m 1      Suy   phương trình đường trịn với m m2   x1   b) Đường trịn có tâm  I  :  suy x1  y1   y  m   Vậy tập hợp tâm đường tròn đường thẳng  : x  y   c) Gọi M  xo ; yo  điểm cố định mà họ  Cm  qua xo  yo   m   xo   m   yo  m   0, m Khi ta có:   xo  yo  1 m  xo  yo  xo  yo   0, m   xo  1   xo  yo     yo     x   xo  yo  xo  yo    o   yo  Vậy có hai điểm cố định mà họ  Cm  qua với m M  1;  M 1;  A  8;0  , B  0;6   Câu 2: Cho hai điểm a) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB b) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB  Lời giải a) Ta có tam giác OAB vng O nên tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác trung điểm cạnh huyền AB suy I  4;3 bán kính R  IA  GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879       3  2 Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB là:  x     y  3  25 b) Ta có OA  8;OB  6; AB  82  62  10 OA.OB  pr ( diện tích tam giác ABC ) OA.OB 2 Suy r  OA  OB  AB Mặt khác Dễ thấy đường trịn cần tìm có tâm thuộc góc phần tư thứ tiếp xúc với hai trục tọa độ nên tâm đường trịn có tọa độ I  2;  2 Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giác OAB  x     y     Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  y   hai điểm A 1;  , B  4;1 Viết phương trình đường trịn  C  có tâm thuộc d qua hai điểm A, B  Lời giải Cách Gọi I tâm  C  Do I  d nên I  t; t   Hai điểm A, B thuộc  C  nên 2 2 IA  IB  1  t     2t     t     2t   t  Suy I 1; 3  bán kính R  IA  2 Vậy phương trình đường trịn cần tìm  C  :  x  1   y  3  25 5 3 Cách Gọi M  ;  trung điểm AB Đường trung trực đoạn AB qua M nhận 2 2  AB   3; 1 làm vecto pháp tuyến nên có phương trình  : 3x  y   Tọa độ tâm I  C  nghiệm hệ 2 x  y    I 1; 3  3 x  y   Bán kính đường tròn R  IA  Vậy phương trình đường trịn cần tìm  C  :  x  1   y  3  Câu 4: Trong  25 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y  10  điểm A  2;1 Viết phương trình đường trịn  C  có tâm thuộc d1 , qua điểm A tiếp xúc với d  Lời giải Gọi I tâm (C) Do I  d1 nên I(-3t-8; t) Theo giả thiết ta có GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 d ( I , d )  IA  3(3t  8)  4t  10 25  (3t   2)2  (t  1)  t  3 Suy I(1; -3) R=5 Vậy phương trình (C) (x  1)  (y 3)  25  Câu 5: Trong mặt phẳng oxy cho điểm A (-1; 1), B(3; 3) đường thẳng d : x  y   Viết phương trình đường trịn (C) qua A, B tiếp xúc d  Lời giải Đường trung trực  AB qua M(1; 2) trung điểm AB có phương trình  : 2x  y   Gọi tâm I (C) thuộc  I (t; 4-2t) Ta có d (I, d)  IA  (1  t )  (2t  3)  3t  4(4  2t )   16  t 3   31 t   Với t  , suy tâm I(3; -2) Bán kính R=IA=5 Phương trình (C): (x  3)  (y 2)2  25 31 31 65 , suy tâm I ( ; 27) R  2 31 4225 Phương trình (C): (x  )  (y 27)  Với t   Câu 6: Trong mặt phẳng oxy cho d: x  y   Viết phương trình đường trịn (C) tiếp xúc với trục tọa độ có tâm thuộc d  Lời giải Gọi I(m; 2m-4) thuộc d tâm đường tròn (C ) Ta có d ( I ;0 x)  d ( I ; oy )  2m   m  m  m  4 4 I ( ; ), R  ta có 3 3 4 16 (C): ( x  )  ( y  )  3 Với m  Với m  I (4; 4), R  ta có (C): ( x  4)  ( y  4)  16 Trong mặt phẳng oxy cho d: x  y   : viết phương trình đường trịn (C ) có  Câu 7: tâm thuộc d đồng tời tiếp xúc với 1 : 3x  y    : x  y   GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879  Lời giải Gọi I (6t  10; t )  d ta có 22t  35 d ( I , 1 )  d ( I ,  )   21t  35  t  t  70 43 Với t  suy I (10; 0), R  Phương trình (C ) : (x  10)  y  49 70 10 70 ), R  suy I ( ; 43 43 43 43 10 70 49 Phương trình (C ) : (x  )  ( y  )  43 43 1849 Với t   Câu 8: Trong mặt phẳng oxy cho d : x  y    : x  y   viết phương trình (C ) có bán kính R  10 , có tâm thuộc d tiếp xúc với   Lời giải Gọi I (2a  3; a )  d tâm (C) Ta có d ( I , )  R  a2 10   a6 10   a  2 Với a  suy I( -9; 6) Phương trình (C ) : (x  9)  (y 6)2  Với a  2 suy I( 7; -2) Phương trình (C ) : (x  7)2  (y  2)   Câu 9: Trong mặt phẳng oxy cho (C): x  y  3x   tia oy cắt (C ) A Viết phương trình (C’) có bán kính R’=2 tiếp xúc với (C ) A  Lời giải Đường trịn (C) có tâm I (2 3;0) bán kính R=4 2  x  y  x   Tọa độ A nghiệm hệ  ( y  0) x0  Ta A(0; 2)  x  3t Đường thẳng IA qua điểm I A nên có phương trình   y  2t  Đường trịn (C’) tiếp xúc với ( C) nên tâm I’ thuộc IA, nên I '(2 3t ; 2t  2)   2   2(0  3t ) Hơn nữa, R  R ' nên AI  I 'A   t    2(2  2t  2) Với t  , suy I '( 3;3) Phương trình đường trịn (C’ ): ( x  3)  ( y  3)   Câu 10: Trong mặt phẳng oxy cho (C): x  y  x  y   Viết phương trình đường trịn (C’ ) có tâm M (5;1) biết (C’) cắt (C ) điểm A, B cho AB   Lời giải GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 Đường trịn (C) có tâm I (1;-2), bán kính R  Phương trình đường thẳng nối tâm IM: x  y  11  Gọi H ( x; y ) trung điểm A B H  IM    2  IH  R  AH  Ta có  3x  y  11    2 ( x  1)  ( y  2)  1 11    x   x     y  29  y  11   10 10 1 29 11 11 ) H ( ; ) Suy H ( ; 10 10 1 29 ) ta có R '2  43 Với H ( ; 10 Phương trình (C’): ( x  5)  ( y  1)2  43 11 11 ) ta có R '2  13 Với H ( ; 10 Phương trình (C’): ( x  5)  ( y  1)  13  Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ hệ oxy cho đường thẳng d : x  y   hai đường tròn (C1 ) : ( x  3)  ( y  4)2  8; (C2 ) : ( x  5)  ( y  4)2  32 Viết phương trình đường trịn (C) có tâm I thuộc d tiếp xúc ngồi với hai đường tròn  Lời giải Gọi I , I1 , I , R, R1 , R2 tâm bán kính đường trịn (C ), (C1 ) (C2 ) Giả sử I (t ; t  1)  d Theo giả thiết Câu tốn: (C ) tiếp xúc ngồi (C1 ) (C2 ) nên  II1  R  R1   II  R  R2 Suy II1  R1  II  R2  (t  3)  (t  3)  2  (t  5)  (t  5)  t 0 Với t  suy I (0; 1) R  Phương trình đường trịn (C ): x  ( y  1)2   Câu 12: Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho đường tròn C  : x2  y   Cm  : x  y  2( m  1) x  4my   Tìm m để hai đường trịn tiếp xúc  Lời giải GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 và: Đường trịn (C) có tâm O(0; 0) bán kính R  Đường trịn (Cm) có tâm I(m+1; -2m) bán kính R  (m  1)  4m  Mà OI  (m  1)  4m Để đường trịn tiếp xúc R ' R  OI  (m  1)  4m    (m  1)  4m Giaỉ phương trình ta m  1 m   Câu 13: Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn: (C1 ) : x  y  x  y  (C2 ) : ( x  1)  ( y  1)  16 Viết phương trình đường thẳng qua giao điểm hai đường trịn  Lời giải (C1 ) có tâm I1 (1; 2) bán kính R1  (C2 ) có tâm I (1;1) bán kính R2  I1 I  (1  1)  (1  2)2  13 Ta thấy R1  R2  I1 I  R1  R2 suy hai đường tròn cắt Gọi điểm M ( x; y ) thuộc đường thẳng cần tìm 2  x  y  x  y  Tọa độ M thỏa mãn hệ  2 ( x  1)  ( y  1)  16 2  x  y  x  y  (1)  2  x  y  x  y  14  0(2) Lấy (1)  (2)  4 x  y  10   x  y   (3) Nhận thấy M ( x; y ) thỏa mãn phương trình (3) Suy đường thẳng qua giao điểm hai đường tròn là: x  y    Câu 14: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn  C  : x  y  x  y   Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d : x  y   cắt đường tròn theo dây cung có độ dài  Lời giải I A H B - Đường tròn  C  : x  y  x  y   có tâm I  1;  bán kính R  - Đường thẳng d  song song với đường thẳng d nên phương trình d  là: x  y  m   m  2  GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 - Kẻ IH  d   HA  HB  IH khoảng cách từ I đến d  : IH  3   m  m 1 - Xét tam giác vuông IHA : IH  IA2  HA2  25   16  m  1   m  19  d ' : 3x  y  19   16  m   20   ( thỏa mãn ĐK)  m  21  d ' : 3x  y  21  25 Vậy có hai đường thẳng là: x  y  19  0;3 x  y  21  2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  1  25  Câu 15: điểm M  7;3 Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt  C  điểm phân biệt A, B cho MA  3MB  Lời giải Đường trịn  C  có tâm I 1;1 bán kính R  Ta có IM  10  R  M nằm đường tròn  C  Gọi H trung điểm AB mà MA  3MB  B trung điểm MH  IH  MH  40  IH  BH  40  Ta có  suy IH  20  IH  2  IH  BH  25  IH  BH  25  Đường thẳng d qua M  7;3 có VTPT n   a; b  , a  b  có phương trình là: a  x    b  y  3   ax  by  7a  3b  IH  d  I , d   a  b  a  3b a b 9a  6ab  b   a  b a b 2 2    3a  b  a  b b  a   2a  3ab  2b     a  2b 2  d : x  y  13  a  2b  d : x  y  11   Câu 16: 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  1  25 điểm M  1;  Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt  C  điểm phân biệt A, B cho độ dài dây cung AB nhỏ  Lời giải GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 I A M H B Đường trịn  C  có tâm I 1;1 bán kính R  Ta có: IM   IM  R nên điểm M nằm đường tròn  C  , kẻ IH  d  IH  IM HA  HB  AB Ta có AH  IA2  IH  25  IH , AB nhỏ AH nhỏ  IH lớn  IH  IM  H  M Khi đường thẳng d qua M vng góc với IM nên đường  thẳng d có vecto pháp tuyến IM   2;1 Vậy phương trình đường thẳng d là: 2  x  1  1 y     2 x  y    Câu 17: 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y    Viết phương trình đường trịn  C   có tâm K  5; 2  cắt đường tròn  C  theo dây cung AB có độ dài  Lời giải 2 - Đường tròn  C  :  x  1   y    có tâm I 1;  bán kính R  2 Gọi a với a  bán kính đường trịn  C   , phương trình  C   là:  C   :  x  5   y    a  x  y  10 x  y  29  a  Tọa độ giao điểm hai đường tròn  C   C   nghiệm 2  x  1   y  2  1  x  y  x  y  hệ phương trình   2 2 2  x  y  10 x  y  29  a     x  y  10 x  y  29  a  Trừ vế hai phương trình ta phương trình x  y  29  a  phương trình đường thẳng qua hai giao điểm A, B hai đường tròn, kẻ IH  AB suy H trung điểm AB AH  HB  8.1  8.2  29  a Nên ta có 82   8 2 AB   IH  IA2  AH     d  I , AB  2 2  a  37  24  a  61   a  37  24    2  a  37  24  a  13 2 2 Có hai đường trịn là:  C   :  x  5   y    13;  C   :  x  5   y    61  Câu 18: 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  1  , Lập phương trình đường trịn  C   tiếp xúc với hai trục tọa độ tiếp xúc  C   Lời giải GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 Đường tròn  C  có tâm I 1;1 bán kính R  Gọi K  a; b  R  tâm bán kính đường trịn  C   tiếp xúc với hai trục tọa độ nên ta a  b a  b có a  b  R   từ a  b    a  b  a  b 2 +Nếu a  b   K  a; a  phương trình  C   :  x  a    y  a   a hai đường tròn tiếp xúc IK  R  R    a  1   a  1 Có đường trịn là:  C  : x   2  C  :  x   2    y 3 2  a   2   a  a  6a      a   2 2   y 3 2  17  12 2  17  12 2 +Nếu a  b   K  a; a  phương trình  C   :  x  a    y  a   a hai đường trịn tiếp xúc ngồi IK  R  R   a  1   a  1   a  a  2a    a  (loại) 2 +Nếu a  b  K  a;  a  phương trình  C   :  x  a    y  a   a hai đường trịn tiếp xúc ngồi IK  R  R   a  1   a  1   a  2a   1  a  1 TH 1: a  1  2a   1  a   a  2a    a  2 Phương trình đường trịn là:  C   :  x  1   y  1  TH2: a  1  2a   1  a   a  2a    a  1 2 Phương trình đường trịn là:  C   :  x  1   y  1  Có đường trịn thỏa mãn  Câu 19: Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho đường tròn (C) ( x  1)  ( y  2)  a) Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C) điểm A(3; -4) b) Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) qua điểm B(5; -2) c) Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) biết tiếp tuyến vng góc với d: x  y  2014  d) Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C ) biết tiếp tuyến tạo với trục tung góc 450  Lời giải a) Đường trịn (C) có tâm I(1; -2) bán kính R  2  Do A thuộc (C) nên tiếp tuyến  qua A nhận IA  (2; 2) làm vector pháp tuyến Vậy phương trình  : x  y    b) Gọi n  (a; b) vector pháp tuyến  , Do  : a ( x  5)  b( y  2)   ax  by  5a  2b  Do  tiếp xúc với (C ) nên GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 10 d ( I ; )  R  4a 2 a2  b2  a  b  a  b Với a  b chọn a   b  Phương trình tiếp tuyến  x  y   Với a  b chọn a   b  1 Phương trình tiếp tuyến  x  y   c) Tiếp tuyến  vng góc d nên  có dạng x  y  c  Mà d ( I ; )  R   c 1 2 2  c  7 3 c Vậy có tiếp tuyến thỏa mãn: x  y   x  y   d) Gọi  có dạng ax  by  c  (a  b  0)  a  2b  c 2   d ( I ; )  R   a  b2 Theo Câu ta có    a cos(n; i )      a  b2   a  b  a  b  c  5b Với a  b  c  b  b    c  3b + TH1: chọn b   c  5; a  ta  : x  y   + TH2: chọn b   c  3; a  ta  : x  y    c  7b Với a  b  c  3b  b   c  b + TH1: chọn b  1  c  7; a  ta  : x  y   + TH2: chọn b  1  c  3; a  ta  : x  y   Vậy có tiếp tuyến cần tìm  : x  y   ;  : x  y   ;  : x  y   ;  : x  y    Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho đường tròn (C1 ) : x  y  y   (C2 ) : x  y  x  y  28  Viết phương trình tiếp tuyến chung đường trịn  Lời giải: (C1 ) có tâm I1 (0;1) bán kính R1  (C2 ) có tâm I (4; 4) bán kính R2  Có I1 I   R1  R2 nên đường trịn ngồi nhau, có tiếp tuyến chung TH1: Nếu tiếp tuyến song song oy  có dạng x  c  Ta có d ( I1 ; )  d ( I ;  )  c   c  c  2 Vậy tiếp tuyến  : x   TH2: Nếu  khơng song song với oy phương trình  : y  ax  b GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 13   b0    a  2b   a  b  3b  4ab    3b  4a 3a  b  a  3b a  b2 + Nếu b  , chọn a  suy phương trình tiếp tuyến x  + Nếu 3b  4a , chọn a  3, b  suy phương trình tiếp tuyến x  y  15  Vậy qua A kẻ hai tiếp tuyến với (C) có phương trình x  x  y  15   Câu 25: Viết phương trình tiếp tuyến  đường trịn  C  : x  y  x  y   trường a) Đường thẳng  vng góc với đường thẳng  : x  y   b) Đường thẳng  hợp với trục hồnh góc 45  Lời giải a) Đường trịn (C) có tâm I  2; 2  , bán kính R   Vì     nên  nhận u  3;  làm VTPT phương trình có dạng 3 x  y  c  Đường thẳng  tiếp tuyến với đường tròn (C) d  I;    10  c 13   c  10  13 Vậy có hai tiếp tuyến  : 3 x  y  10  13  b) Giả sử phương trình đường thẳng  : ax  by  c  0, a  b  Đường thẳng  tiếp tuyến với đường tròn (C) d I;   2a  2b  c a2  b2      2a  2b  c   a  b (*) Đường thẳng  hợp với trục hồnh góc 450 suy b b cos  ; Ox    cos 450   a  b a  b a  b2 a2  b2 TH1: Nếu a  b thay vào (*) ta có 18a  c  c  2a , chọn a  b   c  3 suy :x y3  TH2: Nếu a  b thay vào (*) ta có 18a   4a  c        c  4 a  c    a     Với c   a , chọn a  1, b  1, c     : x  y        Với c    a , chọn a  1, b  1, c      : x  y    Vậy có bốn đường thẳng thỏa mãn 1,2 : x  y   0, 3 : x  y    4 : x  y     Câu 26: Lập phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn sau:  C1  : x  y  y    C2  : x  y  x  y  16   Lời giải Đường trịn  C1  có tâm I1  0;  bán kính R1  GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 14 Đường tròn  C2  có tâm I  3; 4  bán kính R2  Gọi tiếp tuyến chung hai đường trịn có phương trình  : ax  by  c  với a  b   tiếp tuyến chung  C1   2b  c  a  b * d ( I1 , )    C2     d ( I ,  )   3a  4b  c  a  b  a  2b Suy 2b  c  3a  4b  c   c  3a  2b  TH1: Nếu a  2b chọn a  2, b  thay vào (*) ta c  2  nên ta có tiếp tuyến 2x  y    TH2: Nếu c  3a  2b thay vào (*) ta 2b  a  a  b  a  3a  4b  + Với a   c  b , chọn b  c  ta  : y   + Với 3a  4b   c  3b , chọn a  4, b  3, c  9 ta  : x  y   Vậy có tiếp tuyến chung hai đường tròn là: x  y    0, y   0, x  y    Câu 27: Trong  C2  :  x     y   hệ trục Oxy, cho hai đường tròn  C1  :  x  1   y    2,  đường thẳng d : x  y  m  Tìm m biết đường thẳng d tiếp xúc với hai đường tròn  C1   C2   Lời giải  C1  có tâm I1 1;2 , bán kính R1   C2  có tâm I  4;5 , bán kính R2  2 Vì đường thẳng d tiếp xúc với hai đường tròn  C1   C2  nên ta có  m3   d  I1 , d   R1    m  5   m d  I , d   R2  2   Câu 28: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường trịn (C) có phương 2 trình  x     y  1  điểm A thuộc đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thoi, biết BD  AC hồnh độ điểm A khơng nhỏ  Lời giải Trong tam giác IAB có  IA  10 1      2 IA IB IH IA  IB  10 GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 15  IA  10 Giả sử A  2a  3; a  từ   a  hay A 1;  Suy C  3; 4   x A  Phương trình đường thẳng BD: x-3y-5=0 Kết hợp với IB  ID  10  Tọa độ điểm B, D  x  y    x  8; y  nghiệm hệ phương trình   2  x     y  1  40  x  4; y  3 Vậy tọa độ đỉnh hình thoi ABCD A 1;  , B  8;1 , C  3; 4  , D  4; 3 A 1;  , B  4; 3 , C  3; 4  , D  8;1  Câu 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x  y   đường tròn  C  : x  y  x  y   Tìm tọa độ điểm M  d cho từ M kẻ hai tiếp tuyến  1 MA, MB thỏa mãn khoảng cách từ N  0;  đến đường thẳng AB lớn  2  Lời giải Đường tròn  C  có tâm I 1; 2  Ta có điểm M thuộc d nên M  a; a  1  a  a 1  MI K  ;    Gọi K trung điểm Vì tam giác MAI , MBI vuông A, B nên KA  KB  MI Đường tròn  C ' tâm K ,đường kính MI nên có phương trình 2 a 1  a 1  a  2a   x   y    x  y   a  1 x   a  1 y  a       2     Đường thẳng AB giao  C    C ' nên tọa độ điểm A, B thỏa mãn hệ  x  y  x  y    1  a  x   a  3 y  a    2  x  y   a  1 x   a  1 y  a   Suy đường thẳng AB có phương trình 1  a  x   a  3 y  a   Khoảng cách từ N đến AB d  N ;d   7a 2 1  a    a  3 2  34 2a     a  14a  49 34   4   2 2a  4a  10  16 2a  4a  10  34 a  1 Vậy M   ;    2 Maxf  a    Câu 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn  C  : x  y  x  y   đường thẳng d : x  y   Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến  C  hai tiếp tuyến hợp với góc 900  Lời giải GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 16 M thuộc d suy M (t ; 1  t ) Nếu tiếp tuyến vng góc với MAIB hình vng ( A , B tiếp điểm) Do AB  MI  IA  R   Ta có: MI  (2  t )2  (2  t )  2t     t    M  2;  - Do đó: 2t   12  t    t   M 2;    2   Câu 31:  Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường tròn C  : x  y  x  y   Gọi I tâm R bán kính  C  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : x  y   cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến  C  ( A, B tiếp điểm) thỏa mãn 12 34 a) AB  17 b) Tứ giác MAIB có diện tích  c) Tứ giác MAIB có chu vi  2  d) Tứ giác MAIB hình vng  Lời giải a) Đường trịn  C  có tâm I  2;1 , bán kính R  Gọi H  MI  AB , suy AH  MI AH  AB 34  17 Xét tam giác MAI vuông A có AH đường cao nên MI  Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 AI  HI AI AI  AH  17 17 MI  17    m    m  3  17  2m  2m   m    m  2 Vậy M 1; 3 M  2;0  b) Ta có S MAI  1 S MAIB   AM AI   AM  2 2 AI Suy MI  AM  AI  17 Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có MI  17    m    m  3  17  2m  2m   m    m  2 Vậy M 1; 3 M  2;0    c) Ta có CMAIB  MA  AI  IB  BM   MA  AI    2 Suy MA  AI   2  MA   2  AI  2 Do MI  AM  AI  17 Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có MI  17    m    m  3  17  2m  2m   m    m  2 Vậy M 1; 3 M  2;0  d) Tứ giác MAIB hình vng nên MI  IA  Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có MI     m    m  3 3  m  2m   m 1  11  1  11 3  11   1  11 3  11  Vậy M  ; ;  M   2 2      Câu 32: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  : x  y  x  y   Gọi I tâm R bán kính  C  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : x  y   cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến  C  ( A, B tiếp điểm) thỏa mãn : GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 18 a) Tam giác MAB vuông, b) Tam giác MAB đều, c) Hai tiếp tuyến MA, MB tạo với góc 600 , d) Tam giác IAB  Lời giải a) Ta có đường trịn  C  có tâm I  2;1 bán kính R  Theo giả thiết Câu tốn tam giác MAB vng cân M suy tứ giác MAIB hình vng nên MI  IA  Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có MI     m    m  3 3  m  2m   m 1  11  1  11 3  11   1  11 3  11  Vậy M  ; ;  M   2 2     AMI  300 b) Tam giác MAB đều, suy  Xét tam giác MAI vuông A , ta có MI  IA  IA  sin  AMI Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có MI     m    m  3 6  2m  2m  23  m 1  47  1  47 3  47   1  47 3  47  Vậy M  ; ;  M   2 2     c) Theo giả thiết ta chia Câu toán thành trường hợp AMB  600  MAB đều, suy  AMI  300 • Trường hợp  Xét tam giác MAI vng A , ta có MI  IA  IA  sin  AMI GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 19 Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có   m    m  3 MI   6  2m  2m  23  m 1  47  1  47 3  47   1  47 3  47  Vậy M  ; ;  M   2 2     AMB  1200 , suy  AMI  600 • Trường hợp  IA IA Xét tam giác MAI vuông A , ta có MI   2  sin AMI Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có 2  m MI     m  3   2m2  2m   (vô nghiệm) Vậy không tồn điểm M thỏa mãn yêu cầu Câu toán AIM  300 d) Tam giác IAB đều, suy  Xét tam giác MAI vuông A , ta có MI  IA IA  2 3 cos  AIM Do M  d nên M  m; 2  m  Ta có 2  m MI     m  3   2m2  2m   (vô nghiệm) Vậy không tồn điểm M thỏa mãn yêu cầu Câu toán  Câu 33: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x     y    đường thẳng d : x  y   Tìm  C  d điểm N cho a) Hai điểm M , N đối xứng qua điểm A  7; 1 b) Hai điểm M , N đối xứng qua Ox  Lời giải a) Do N  d nên N  5t  4; t  Điểm M đối xứng với N qua A , suy M  18  5t ; 2  t  Mặt khác M   C  , nên  18  5t     2  t  3 5  26t  170t  276  46  t  3 t   13  20   178 46  Vậy có hai cặp điểm cần tìm M  3;1 , N  11; 3 M   ;  , N   ;  13   13 13   13 b) Do N  d nên N  5t  4; t  Điểm M đối xứng với N qua Ox nên M  5t  4; t  GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879 20 Mặt khác, M   C  nên  5t      t  3 5  26t  66t  40  20  t  1 t   13  48 20   48 20  Vậy có hai cặp điểm cần tìm : M  1;1 , N  1; 1 M   ;  , N   ;    13 13   13 13   Câu 34: 2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x     y    đường thẳng d : x  y   Tìm  C  điểm M d điểm N cho a) MN có độ dài nhỏ b) MN có độ dài lớn  Lời giải Đường trịn  C  có tâm I  2;  , bán kính R  Ta có d  I; d   244 1   R Do d khơng cắt  C  Gọi M1 , M đường kính đường trịn  C  vng góc với d Ta thấy với M điểm thuộc  C  d  M , d  ; d  M , d   d  M , d   max d  M , d  ; d  M , d  Dấu xảy M  M1 M  M Đường thẳng M1M qua tâm I vng góc với d nên có phương trình x  y    x  y   x  x  Tọa độ điểm M1 , M thỏa mãn hệ    2 y 1 y   x     y    Suy M  0;1 , M  4;3 Ta có d  M , d   d  M , d   Tọa độ điểm M cần tìm hình chiếu vng góc tâm I d 2 x  y    x  2 Do tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình   x  y   y  a) Với M1  0;1 N  2;0  thỏa mãn yêu cầu Câu toán nhỏ b) Với M  4;3 N  2;0  thỏa mãn yêu cầu Câu toán lớn  Câu 35: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  y   đường tròn  C  : x  y  x  y   Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn  C  đường thẳng d , biết A có hồnh độ dương Tìm tọa độ điểm C thuộc  C  cho tam giác ABC vuông B  Lời giải GV: Nguyễn Hữu Phúc – 0888.014.879