Hình học Oxy - Tương giao giữa đường thẳng và đường tròn - Nguyễn Thanh Tùng

GV: THANH TÙNG

I. BÀI TOÁN

1. Nội dung

2. Cách giải chung

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

1

( )

( )

C A

C B        

Phương trình AB .

Cách 2: Giả sử 2 2 1 1 1 1 ( ) : 0 C x y a x b y c      và 2 2 2 2 2 2 ( ) : 0 C x y a x b y c      Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ :

2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2

0 ( ) ( ) 0 0

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

                     Suy ra phương trình 1 2 1 2 1 2 :( ) ( ) 0 AB a a x b b y c c       Chú ý:

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

, A B . +) Cách 1 sẽ phù hợp cho những bài toán cần tìm cụ thể tọa độ giao điểm hai đường tròn tường minh. Còn cách 2 sẽ thích hợp cho những bài toán chứa tham số (ít nhất một trong hai phương trình đường tròn chưa tường minh). +) Đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.

3. Ví dụ gốc

Cho hai đường tròn 2 2 1 ( ) : 4 4 17 0 C x y x y      và 2 2 2 ( ) : 8 2 7 0 C x y x y      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) 8 2 7 0

x y x y x y A B

x y A B x y x y

                             Suy ra phương trình đường thẳng : 2 4 0 AB x y    Cách 2: Tọa độ , A B là nghiệm của hệ:

2 2

2 2 4 4 17 0 12 6 24 0 2 4 0 8 2 7 0

x y x y x y x y x y x y

                     

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

TƯƠNG GIAO ĐƯỜNG TRÒN - ĐƯỜNG THẲNG

Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

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

GV: THANH TÙNG

II. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG

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

Ta có 2 5 MI  , khi đó: 2 2 20 4 4 MB MA MI IA       +) Suy ra , A B nằm trên đường tròn tâm ( 3;1) M  bán kính bằng 4 , có phương trình:

2 2 2 2 ( 3) ( 1) 16 6 2 6 0 x y x y x y          

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

2 2

2 2 6 2 6 0 8 4 12 0 2 3 0 2 6 6 0

x y x y x y x y x y x y

                      +) Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2 3 0 x y   

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

Giải:

(?)

2

B

A

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

2

D E F

H

I

C B

Δ: x 3y 3=0 A(?)

GV: THANH TÙNG

+) Do ABC cân tại A nên 2 HE HD   , suy ra , E D thuộc đường tròn tâm ( 3;2) H  và

bán kính bằng 2 có phương trình: 2 2 2 2 ( 3) ( 2) 4 6 4 9 0 x y x y x y          

+) Gọi I là trung điểm của AH

Gọi 3 2 (3 3; ) ; 2 2 m m A m m I         

2 2 5 16 20 2 m m IH    

Ta có ADHE nội tiếp đường tròn tâm 3 2 ; 2 2 m m I       

bán kính IH nên có phương trình:

2 2 2 2 2 3 2 5 16 20 3 ( 2) 7 9 0 2 2 2 m m m m x y x y mx m y m                            +) Khi đó tọa độ điểm , E D là nghiệm của hệ:

2 2

2 2 6 4 9 0 (6 3 ) ( 2) 7 18 0 3 ( 2) 7 9 0

x y x y m x m y m x y mx m y m

                      

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

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

Vậy (3;0) A .

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( 2; 1) A   , trực tâm (2;1) H và 2 5 BC  . Gọi ', ' B C lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh , B C . Lập …