Vị trí tương đối của đường thẳng với đường tròn

Đường tròn \(\left( C \right):2{x^2} + 2{y^2} - 7x - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - \dfrac{7}{2}x - 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {x - \dfrac{7}{4}} \right)^2} + {y^2} = \dfrac{{65}}{{16}}\)

\( \Rightarrow \) $\left( C \right)$  có tâm  \(I\left( {\dfrac{7}{4};0} \right)\) và bán kính \(R = \dfrac{{\sqrt {65} }}{4}\)

Đường thẳng $AB$  với $A\left( { - 2;0} \right)$ và $B\left( {4;3} \right)$  có phương trình  \(\dfrac{{x + 2}}{6} = \dfrac{y}{3}\) hay \(y = \dfrac{{x + 2}}{2}\)

+ Giao điểm của $\left( C \right)$ với đường thẳng $AB$  có tọa độ là nghiệm hệ PT

\(\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + 2{y^2} - 7x - 2 = 0\\{\rm{y  = }}\dfrac{{x + 2}}{2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} + 2{\left( {\dfrac{{x + 2}}{2}} \right)^2} - 7x - 2 = 0\\{\rm{y  = }}\dfrac{{x + 2}}{2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x(x - 2) = 0\\{\rm{y  = }}\dfrac{{x + 2}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0;y = 1\\x = 2;y = 2\end{array} \right.\)

   Vậy có hai giao điểm là $M\left( {0;1} \right)$  và $N\left( {2;2} \right)$

+ Các tiếp tuyến của $\left( C \right)$  tại $M$  và $N$  lần lượt nhận các vectơ \(\overrightarrow {IM}  = \left( { - \dfrac{7}{4};1} \right)\) và \(\overrightarrow {IN}  = \left( {\dfrac{1}{4};2} \right)\) làm các vectơ pháp tuyến, do đó các TT đó có phương trình lần lượt là:

\( - \dfrac{7}{4}(x - 0) + 1(y - 1) = 0\) hay \(7x - 4y + 4 = 0\)

 \(\dfrac{1}{4}(x - 2) + 2(y - 2) = 0\) hay \(x + 8y - 18 = 0\)

Tâm $I$ của đường tròn nằm trên đường trung trực \(d\) của đoạn $AB$.

Gọi d là đường trung trực của AB thì d đi qua trung điểm $M\left( {1;2} \right)$ của AB và có VTPT là \(\overrightarrow {AB}  = (4;2)\)

$\begin{array}{l}
\Rightarrow d:4\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow 4x - 4 + 2y - 4 = 0\\
\Leftrightarrow 4x + 2y - 8 = 0\\
\Leftrightarrow 2x + y - 4 = 0
\end{array}$

$\Rightarrow $tâm $I\left( {a;4-2a} \right)$

Ta có $IA = d\left( {I,\Delta } \right)$ \( \Leftrightarrow \left| {11a - 8} \right| = 5\sqrt {5{a^2} - 10a + 10} \)  \( \Leftrightarrow 2{a^2}-37a + 93 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 3\\a = \dfrac{{31}}{2}\end{array} \right.\)

- Với $a = 3 \Rightarrow I\left( {3;-2} \right),R = 5$ $ \Rightarrow \left( C \right):{\left( {x-3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 25$

- Với \(a = \dfrac{{31}}{2}\) \( \Rightarrow I\left( {\dfrac{{31}}{2}; - 27} \right)\), \(R = \dfrac{{65}}{2}\) \( \Rightarrow \left( C \right):{\left( {x - \dfrac{{31}}{2}} \right)^2} + {(y + 27)^2} = \dfrac{{4225}}{4}\)

Tâm $I$ của đường tròn thuộc $\Delta $ nên $I(-3t – 8; t)$

Theo yc thì k/c từ $I$ đến $\Delta '$ bằng k/c $IA$ nên ta có $\dfrac{{\left| {3( - 3t - 8) - 4t + 10} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \sqrt {{{( - 3t - 8 + 2)}^2} + {{(t - 1)}^2}} $

\( \Leftrightarrow \left| { - 13t - 14} \right| = 5\sqrt {{{\left( {3t + 6} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2}} \)

\( \Leftrightarrow {\left( {13t + 14} \right)^2} = 25\left( {10{t^2} + 34t + 37} \right)\) \( \Leftrightarrow  - 81{t^2} - 486t - 729 = 0\) \( \Leftrightarrow t =  - 3\)

Khi đó $I(1; -3), R = 5$ và pt cần tìm: ${\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}1} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }} + {\rm{ }}3} \right)^2} = {\rm{ }}25$

$(C)$ có tâm $I(1;-2)$ và bán kính $R = 3.$

Ta có: $\Delta PAB$  đều

$\begin{array}{l}
\Rightarrow \widehat {APB} = {60^0} \Rightarrow \widehat {API} = \frac{1}{2}\widehat {APB} = {30^0}\\
\Rightarrow IP = \frac{{IA}}{{\sin \widehat {API}}} = \frac{3}{{\sin {{30}^0}}} = 6
\end{array}$

Suy ra $P$ thuộc đường tròn $(C')$ tâm $I,$ bán kính $R ' = 6.$

Trên $d$ có duy nhất một điểm $P$ thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi $d$ tiếp xúc với $(C')$ tại $P$

$ \Leftrightarrow d\left( {I,d} \right) = R'$

$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{{\left| {3.1 - 4.\left( { - 2} \right) + m} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = 6 \Leftrightarrow \frac{{\left| {m + 11} \right|}}{5} = 6\\
\Leftrightarrow \left| {m + 11} \right| = 30 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m + 11 = 30\\
m + 11 = - 30
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 19\\
m = - 41
\end{array} \right.
\end{array}$

Đường tròn $(C):$ ${\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 1$ có tâm $I (1; 0); R = 1$

Ta có $\widehat {IMO} = {30^0}$ suy ra tam giác $IOM $ cân tại $I$ $ \Rightarrow \widehat {MOI} = {30^0}$

Suy ra \(OM\)  có hệ số góc $k =  \pm \tan {30^0} =  \pm \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$

Suy ra phương trình $OM $ là $y =  \pm \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}x$

Thay vào phương trình đường tròn $(C)$ ta có ${x^2} - 2x + \dfrac{{{x^2}}}{3} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0(L)}\\{x = \dfrac{3}{2}}\end{array}} \right.$

Vậy $M\left( {\dfrac{3}{2}; \pm \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$

Vì $\Delta $ song song với $d$ nên phương trình $\Delta $ có dạng $x - y + m = 0$

Kẻ $IH$ vuông góc vơi $MN $ ta có $HM = HN = \dfrac{1}{2}MN = 1$

Đường tròn $(C )$ có tâm $I(-1;2)$ và bán kính $R = \sqrt 5 $

Từ đó $IH = \sqrt {I{M^2} - H{M^2}}  = 2 \Leftrightarrow d\left( {I;\Delta } \right) = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{\left| { - 1 - 2 + m} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 2\sqrt 2  + 3}\\{m =  - 2\sqrt 2  + 3}\end{array}} \right.$

Vậy có $2$ tiếp tuyến cần tìm $x - y + 2\sqrt 2  + 3 = 0$ và $x - y - 2\sqrt 2  + 3 = 0$

Đường tròn $(C)$ có tâm $I(4;3)$ và bán kính $R=2.$

Ta thấy ngay được điểm $M$ nằm trong đường tròn vì ${\left( {5 - 4} \right)^2} + {\left( {2 - 3} \right)^2} = 2 < 4$

Do $MA=MB $ và $IM$ vuông góc $AB$

Nên đường thẳng $d$ cần tìm đi qua $M(5;2) $ và nhận vectơ $\overrightarrow {IM}  = \left( {1; - 1} \right)$ làm vectơ pháp tuyến

Phương trình của đường thẳng $d$ là $x - y - 3 = 0$

\(d:x + 2y - 4 = 0\).

Đường tròn \(\left( C \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 5\) có tâm \(I\left( {2;1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 5 .\)

Ta có: \(d\left( {I;\,\,d} \right) = \dfrac{{\left| {2 + 2.1 - 4} \right|}}{{\sqrt {1 + {2^2}} }} = 0 \Rightarrow I \in d.\)

\( \Rightarrow d\) là đường thẳng đi qua đường kính của đường tròn \(\left( C \right)\)

\( \Rightarrow d\) cắt \(\left( C \right)\) theo dây cung \(AB = 2R = 2\sqrt 5 .\)

Bán kính của đường tròn tâm \(I\left( {3;2} \right)\) tiếp xúc với đường thẳng \(d:x + 5y + 1 = 0\) là:

\(R = d\left( {I,d} \right) = \dfrac{{\left| {3 + 5.2 + 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {5^2}} }} = \dfrac{{14}}{{\sqrt {26} }} = \dfrac{{7\sqrt {26} }}{{13}}.\)

\(\left( C \right):{x^2} + {y^2} + 2x + 4y - 31 = 0 \)\(\Leftrightarrow \left( C \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 36.\)

Vậy \(I\left( { - 1; - 2} \right),R = 6.\)

Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(I\) xuống \(AB\), thì \(H\) là trung điểm của \(AB\).

\({S_{IAB}} = \dfrac{1}{2}IH.AB = IH.HA\mathop  \le \limits^{AM - GM} \dfrac{{I{H^2} + H{A^2}}}{2} = \dfrac{{I{A^2}}}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{2} = 18.\)

Vậy diện tích tam giác \(IAB\) có giá trị lớn nhất là \(18.\)

Đường tròn \((C):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\) có tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\), bán kính \(R = 2\)

Dễ thấy \(d\left( {I,Oy} \right) = 1 < 2 = R\) nên đường tròn \(\left( C \right)\) cắt trục \(Oy\) tại hai điểm phân biệt.