Sách bài tập Toán 10 Bài 3 (Chân trời sáng tạo): Đường tròn trong mặt phẳng tọa độ

Giải SBT Toán lớp 10 Bài 3: Đường tròn trong mặt phẳng tọa độ

Giải SBT Toán 10 trang 69 Tập 2

Bài 1 trang 69 SBT Toán 10 Tập 2: Phương trình nào trong các phương trình sau đây là phương trình đường tròn? Tìm toạ độ tâm và bán kính của đường tròn đó.

a) x² + y² + 2x + 2y – 9 = 0;

b) x² + y² – 6x – 2y + 1 = 0;

c) x² + y² + 8x + 4y + 2022 = 0;

d) 3x² + 2y² + 5x + 7y – 1 = 0.

Lời giải:

a) x² + y² + 2x + 2y – 9 = 0 (1)

Phương trình (1) có dạng x² + y² – 2ax – 2by + c = 0 với a = – 1; b = – 1; c = – 9

Ta có a² + b² – c = (–  1)² + (–  1)² – (–  9) = 11 > 0

Vậy (1) là phương trình đường tròn tâm I(– 1; –  1) bán kính R = $\sqrt{11}$ .

b) x² + y² – 6x – 2y + 1 = 0 (2)

Phương trình (2) có dạng x² + y² – 2ax – 2by + c = 0 với a = 3; b = 1; c = 1

Ta có a² + b² – c = 3² + 1² – 1 = 9 > 0

Vậy (2) là phương trình đường tròn tâm I(3; 1) bán kính R = 3

c) x² + y² + 8x + 4y + 2022 = 0 (3)

Phương trình (3) có dạng x² + y² – 2ax – 2by + c = 0 với a = – 4; b = – 2; c = 2022

Ta có a² + b² – c = (– 4)² + (– 2)² – 2022 = – 2002 < 0

Vậy (3) không là phương trình đường tròn.

d) 3x² + 2y² + 5x + 7y – 1 = 0 (4)

Phương trình (4) không phải là phương trình đường tròn vì không thể đưa về dạng (x – a)² + (y – b)² = R² hoặc dạng x² + y² – 2ax – 2by + c = 0.

Giải SBT Toán 10 trang 70 Tập 2

Bài 2 trang 70 SBT Toán 10 Tập 2: Lập phương trình đường tròn (C) trong các trường hợp sau:

a) (C) có tâm O(0; 0) và có bán kính R = 9;

b) (C) có đường kính AB với A(1; l) và B(3; 5),

c) (C) có tâm M(2; 3) và tiếp xúc với đường thẳng 3x – 4y + 9 = 0,

d) (C) có tâm I(3; 2) và đi qua điểm B(7; 4).

Lời giải:

a) Đường trong (C) tâm O(0; 0) và có bán kính R = 9 có phương trình là:

x² + y² = 81

b) Đường tròn (C) có đường kính AB với A(1; l) và B(3; 5)

Khi đó đường tròn (C) có tâm I là trung điểm của đoạn thẳng AB và bán kính R =  $\frac{AB}{2}$

Gọi toạ độ tâm I(x; y)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{1+3}{2}=2\\ y=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{1+5}{2}=3\end{array}\right.$   suy ra I(2; 3)

Ta lại có: AB = $\left|\overrightarrow{AB}\right|$  mà  $\overrightarrow{AB}=(2;4)$ suy ra  $\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$

Vậy bán kính R = $\sqrt{5}$ .

Phương trình đường tròn (C) có tâm I(2; 3) và bán kính R =  $\sqrt{5}$ là:

(x – 2)² + (y – 3)² = 5.

c) Đường tròn (C) có tâm M(2; 3) và tiếp xúc với đường thẳng ∆: 3x – 4y + 9 = 0

Vậy đường tròn (C) có bán kính R = d_{(M, ∆)}.

Ta có d_{(M, ∆)} =  $\frac{\left|3.2-4.3+9\right|}{\sqrt{3^2+{(-4)}^2}}=\frac{3}{5}$ suy ra bán kính R =  $\frac{3}{5}$

Vậy phương trình đường tròn (C) có tâm M(2; 3) và bán kính R = $\frac{3}{5}$   là:

(x – 2)² + (y – 3)² =  $\frac{9}{25}$

d) Đường tròn (C) có tâm I(3; 2) và đi qua điểm B(7; 4).

Suy ra đường tròn (C) có bán kính R = IB.

Ta có IB = $\left|\overrightarrow{IB}\right|$ mà $\overrightarrow{IB}=(4;2)$  suy ra $\left|\overrightarrow{IB}\right|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$

Phương trình đường tròn (C) có tâm I(3; 2) và bán kính R = $2\sqrt{5}$ là:

(x – 3)² + (y – 2)² = 20.

Bài 3 trang 70 SBT Toán 10 Tập 2: Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác có toạ độ các đỉnh là:

a) A(1; 4), B(0; 1), C(4; 3);

b) O(0; 0), P(16; 0), R(0; 12).

Lời giải:

a) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với A(1; 4), B(0; 1), C(4; 3)

Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

$\overrightarrow{AI}=(x-1;y-4);\overrightarrow{BI}=(x;y-1);\overrightarrow{CI}=(x-4;y-3)$

Suy ra  $\left\{\begin{array}{l}A{I}^2=B{I}^2\\ A{I}^2=C{I}^2\end{array}\right.$ 

 $\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x+1+y^2-8y+16=x^2+y^2-2y+1\\ x^2-2x+1+y^2-8y+16=x^2-8x+16+y^2-6y+9\end{array}\right.$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}-2x-6y=-16\\ 6x-2y=8\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=2\end{array}\right.$

Suy ra I(2; 2)

Bán kính R = IB ta có IB = $\left|\overrightarrow{IB}\right|$ mà $\overrightarrow{IB}=(-2;-1)$  suy ra $\left|\overrightarrow{IB}\right|=\sqrt{{(-2)}^2+{(-1)}^2}=\sqrt{5}$

Vậy phương trình đường tròn (C) có tâm I(2; 2) và bán kính R = $\sqrt{5}$  là:

(x – 2)² + (y – 2)² = 5.

b) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OPR với O(0; 0), P(16; 0), R(0; 12).

Ta có: $\overrightarrow{OP}\left(16;0\right);\overrightarrow{OR}\left(0;12\right)$  ⇒ $\overrightarrow{OP}.\overrightarrow{OR}$  = 16.0 + 0.12 = 0.

⇒ OP ⊥ OR

Do đó tam giác OPR vuông tại O nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OPR là trung điểm của PR và bán kính R = OI.

Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OPR

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{x_P+x_R}{2}=\frac{16+0}{2}=8\\ y=\frac{y_P+y_R}{2}=\frac{0+12}{2}=6\end{array}\right.$  . Do đó tâm I(8; 6)

Bán kính R = OI mà $\overrightarrow{OI}=(8;6)$  suy ra $\left|\overrightarrow{OI}\right|=\sqrt{8^2+6^2}=10$

Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OPR có tâm I(8; 6) bán kính R = 10 là: (x – 8)² + (y – 6)² = 100.

Bài 4 trang 70 SBT Toán 10 Tập 2: Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với hai trục toạ độ Ox, Oy và đi qua điểm A(2; 1).

Lời giải:

Phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với hai trục toạ độ Ox, Oy và đi qua điểm A(2; 1)

Giả sử đường tròn (C) có tâm I(a ; b) và bán kính là R

(C) tiếp xúc với trục Ox suy ra R = d_{(I, Ox)} =  $\left|b\right|$

(C) tiếp xúc với trục Oy suy ra R = d_{(I, Oy)} =  $\left|a\right|$

Suy ra $\left|a\right|$  = $\left|b\right|$

Vậy a = b hoặc a = – b

Trường hợp 1. a = b thì I(a; a) bán kính R = |a|

Ta có A  (C) $\Rightarrow$  IA = R ⇔ IA² = R²

⇔ (2 – a)² + (1 – a)² = a²

⇔ 4 – 4a + a² + 1 – 2a + a² = a²

⇔ a² – 6a + 5 = 0

⇔ a = 1 hoặc a = 5

Với a = 1 thì đường tròn (C) có tâm I(1; 1) bán kính R = 1 có phương trình là:

(x – 1)² + (y – 1)² = 1

Với a = 5 thì đường tròn (C) có tâm I(5; 5) bán kính R = 5 có phương trình là:

(x – 5)² + (y – 5)² = 25

Trường hợp 2. a = – b thì I(a; – a) bán kính R =  $\left|a\right|$

Ta có A  (C) $\Rightarrow$  IA = R $\Rightarrow$  IA² = R²

⇔ (2 – a)² + (1 + a)² = a²

⇔ 4 – 4a + a² + 1 + 2a + a² = a²

⇔ a² – 2a + 5 = 0 (phương trình vô nghiệm)

Vậy có 2 đường tròn thoả mãn bài toán là (x – 1)² + (y – 1)² = 1 hoặc (x – 5)² + (y – 5)² = 25.

Bài 5 trang 70 SBT Toán 10 Tập 2:  Cho đường tròn (C) có phương trình x² + y² – 6x – 2y – 15 = 0.

a) Chứng tỏ rằng điểm A(0; 5) thuộc đường tròn (C);

b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm A(0; 5);

c) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) song song với đường thẳng 8x + 6y + 99 = 0.

Lời giải:

a) Thay toạ độ điểm A(0; 5) vào phương trình đường tròn ta được

0² + 5² – 6.0 – 2.5 – 15 = 0 (thoả mãn phương trình đường tròn)

Vậy điểm A(0; 5) thuộc đường tròn (C).

b) Ta có điểm A thuộc đường tròn (C)

Xét đường tròn (C): x² + y² – 6x – 2y – 15 = 0 ⇔ (x – 3)² + (y – 1)² = 5²

Suy ra đường tròn (C) có tâm I(3; 1) và R = 5

Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) tại điểm A(0; 5) là:

(3 – 0)(x – 0) + (1 – 5)(y – 5) = 0

$\iff$ 3x – 4y + 20 = 0

c) Vì phương trình tiếp tuyến của (C) song song với đường thẳng 8x + 6y + 99 = 0 nên có dạng ∆: 8x + 6y + c = 0.

Lại có ∆ là tiếp tuyến của (C) nên d_{(I, ∆)} = R

Ta có  $d_{(I,\Delta )}=\frac{\left|8.3+6.1+c\right|}{\sqrt{8^2+6^2}}=5$ $\iff$ |30 + c| = 50

Suy ra 30 + c = 50 hoặc 30 + c = – 50

Với 30 + c = 50 $\iff$  c = 20

Phương trình ∆: 8x + 6y + 20 = 0 ⇔ 4x + 3y + 10 = 0.

Với 30 + c = – 50 $\iff$  c = – 80

Phương trình ∆: 8x + 6y – 80  = 0 ⇔ 4x + 3y – 40 = 0.

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thoả mãn bài toán là: 4x + 3y + 10 = 0 hoặc 4x + 3y – 40  = 0

Bài 6 trang 70 SBT Toán 10 Tập 2: Một cái cổng hình bán nguyệt rộng 6,8 m, cao 3,4m. Mặt đường dưới cổng được chia thành hai làn cho xe ra vào.

a) Viết phương trình mô phỏng cái cổng.

b) Một chiếc xe tải rộng 2,4 m và cao 2,5 m đi đúng làn đường quy định có thể đi qua cổng được hay không?

Lời giải:

a) Giả sử cái cổng hình bán nguyệt có dạng như hình vẽ

Cái cổng là nửa hình tròn có bán kính R = 3,4 m

Phương trình mô phỏng cái cổng là phương trình đường tròn tâm O(0; 0) bán kính R = 3,4 m có dạng: x² + y² = 11,56.

b) Chiếc xe tải rộng 2,4 m; cao 2,5 m ta có toạ độ điểm xa nhất của xe tải so với tâm của cổng là điểm M(2,4; 2,5)

Ta có độ dài đoạn OM = $\left|\overrightarrow{OM}\right|$  mà $\overrightarrow{OM}$  (2,4; 2,5)

Vậy $\left|\overrightarrow{OM}\right|=\sqrt{{\mathrm{2,4}}^2+{\mathrm{2,5}}^2}\approx 3.5$  suy ra độ dài đoạn thẳng OM = 3,5 m > R

Vì điểm xa nhất của xe tải lớn hơn bán kính đường tròn khi đi đúng làn đường xe tải không qua được cổng.

Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 2: Đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ

Bài 4: Ba đường conic trong mặt phẳng tọa độ

Bài tập cuối chương 9

Bài 1: Không gian mẫu và biến cố