Bài 3.25 trang 156 SBT hình học 10

LG a

Chứng tỏ rằng qua \(M\) ta vẽ được hai tiếp tuyến \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) với \(\left( C \right)\), hãy viết phương trình của \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\).

Phương pháp giải:

Viết phương trình tiếp tuyến đi qua \(M\) trong hai trường hợp \(\Delta \) có hệ số góc và không có hệ số góc.

Chú ý: Đường thẳng \(\Delta \) là tiếp tuyến với \(\left( C \right)\) \( \Leftrightarrow d\left( {I,\Delta } \right) = R\).

Lời giải chi tiết:

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

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \( M(2;-1) \) và có hệ số góc \(k\) có phương trình:

\(y + 1 = k\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow kx - y - 2k - 1 = 0\)

Ta có: \(\Delta \) tiếp xúc với \(\left( C \right)\)\( \Leftrightarrow d(I;\Delta ) = R\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| { - k - 2 - 2k - 1} \right|}}{{\sqrt {{k^2} + 1} }} = 3\)

\( \Leftrightarrow \left| {k + 1} \right| = \sqrt {{k^2} + 1} \) \( \Leftrightarrow {k^2} + 2k + 1 = {k^2} + 1\)\( \Leftrightarrow k = 0.\)

Vậy ta được tiếp tuyến \({\Delta _1}:y + 1 = 0.\)

Xét đường thẳng \({\Delta _2}\) đi qua \(M(2;-1)\) và vuông góc với Ox, \({\Delta _2}\) có phương trình \(x - 2 = 0\).

Ta có \(d\left( {I;{\Delta _2}} \right) = \left| { - 1 - 2} \right| = 3 = R\).

Suy ra \({\Delta _2}\) tiếp xúc với \(\left( C \right)\).

Vậy qua điểm \(M\) ta vẽ được hai tiếp tuyến với \(\left( C \right)\), đó là: \({\Delta _1}:y + 1 = 0\) và \({\Delta _2}:x - 2 = 0\).

LG b

Gọi \({M_1}\) và \({M_2}\) lần lượt là hai tiếp điểm của  \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) với \(\left( C \right)\), hãy viết phương trình của đường thẳng \(d\) đi qua \({M_1}\) và \({M_2}\).

Phương pháp giải:

Tìm tọa độ hai tiếp điểm, từ đó viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm.

Lời giải chi tiết:

Gọi \({M_1}\) là tiếp điểm của \({\Delta _1}\) và \(\left( C \right)\). Khi đó tọa độ của \({M_1}\) thỏa mãn:

\(\left\{ \begin{array}{l}y + 1 = 0\\{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - 1\\{\left( {x + 1} \right)^2} + 9 = 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - 1\\{\left( {x + 1} \right)^2} = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - 1\\x =  - 1\end{array} \right.\)

Do đó \({M_1}\left( { - 1; - 1} \right)\).

Gọi \({M_2}\) là tiếp điểm của \({\Delta _2}\) và \(\left( C \right)\). Khi đó tọa độ của \({M_2}\) thỏa mãn:

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 0\\{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\9 + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\{\left( {y - 2} \right)^2} = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2\end{array} \right.\)

Do đó \({M_2}\left( {2;2} \right)\).

\({\Delta _1}\) tiếp xúc với \(\left( C \right)\) tại \({M_1}\left( { - 1; - 1} \right)\);

\({\Delta _2}\) tiếp xúc với \(\left( C \right)\) tại \({M_2}\left( {2;2} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( {3;2} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_{{M_1}{M_2}}}}  = \left( {1; - 1} \right)\) là VTCP của \({M_1}{M_2}\).

Đường thẳng \({M_1}{M_2}\) đi qua \({M_1}\left( { - 1; - 1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_{{M_1}{M_2}}}}  = \left( {1; - 1} \right)\) làm VTPT.

\( \Rightarrow {M_1}{M_2}:1\left( {x + 1} \right) - 1\left( {y + 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x - y = 0\).

Phương trình của đường thẳng \(d\) đi qua \({M_1}\) và \({M_2}\) là: \(x - y = 0\).

Loigiaihay.com