51 bài toán Đường tròn trong chuyên đề Hình học phẳng

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây

51 bài toán Đường tròn trong chuyên đề Hình học phẳng

CHỦ ĐỀ 6. ĐƯỜNG TRÒN

Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C)  tâm \({\rm{I}}\left( {{{\rm{x}}_{\rm{I}}} > 0} \right),({\rm{C}})\) đi qua điểm \({\rm{A}}( – 2;3)\) và tiếp xúc với đường thẳng \(\left( {{{\rm{d}}_1}} \right):{\rm{x}} + {\rm{y}} + 4 = 0\) tại điểm B. ( C) cắt \(\left( {{{\rm{d}}_2}} \right):3{\rm{x}} + 4{\rm{y}} – 16 = 0\) tại C và D sao cho ABCD là hình thang có hai đáy là AD và BC, hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

Giải

Do ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân. Do hai đường chéo vuông góc với nhau tại K nên  vuông cân tại K suy ra $\text{ACB}={45}^{°}\Rightarrow \text{AIB}={90}^{°}$ (góc ở tâm cùng chắn cung AB ) hay \({\rm{IB}} \bot {\rm{AI}}(1)\)

Lại do \(\left( {{{\rm{d}}_1}} \right)\) tiếp xúc ( C) tại B nên \({\rm{IB}} \bot \left( {{{\rm{d}}_1}} \right)(2)\).

Từ \((1)\), (2) suy ra \({\rm{IB}} = {\rm{d}}\left( {{\rm{A}};{{\rm{d}}_1}} \right) = \frac{5}{{\sqrt 2 }},\left( {{\rm{AI}}//\left( {{{\rm{d}}_1}} \right)} \right)\)

Ta có pt \({\rm{AI}}:{\rm{x}} + {\rm{y}} – 1 = 0\).

Do \({\rm{I}} \in {\rm{AI}} \Rightarrow {\rm{I}}({\rm{a}};1 – {\rm{a}}),\)

\({\rm{IA}} = \frac{5}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{a}} = \frac{1}{2}}\\{{\rm{a}} =  – \frac{9}{2}}\end{array}} \right.\)

Vậy I \(\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\) do \(\left( {{{\rm{x}}_{\rm{I}}} > 0} \right)\)

Pt đường tròn: \(({\rm{C}}):{\left( {{\rm{x}} – \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {{\rm{y}} – \frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{{25}}{2}\)

B là hình chiếu của I lên \(\left( {{{\rm{d}}_1}} \right)\) tính được \({\rm{B}}( – 2; – 2)\).

Do \({\rm{AD}}//{\rm{BC}}\) nên \({\rm{B}}( – 2; – 2),{\rm{C}}(4;1),{\rm{D}}(0;4)\)

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm \({\rm{A}}(1;2),{\rm{B}}(4;1)\) và đường thẳng \({\rm{d}}:3{\rm{x}} – 4{\rm{y}} + 5 = 0\). Viết phương trình đường tròn ( C) đi qua A,B và cắt d tại C,D sao cho CD = 6.

Giải

Nhận xét A thuộc d nên A trùng với C hay D. (Giả sử A trùng với C ) Gọi I(a,b)  là tâm đường tròn (C ), bán kính R >0.

(C) đi qua A, B nên \(IA = IB = R\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{(1 – a)}^2} + {{(2 – b)}^2}}  = \sqrt {{{(4 – a)}^2} + {{(1 – b)}^2}}  = R\)

\( \Leftrightarrow b = 3a – 6\)

Suy ra \(I(a;3a – 6)\) và \(R = \sqrt {10{a^2} – 50a + 65} \) (1)

Gọi H là trung điểm \({\rm{CD}} \Rightarrow {\rm{IH}} \bot {\rm{CD}}\)

và \({\rm{IH}} = {\rm{d}}({\rm{I}};{\rm{d}}) = \frac{{| – 9{\rm{a}} + 29|}}{5}\)

\({\rm{R}} = {\rm{IC}} = \sqrt {{\rm{C}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{I}}{{\rm{H}}^2}}  = \sqrt {9 + \frac{{{{(9{\rm{a}} – 29)}^2}}}{{25}}} (2)\)

Từ (1) và (2), ta có:

\(\begin{array}{l}\sqrt {10{a^2} – 50a + 65}  = \sqrt {9 + \frac{{{{(9a – 29)}^2}}}{{25}}} \\ \Leftrightarrow 13{a^2} – 56a + 43 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a = \frac{{43}}{{13}}}\end{array}} \right.\end{array}\)

\( + {\rm{a}} = 1 \Rightarrow {\rm{I}}(1; – 3),{\rm{R}} = 5\).

Pt đường tròn \(({\rm{C}}):{({\rm{x}} – 1)^2} + {({\rm{y}} + 3)^2} = 25\)

\( + {\rm{a}} = \frac{{43}}{{13}} \Rightarrow {\rm{I}}\left( {\frac{{43}}{{13}};\frac{{51}}{{13}}} \right),{\rm{R}} = \frac{{5\sqrt {61} }}{{13}}.\)

Pt đường tròn \(({\rm{C}}):{\left( {{\rm{x}} – \frac{{43}}{{13}}} \right)^2} + {\left( {{\rm{y}} – \frac{{51}}{{13}}} \right)^2} = \frac{{1525}}{{169}}\)

Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C) tâm I bán kính R = 2. Lấy điểm M trên đường thẳng \({\rm{d}}:{\rm{x}} + {\rm{y}} = 0\). Từ \({\rm{M}}\) kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C ), (với A,B là các tiếp điểm). Biết phương trình đường thẳng \({\rm{AB}}:3{\rm{x}} + {\rm{y}} – 2 = 0\) và khoảng cách từ tâm I đến d bằng \(2\sqrt 2 \). Viết phương trình đường tròn (C)

Giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d, IH cắt AB tại K, IM cắt AB tại E.

Ta có \({\rm{IH}} = 2\sqrt 2 \)

Mặt khác \(\cos {\rm{MIH}} = \frac{{{\rm{IE}}}}{{{\rm{IK}}}} = \frac{{{\rm{IH}}}}{{{\rm{IM}}}}\)

\( \Rightarrow {\rm{IE}}.{\rm{IM}} = {\rm{IK}}.{\rm{IH}} = {\rm{I}}{{\rm{A}}^2} = {{\rm{R}}^2} = 4\quad \) (ta cũng có thê̂ chứng minh IE.IM = IK. IH (phương tích) vì tứ giác EMHK là tứ giác nội tiếp)

Theo giả thiết

\({\rm{IH}} = 2\sqrt 2  \Rightarrow {\rm{IK}} = \frac{4}{{2\sqrt 2 }} = \sqrt 2  \Rightarrow {\rm{KH}} = \sqrt 2 \) do đó K là trung điểm của IH.

Gọi

\(\begin{array}{l}K(t;2 – 3t) \Rightarrow d(K;d) = \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \frac{{|2 – 2t|}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \mid t – 1 = 1 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0 \Rightarrow K(0;2)}\\{t = 2 \Rightarrow K(2; – 4)}\end{array}} \right.\end{array}\)

– Với \({\rm{K}}(0;2) \Rightarrow {\rm{IH}}:{\rm{x}} – {\rm{y}} + 2 = 0 \Rightarrow {\rm{H}}( – 1;1) \Rightarrow {\rm{I}}(1;3)\)

\( \Rightarrow (C):{(x – 7)^2} + {(y + 11)^2} = 4\)

– Với K ( 2; -4)

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {\rm{IH}}:{\rm{x}} – {\rm{y}} + 6 = 0\\ \Rightarrow {\rm{H}}( – 3;3) \Rightarrow {\rm{I}}(7; – 11)\end{array}\]

\[ \Rightarrow (C):{(x – 7)^2} + {(y + 11)^2} = 4\]

Vậy có hai đường tròn thỏa mãn là \({({\rm{x}} – 1)^2} + {({\rm{y}} – 3)^2} = 4\) và \({({\rm{x}} – 7)^2} + {({\rm{y}} + 11)^2} = 4\)

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn: \(({\rm{C}}):{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} – 2{\rm{x}} + 4{\rm{y}} + 2 = 0\). Viết phương trình đường tròn \(\left( {{C^\prime }} \right)\) tâm M(5;1), biết \(\left( {{C^\prime }} \right)\) cắt ( C) tại các điểm A,B sao cho \(AB = \sqrt 3 \).

Giải

Đường tròn \(({\rm{C}})\) : \({{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} – 2{\rm{x}} + 4{\rm{y}} + 2 = 0\) có tâm \({\rm{I}}(1; – 2),{\rm{R}} = \sqrt 3 \)

Ta có IM = 5.

Đường tròn \(\left( {{{\rm{C}}^\prime }} \right)\) tâm M cắt đường tròn ( C) tại A,B nên \({\rm{AB}} \bot {\rm{IM}}\) tại trung điểm H của đoạn AB.

Ta có: \({\rm{AB}} = {\rm{AI}} = {\rm{IB}} = \sqrt 3 \) nên  đều \( \Rightarrow {\rm{IH}} = {\rm{AB}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{2}\)

TH1: I và M nằm khác phía với AB thì \({\rm{HM}} = {\rm{IM}} – {\rm{IH}} = \frac{7}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{M}}^2} = {\rm{H}}{{\rm{M}}^2} + {\left( {\frac{{{\rm{AB}}}}{2}} \right)^2} = 13\\ \Rightarrow \left( {{{\rm{C}}^\prime }} \right):{({\rm{x}} – 5)^2} + {({\rm{y}} – 1)^2} = 13\end{array}\)

TH 2 : I và M nằm cùng phía với \({\rm{AB}}\) thì \({\rm{HM}} = {\rm{IM}} + {\rm{IH}} = \frac{{13}}{2}\)

\({\rm{A}}{{\rm{M}}^2} = {\rm{H}}{{\rm{M}}^2} + {\left( {\frac{{{\rm{AB}}}}{2}} \right)^2} = 43 \Rightarrow \left( {{{\rm{C}}^\prime }} \right):{({\rm{x}} – 5)^2} + {({\rm{y}} – 1)^2} = 43\)

Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn \(({\rm{C}}):{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} – 2{\rm{x}} – 4{\rm{y}} – 4 = 0\) tâm I và điểm M(3; 2). Viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \({\rm{M}},\Delta \) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A. B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.

Giải

(C) có tâm \({\rm{I}}(1;2)\), bán kính R = 3. Ta có \({\rm{IM}} = 2 < {\rm{R}}\) nên M nằm trong đường tròn ( C). Gọi H là hình chiếu của I trên AB và đặt \({\rm{IH}} = {\rm{t}},0 < {\rm{t}} \le 2\)

Ta có: \({S_{IAB}} = \frac{1}{2}IH.AB = t\sqrt {9 – {t^2}} \).

Xét hàm \(f(t) = t\sqrt {9 – {t^2}} ;0 < t \le 2\)

Ta có: \({{\rm{f}}^\prime }({\rm{t}}) = \frac{{9 – 2{{\rm{t}}^2}}}{{\sqrt {9 – {{\rm{t}}^2}} }} > 0,\forall {\rm{t}} \in (0;2]\),

suy ra \({\rm{f}}({\rm{t}})\) đồng biến trên \((0;2]\) \( \Rightarrow {\rm{f}}({\rm{t}}) \le {\rm{f}}(2)\)

Vậy \({{\rm{S}}_{{\rm{IAB}}}}\) lớn nhất khi \({\rm{d}}({\rm{I}};\Delta ) = {\rm{t}} = 2\) hay \({\rm{H}} \equiv {\rm{M}}\).

Khi đó \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow {{\rm{IM}}} \) làm vec-tơ pháp tuyến, suy ra \(\Delta :{\rm{x}} – 3 = 0\)

Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn \(({\rm{T}}):{({\rm{x}} – 2)^2} + {({\rm{y}} – 2)^2} = 4\) và đường thẳng \(\Delta :3{\rm{x}} + {\rm{y}} – 10 = 0\). Viết phương trình đường tròn (C )  biết tâm I của (C ) có hoành độ âm và nằm trên đường thẳng \({\rm{d}}:{\rm{x}} – {\rm{y}} = 0,({\rm{C}})\) tiếp xúc với \(\Delta \) và cắt ( T) tại A,B sao cho \({\rm{AB}} = 2\sqrt 2 \).

Giải

Đường tròn \(({\rm{T}})\) có tâm K( 2,2) bán kính r = 2.

Gọi \({\rm{I}}({\rm{t}};{\rm{t}})\), bán kính của đường tròn \(({\rm{C}})\) là \({\rm{R}} = {\rm{d}}({\rm{I}};\Delta ) = \frac{{|4{\rm{t}} – 10|}}{{\sqrt {10} }}\)

Ta có \({\rm{d}}({\rm{I}};{\rm{AB}}) = \sqrt {{{\rm{R}}^2} – 2}  = \sqrt {\frac{{2{{(2{\rm{t}} – 5)}^2}}}{5} – 2}  = \sqrt {\frac{8}{5}\left( {{{\rm{t}}^2} – 5{\rm{t}} + 5} \right)} \)

và \({\rm{d}}({\rm{K}};{\rm{AB}}) = \sqrt 2 ;{\rm{IK}} = \sqrt 2 |{\rm{t}} – 2| = \sqrt 2 (2 – {\rm{t}})\) (do \({\rm{t}} < 0)\)

TH1. I, K khác phía đối với AB :

\(\begin{array}{l}{\rm{d}}({\rm{I}};{\rm{AB}}) + {\rm{d}}({\rm{K}};{\rm{AB}}) = {\rm{IK}}\\ \Rightarrow 2\sqrt {\frac{1}{5}\left( {{{\rm{t}}^2} – 5{\rm{t}} + 5} \right)}  = 1 – {\rm{t}} \Rightarrow {\rm{t}} =  – 5 – 2\sqrt {10} \end{array}\)

\( \Rightarrow ({\rm{C}}):{({\rm{x}} + 5 + 2\sqrt {10} )^2} + {({\rm{y}} + 5 + 2\sqrt {10} )^2} = {(8 + 3\sqrt {10} )^2}\)

TH2. I, K khác phía đối với AB :

\(|{\rm{d}}({\rm{I}};{\rm{AB}}) – {\rm{d}}({\rm{K}};{\rm{AB}})| = {\rm{IK}} \Rightarrow \left| {2\sqrt {\frac{1}{5}\left( {{{\rm{t}}^2} – 5{\rm{t}} + 5} \right)}  – 1} \right| = 2 – {\rm{t}}\)(*)

(*) không có nghiệm âm

Vậy \[(C):{(x + 5 + 2\sqrt {10} )^2} + {(y + 5 + 2\sqrt {10} )^2} = {(8 + 3\sqrt {10} )^2}\]

Bài 7. Cho đường tròn ( C) có phương trình: \({{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} – 2{\rm{x}} – 4{\rm{y}} + 1 = 0\) và \({\rm{P}}(2;1)\). Một đường thẳng d đi qua P cắt đường tròn tại A và B. Tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại \({\rm{M}}\). Tìm tọa độ của M biết M thuộc đường tròn \({x^2} + {y^2} – 6x – 4y + 11 = 0\).

Giải

Đường tròn (C)  có tâm \({\rm{I}}(1;2),{\rm{R}} = 2\).

Gọi M(a,b).

Do \({\rm{M}} \in \left( {{{\rm{C}}_1}} \right) \Rightarrow {{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2} – 6{\rm{a}} – 4\;{\rm{b}} + 11 = 0(1)\)

Phương trình đường tròn đường kính IM:

\({x^2} + {y^2} – (a + 1)x – (b + 2)y + a + 2b = 0\)

Suy ra phương trình đường thẳng \({\rm{d}}:({\rm{a}} – 1){\rm{x}} + ({\rm{b}} – 2){\rm{y}} + 1 – {\rm{a}} – 2\;{\rm{b}} = 0\)

Do \({\rm{P}} \in {\rm{d}} \Rightarrow {\rm{a}} – {\rm{b}} – 3 = 0\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = 1}\end{array} \Rightarrow M(4;1)} \right.\)

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn \(({\rm{C}}):{({\rm{x}} – 2)^2} + {({\rm{y}} – 2)^2} = 5\) và đường thẳng \(\Delta :{\rm{x}} + {\rm{y}} + 1 = 0\). Từ điểm A thuộc \(\Delta \) kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C ) tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác \({\rm{ABC}}\) bằng 8 .

Giải

(C) có tâm \({\rm{I}}(2;2),{\rm{R}} = \sqrt 5 \).

\({\rm{A}} \in \Delta  \Rightarrow {\rm{A}}({\rm{a}}; – {\rm{a}} – 1)\)

Từ tính chất tiếp tuyến \( \Rightarrow {\rm{IA}} \bot {\rm{BC}}\) tại H là trung điểm của BC.

Giả sử \({\rm{IA}} = {\rm{m}},{\rm{IH}} = {\rm{n}}({\rm{m}} > {\rm{n}} > 0)\)

\( \Rightarrow {\rm{HA}} = {\rm{m}} – {\rm{n}},{\rm{BH}} = \sqrt {{\rm{I}}{{\rm{B}}^2} – {\rm{I}}{{\rm{H}}^2}}  = \sqrt {5 – {{\rm{n}}^2}} \)

Suy ra

Trong tam giác vuông IBA có \({\rm{B}}{{\rm{I}}^2} = {\rm{IH}}.{\rm{IA}} \Leftrightarrow 5 = {\rm{m}}.{\rm{n}} \Leftrightarrow {\rm{m}} = \frac{5}{{\rm{n}}}\)

Thay (2) vào (1) ta có: \(\left( {\frac{5}{n} – n} \right)\sqrt {5 – {n^2}}  = 8 \Leftrightarrow {n^6} – 15{n^4} + 139{n^2} – 125 = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left( {{n^2} – 1} \right)\left( {{n^4} – 14{n^2} + 125} \right) = 0 \Rightarrow n = 1 \Rightarrow m = 5\]

\[\begin{array}{l}{\rm{IA}} = 5 \Leftrightarrow {({\rm{a}} – 2)^2} + {( – {\rm{a}} – 3)^2} = 25\\ \Leftrightarrow {{\rm{a}}^2} + {\rm{a}} – 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{a}} = 2}\\{{\rm{a}} =  – 3}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{A}}(2; – 3)}\\{{\rm{A}}( – 3;2)}\end{array}} \right.} \right.\end{array}\]

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3;4), đường thẳng \({\rm{d}}:{\rm{x}} + {\rm{y}} – 1 = 0\) và đường tròn \(({\rm{C}}):{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + 4{\rm{x}} – 2{\rm{y}} – 4 = 0\). Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C ). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C ) (A, B) là các tiếp điểm). Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn ( E ) có chu vi lớn nhất.

Giải

Đường tròn (C ) có tâm \({\rm{I}}( – 2;1)\), bán kính R = 3. Do \({\rm{M}} \in {\rm{d}}\) nên \({\rm{M}}({\rm{a}};1 – {\rm{a}})\).

Do M nằm ngoài ( C) nên \({\rm{IM}} > {\rm{R}} \Leftrightarrow {\rm{I}}{{\rm{M}}^2} > 9 \Leftrightarrow {({\rm{a}} + 2)^2} + {( – {\rm{a}})^2} > 9\)

\( \Leftrightarrow 2{{\rm{a}}^2} + 4{\rm{a}} – 5 > 0\)

Ta có \({\rm{M}}{{\rm{A}}^2} = {\rm{M}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{I}}{{\rm{M}}^2} – {\rm{I}}{{\rm{A}}^2}\) \( = {({\rm{a}} + 2)^2} + {( – {\rm{a}})^2} – 9 = 2{{\rm{a}}^2} + 4{\rm{a}} – 5\)

Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình:

\({(x – a)^2} + {(y + a – 1)^2} = 2{a^2} + 4a – 5\)

 \( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} – 2ax + 2(a – 1)y – 6a + 6 = 0\) 91)

Do A,B thuộc (C) nên tọa độ của a,B thỏa mãn phương trình: \({x^2} + {y^2} + 4a – 2y – 4 = 0\)(2)

Trừ theo vế của (1) cho \((2)\) ta được \((a + 2)x – ay + 3a – 5 = 0\) (3)

Do tọa độ của A,B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng \(\Delta \) đi qua A,B.

Do (E) tiếp xúc với \(\Delta \) nên (E) có bán kính \({{\rm{R}}_1} = {\rm{d}}({\rm{E}};\Delta )\).

Chu vi của ( E) lớn nhất \( \Leftrightarrow {R_1}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow {\rm{d}}(E;\Delta )\).

Nhận thấy đường thẳng \(\Delta \) luôn đi qua \({\rm{K}}\left( {\frac{5}{2};\frac{{11}}{2}} \right)\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên \(\Delta  \Rightarrow {\rm{d}}({\rm{E}};\Delta ) = {\rm{EH}} \le {\rm{EK}} = \frac{{\sqrt {10} }}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi \({\rm{H}} \equiv {\rm{K}} \Leftrightarrow \Delta  \bot {\rm{EK}}\).

Ta có \(\overrightarrow {{\rm{EK}}}  = \left( { – \frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\), \(\Delta \) có vec-tơ chỉ phương \(\overrightarrow {\rm{u}}  = ({\rm{a}};{\rm{a}} + 2)\)

Do đó

\(\begin{array}{l}\Delta  \bot {\rm{EK}} \Leftrightarrow \overrightarrow {EK}  \cdot \vec u = 0\\ \Leftrightarrow  – \frac{1}{2}a + \frac{3}{2}(a + 2) = 0 \Leftrightarrow a =  – 3\end{array}\)

(thỏa mãn \(\left( {^*} \right.\) ))

Vậy \({\rm{M}}( – 3;4)\) là điểm cần tìm.

Bài 10. Trong mặt phẳng vói hệ tọa độ Oxy cho đường tròn \(({\rm{C}}):{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} – 2{\rm{x}} + 6{\rm{y}} – 15 = 0\). Viết phương trình đường thẳng \((\Delta )\) vuông góc với đường thẳng \({\rm{d}}:4{\rm{x}} – 3{\rm{y}} + 2 = 0\) và cắt đường tròn ( C) tại hai điểm A và B sao cho AB  = 6.

 

 

Xem thêm