Tương Giao Đường Thẳng Đường Tròn Thầy Nguyễn Thanh Tùng

Tài liệu tham khảo các bài tập phương trình đường thẳng trong mặt phẳng Oxy và đáp án dành cho các bạn học sinh nhằm phục vụ nhu cầu luyện tập và củng cố kiến môn Toán về phương trình đường thẳng trong mặt phẳng, xác định tọa độ điểm. Chúc các bạn đạt kết quả tốt với tài liệu tham khảo này.

I BÀI TOÁN

1 Nội dung

2 Cách giải chung

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

1

( ) ( )



 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

x y a x b y c

x y a x b y c

     



    

Suy ra phương trình AB: (a1a x2) (b1b y c2)   1 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

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 2 2

1 (C) :x y 4x4y170 và 2 2

2 (C ) :x y 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

2 2

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

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

    



Suy ra phương trình đường thẳng AB: 2x  y 4 0

2 2

2 2

4 4 17 0

     



    



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

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

IỊ CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG

Ví dụ 1 (Khối B – 2006).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2

( ) :C x y 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: 2 2

20 4 4

MBMA MI IA   

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

(x3)2 (y1)2 16x2y2 6x2y 6 0

+) Khi đó tọa độ A B, là nghiệm của hệ:

2 2

2 2

     



    



+) 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

H I

C B

Δ: x 3y 3=0

Ẳ)

+) 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

m m

   

2

2 5 16 20

2

Ta có ADHE nội tiếp đường tròn tâm 3 ; 2

m m

  bán kính IH nên có phương trình:

2 2

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

2 2

2 2

(6 3 ) ( 2) 7 18 0

     



      



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) 7m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 ' '

B C đi qua điểm N(3; 4)

Giải:

+) Do M nằm trên đường thẳng có phương trình x2y 1 0 nên gọi M(2m1; )m với m0

Vì B C', ' cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên BCB C nội tiếp đường tròn ' ' M MB ; 

(với 5

2

BC

Do đó đường tròn ( )T đi qua 4 điểm B C B C, , ', ' có phương trình:   2 2

x m  ym 

+) Đường tròn ( ')T đi qua 4 điểm A B H C, ', , ' nhận AH làm đường kính và O(0;0) là trung điểm của AH làm tâm nên có phương trình: 2 2

5

x y  +) Do ( )T ( ')T B C'; ' nên B C có phương trình: ' ' 2 2   2 2

x y  x m  ym 

2

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

Mặt khác N( 3; 4) B C' '6(2m 1) 8m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 BC là: 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

( 6) ( 6) 25

(9;10) (9;10)

10

x

D D

y

 



      





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







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

   EnC CpD AmEDqB hay ECD AmEDqB (1)

Mặt khác:

1 2 1 2

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 9

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

( 9) ( 10) 50

3

x y

x

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IM 2m2 16 MA2MB2MI 2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:

x my

         

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)

( ) : (T x1) (y1) 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)

Giải:

+) Gọi K a b( ; ) khi đó 1; 1

  là trung điểm của IK

Do IBKC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính

( 1) ( 1) 2

nên B C, thuộc đường tròn có phương trình:

2 2

               

+) Do B C, thuộc đường tròn 2 2 2 2

(x1) (y1)  5 x y 2x2y 3 0 Khi đó tọa độ B C, là nghiệm của hệ:

2 2

2 2

        



    



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

; ( 1) ( 1) 5

 



  



       

Vậy 16 3  

; , 0;3

5 5

 

  hoặc   16 3

0;3 , ;

5 5

 

 

Ví dụ 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2

( ) :C x y 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

2

N 

 

  đến AB lớn nhất

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 :

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:

(x m )2(y m 1)2 2m24m 1 x2y22mx2(m1)y2m0

Khi đó tọa độ A B, là nghiệm của hệ:

2 2

2 2

      



    



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 :

(m1)x0(m3)y0  m 2 0 luôn đúng m

(x0y01)mx03y02 luôn đúng m

0

0 0

0 0

0

5

;

4

x

K

y

  





+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên AB, khi đó: ( , ) 26

4

d N AB NH NK 

Suy ra ( , ) 26

4

max

d N AB  khi HK hay NKAB (2*)

Mà ta có: 1; 5 1(1;5)

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)

Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường tròn 2 2

( ') :T x y 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

Khi đó tọa độ B C, là nghiệm của hệ:

2 2

2 2

1



 



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

+) Ta có

( , )

10

2

d A BC

m

 

 

 

Dấu “=” xảy ra khi 3

2

m 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;

2 2

I 

 

  và bán kính

10 2

R Khi đó I là trung điểm của ACC(2;5)

+) Đặt AB a

AD b





 (với a b 0) khi đó :

Oxy

2 4 2 2 2 2 42 2 2

10

ABCD



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

3 7 12 0

    



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) (y1) R' x y 10x2y 16 R' 0

Suy ra phương trình AB có dạng: 8x6yR'2240

+) Ta có AB 3 IAB đều ( , ) 3 3

AB

d I AB

2

2

2 2

' 28 15

8 6

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

AB

3

4 2

+) Khi đó 5 3 7

2 2

MH MIIH    hoặc 5 3 13

2 2

MH MIIH   

2 2

2 2

 

       





 

       



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

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

2

IAB

2

2

R

sin

2

2

R

 Dấu “=” xảy ra khi sin = 1 0

90



Vậy

2 max

2

IAB

R

S  khi IAB vuông tại IABR 22 2

+) Khi đó bài toán tương tự như Ví dụ 10nên ta có đáp số

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

(x3) (y4) 20

Oxy (C1) :x2y218x6y650 2 2

2 (C ) :x y 9

2 (C ) O(0;0) ROA3

AB

2

2 2 9

5 5

OA

OH

M

2 2

4 3

(5; 0)

18 6 65 0

0

x y

M

y

 



 





(4;3)

Ví dụ 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2

( ) :C x y 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 2

2

IAB

IH AB

2 2

(8 ) 16

          

+) Khi đó bài toán tương tự như Ví dụ 10nên ta có đáp số

Đường tròn ( )C cần lập là : 2 2

(x1) (y3) 13 hoặc 2 2

(x1) (y3) 53

1 (C) : (x1) (y2) 9 và

2

(C ) : (x2) (y10) 4 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết điểm A thuộc (C , điểm 1) C có

tọa độ nguyên thuộc (C và các đỉnh 2) B D, thuộc đường thẳng x  y 6 0

Giải:

+) Gọi ( )T là đường tròn đối xứng với (C qua đường thẳng 1) 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

; ( 4; 7)

2

x

x y

x y

y

  



  



+) Khi đó phương trình đường tròn 2 2

( ) : (T x4) (y7) 9

Do A C, đối xứng nhau qua d nên A(C1) C ( )T

Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:

( 4) ( 7) 9

( 2) ( 10) 4

    



   



4 10

x y

 



 

 hoặc

16 13 106 13

x y

  





 



( 4;10)

C

  hoặc 16 106;

13 13

  (loại)

Do A đối xứng với C qua d nên đường thẳng AC có 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)

+) Đường tròn tâm K ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính KA4 2

có phương trình: 2 2

( 6) 32

x  y 

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

4 ( 6) 32

2

6 0

x

y

x y

 



4 10

x y





 



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







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