Giáo án lớp 12 môn Hình học - Đường tròn - Phạm Hồng Phương

THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 1 Đường tròn Mục lục Loại 1. Phương trình đường tròn .............................................................................................2 Loại 2. Vị trí tương đối giữa điểm, đường thẳng với đường tròn ............................................8 Loại 3. Vị trí tương đối giữa hai đường tròn và số tiếp tuyến tuyến chung .......................... 18 THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 2 Loại 1. Phương trình đường tròn A. Tóm tắt lý thuyết * Phương trình chính tắc: Phương trình    2 2 2x a y b R    ( R 0 ) là phương trình chính tắc đường tròn tâm  I a;b , bán kính R . * Phương trình tổng quát: Phương trình 2 2x y 2ax 2by c 0    ( 2 2a b c 0   ) là phương trình tổng quát của đường tròn tâm  I a;b , bán kính 2 2R a b c   . * Chú ý (điều kiện tiếp xúc giữa đường thẳng và đường tròn): Cho đường tròn  C có tâm I , bán kính R và đường thẳng  . Khi đó:  C tiếp xúc với    R d I,  . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 3 B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Lập phương trình đường tròn  C tâm  I 1; 2 trong các trường hợp sau 1)  C có bán kính bằng 5 . 2)  C đi qua điểm  A 2;7 . 3)  C tiếp xúc với đường thẳng : 3x 2y 12 0    . Giải 1)  C có tâm  I 1; 2 , bán kính bằng 5       2 2C : x 1 y 2 25    . 2) Gọi R là bán kính của  C .  A C  2 2 2 2R IA 3 9 90    . Vậy      2 2C : x 1 y 2 90    . 3) Gọi R là bán kính của  C .  C tiếp xúc với       3.1 2. 2 12 19 2 2 133 2 R d I,         . Vậy      2 2 36113C : x 1 y 2    . Ví dụ 2. Lập phương trình đường tròn đi qua ba điểm  A 2;0 ,  B 3; 1 ,  C 3; 3 . Giải Gọi  C là đường tròn đi qua ba điểm  A 2;0 ,  B 3; 1 ,  C 3; 3 .  I a;b là tâm của  C  2 2 2 2 IA IB IB IC                    2 2 22 2 2 2 2 a 2 b a 3 b 1 a 3 b 1 a 3 b 3                  a b 3 b 2       a 1 b 2       I 1; 2 . R là bán kính của  C  2 2R IA 5  . Vậy      2 2C : x 1 y 2 5    . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 4 Ví dụ 3. Lập phương trình đường tròn đi qua hai điểm  A 1;4 ,  B 1;6 và có tâm thuộc đường thẳng : x 2y 4 0    . Giải Giả sử  C là đường tròn cần lập phương trình và  C có tâm I , bán kính R . Cách 1: I  tọa độ I có dạng  I 2a 4;a  . Ta có  IA 2a 3; a 4        2 22 2IA 2a 3 a 4 5a 20a 25       .  IB 2a 5; a 6        2 22 2IB 2a 5 a 6 5a 32a 61       . Từ A ,  B C  2 2IA IB (cùng bằng 2R )  2 25a 20a 25 5a 32a 61      a 3   I 2;3 . Lại có 2 2 2 2R IA 3 1 10    . Vậy      2 2C : x 2 y 3 10    . Cách 2: Gọi M là trung điểm của AB  IM AB (bán kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung). Ta có M là trung điểm của AB   M 0;5 ,  AB 2;2  . Δ M A I B       IM M 0;5 IM AB 2;2 1; 1        qua   IM : x y 5 0    IM : x y 5 0   . I IM   x y 5 0 I : x 2y 4 0          I 2;3 . 2 2 2 2R IA 3 1 10    . Vậy      2 2C : x 2 y 3 10    . Ví dụ 4. Lập phương trình đường tròn đi qua hai điểm  A 2;9 ,  B 3;10 và tiếp xúc với đường thẳng : 3x 2y 2 0    . Giải Giả sử  C là đường tròn cần lập phương trình và  C có tâm  I a;b , bán kính R . Ta có  IA 2 a;9 b        2 22IA a 2 b 9    , THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 5  IB 3 a;10 b         2 22IB a 3 b 10    ,   3a 2b 2 13 d I,    . Từ 2 2IA IB (cùng bằng 2R )         2 2 2 2a 2 b 9 a 3 b 10        b 5a 12   1 . Lại có  2 2IA d I,  (cũng cùng bằng 2R )        23a 2b 22 2 13a 2 b 9        2 . Thay  1 vào  2 ta thu được       23a 2 5a 12 222 13a 2 5a 12 9                   2 2 2a 2 5a 3 13 a 2      2a 2a 3 0    a 1 a 3     +) Thay a 1  vào  1 ta có b 7   I 1;7 . 2 2 2 2R IA 3 2 13    . Vậy trong trường hợp này  C có phương trình    2 2x 1 y 7 13    . +) Thay a 3 vào  1 ta có b 27   I 3;27 . 2 2 2 2R IA 1 18 325    . Vậy trong trường hợp này  C có phương trình    2 2x 3 y 27 325    . Tóm lại      2 2C : x 1 y 7 13    hoặc      2 2C : x 3 y 27 325    . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 6 C. Bài tập Bài 1. Lập phương trình đường tròn  C biết 1)  C có tâm  I 1;3 , bán kính R 4 . 2)  C có tâm  I 2;3 ,    A 1; 2 C  . 3)  C đi qua các điểm  A 1;2 ,  B 2; 3  và tâm I thuộc đường thẳng d : x 3y 1 0   . 4)  C đi qua các điểm  A 1;4 ,  B 4;0 và  C 2; 2  . 5)  C Có đường kính là đoạn thẳng AB với  A 3;4 ,  B 2;7 . 6)  C có tâm  I 1;2 , tiếp xúc với đường thẳng d : 3x 4y 1 0   . 7)  C có tâm  I 2;3 , cắt đường thẳng d : 3x 4y 1 0   theo một dây cung có độ dài bằng 2 . 8)  C đi qua  A 2; 1 và tiếp xúc với các trục tọa độ. 9)  C là đường tròn ngoại tiếp tam giác có các cạnh nằm trên các đường thẳng 5y x 2  , y x 2  và y 8 x  . 10)  C nội tiếp tam giác OAB với  A 4;0 ,  B 0;3 . Bài 2. [ĐHA07] Cho tam giác ABC có  A 0;2 ,  B 2; 2  và  C 4; 2 . Gọi H là chân đường cao kẻ từ B ; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H , M , N . Bài 3. Cho ABC có AB : x y 2 0   , AC : 2x 6y 3 0   và  M 1;1 là trung điểm cạnh BC . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC . Bài 4. [ĐHB09Chuẩn] Cho    2 2 45C : x 2 y   và hai đường thẳng 1:x – y 0  , 2:x – 7y 0  . Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn  C' biết  C' tiếp xúc với các đường thẳng 1 , 2 và tâm K thuộc (C) . Bài 5. [ĐHB05] Cho hai điểm  A 2;0 và  B 6;4 . Viết phương trình đường tròn  C tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của  C đến điểm B bằng 5 . Bài 6. Cho  A 3;1 ,  B 0;7 ,  C 5;2 . 1) Chứng minh rằng ABC vuông và tính diện tích tam giác. THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 7 2) Giả sử điểm M chạy trên đường tròn ngoại tiếp ABC . Chứng minh rằng khi đó trọng tâm G của MBC chạy trên một đường tròn, viết phương trình đường tròn đó. Bài 7. [ĐHA10Chuẩn] Cho hai đường thẳng 1d : 3x y 0  và 2d : 3x y 0  . Gọi  T là đường tròn tiếp xúc với 1d tại A , cắt 2d tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B . Viết phương trình của  T , biết tam giác ABC có diện tích bằng 32 và điểm A có hoành độ dương. Bài 8. [ĐHD09NC] Cho    2 2C : x 1 y 1   . Gọi I là tâm của  C . Tìm tọa độ điểm M thuộc  C sao cho  oIMO 30 . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 8 Loại 2. Vị trí tương đối giữa điểm, đường thẳng với đường tròn A. Tóm tắt lý thuyết * Vị trí tương đối giữa điểm và đường tròn: Xét đường tròn  C có tâm I , bán kính R và điểm M . Đặt d IM . Ta có +) M nằm ngoài  C  d R . +)  M C  d R . +) M nằm trong  C  d R . * Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn: Xét đường tròn  C có tâm I , bán kính R và đường thẳng  . Đặt  d d I,  . Ta có +)  không có điểm chung với  C  d R . +)  tiếp xúc với  C ( là tiếp tuyến của  C )  d R . +)  cắt  C tại 2 điểm phân biệt  d R . * Chú ý: Xét đường tròn  C và điểm M . Ta có mối liên hệ giữa vị trí tương đối giữa M và  C với số tiếp tuyến qua M của  C : +) M nằm ngoài  C : qua M tồn tại hai tiếp tuyến của  C . +)  M C : qua M tồn tại duy nhất một tiếp tuyến của  C . Tiếp tuyến này nhận M làm tiếp điểm. +) M nằm trong  C : qua M không tồn tại tiếp tuyến của  C . THS. PHẠM HỒNG PHONG – GV TRƯỜNG ĐHXD – DĐ: 0983 0707 44 9 B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho đường tròn      2 2C : x 1 y 2 16    và điểm  A 1;6 . Chứng minh A nằm ngoài  C và viết phương trình các tiếp tuyến qua  A 1;6 của  C . Giải Ta có  C là đường tròn tâm  I 1;2 , bán kính R 4 .  IA 2;4   IA 4 16 2 5 R     qua A có hai tiếp tuyến của  C .  là đường thẳng qua A  phương trình  có dạng:    : a x 1 b y 6 0      : ax by a 6b 0     ( 2 2a b 0  ). Có   a 2b a 6b 2 a 2b 2 2 2 2a b a b d I,          .  là tiếp tuyến của  C khi và chỉ khi  d I, R   2 a 2b 2 2a b 4    2 2a 4ab 4b 2 2a b 4     23a 4ab 0   4b 3 a 0 a     . +) a 0   : b y 6 0    : y 6 0   (a 0  b 0 ). +) Từ 4b3a   , cho b 3   a 4  : 4x 3y 22 0    Vậy : y 6 0   hoặc : 4x 3y 22 0    . Ví dụ 2. Cho   2 2C : x y 2x 6y 9 0     .Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) biết: 1) Tiếp tuyến song song với đường thẳng d : x y 0  . 2) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : 3x 4y 0  . 3) Tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : 2x y 0  góc 45 . Giải Ta có      2 2C : x 1 y 3 1      C có tâm  I 1;3 , bán kính R 1 . Gọi  là tiếp tuyến cần tìm. 1) d   phương trình  có dạng : x y c 0    . Ta có   1 3 c c 2 2 2 d I,      . Do đó:  là tiếp tuyến của  C khi và chỉ khi 10  d I, R   c 2 2 1   c 2 2   c 2 2 c 2 2         c 2 2 2 c 2 2 2        : x y 2 2 2 0 : x y 2 2 2 0            . Vậy : x y 2 2 2 0     hoặc : x y 2 2 2 0     . 2) d   phương trình  có dạng : 4x 3y c 0    . Ta có   4 9 c c 135 5d I,       . Do đó:  là tiếp tuyến của  C khi và chỉ khi  d I, R   c 135 1    c 13 5   c 13 5 c 13 5        c 8 c 18       : 4x 3y 8 0 : 4x 3y 18 0         . Vậy : 4x 3y 8 0    hoặc : 4x 3y 18 0    . 3) Xét đường thẳng  nhận  n a;b  ( 2 2a b 0  ) là một véc-tơ pháp tuyến. Ta có  ,d 45     cos ,d cos 45      2a b 2 22 25 a b       2 24a 4ab b 1 22 25 a b     11  2 23a 8ab 3b 0    1 * Thay b 0 vào  1  a 0 (loại). * b 0 : chia cả hai vế  1 cho 2b , đặt abt  ta được 23t 8t 3 0    1 3 t 3 t     . +) t 3  ab 3  a 3b . Cho b 1  a 3  Phương trình  có dạng : 3x y c 0    .    3 3 c c 6 10 10 d I,      . Do đó:  là tiếp tuyến của  C khi và chỉ khi  d I, R   c 6 10 1   c 6 10   c 6 10 c 6 10         c 6 10 c 6 10          : x 3y 6 10 0 : x 3y 6 10 0            . +) 13t    a 1 b 3   b 3a  . Cho a 1  b 3   Phương trình  có dạng : x 3y c 0    .    1 9 c c 8 10 10 d I,      . Do đó:  là tiếp tuyến của  C khi và chỉ khi  d I, R   c 8 10 1   c 8 10  12  c 8 10 c 8 10         c 8 10 c 8 10        : x 3y 8 10 0 : x 3y 8 10 0            . Vậy : 3x y 6 10 0     , hoặc : 3x y 6 10 0     , hoặc : x 3y 8 10 0     , hoặc x 3y 8 10 0    . Ví dụ 3. Cho  A 0; 3 và đường tròn   2 2C : x y 6x 6y 7 0     . Lập PTĐT qua A , cắt  C theo một dây cung có độ dài bằng 10 . Giải Ta có      2 2C : x 3 y 3 25      C có tâm  I 3;3 , bán kính R 5 . Δ E M A I N  là đường thẳng qua A  phương trình  có dạng:  : ax b y 3 0    hay : ax by 3b 0    ( 2 2a b 0  ). Giả sử  cắt  C tại M , N . Lấy I là trung điểm của MN  IE   (bán kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung). Ta có:   2 10 3 102 2 2 2d I, IE IM ME 25             1 . Lại có   3a 3b 3b 3 a 2b 2 2 2 2a b a b d I,           2 . Từ  1 ,  2 suy ra 3 a 2b 3 1022 2a b     2 2a 4ab 4b 5 2 2 2a b      2 23a 8ab 3b 0    3 . 13 * Thay b 0 vào  3  a 0 (loại). * b 0 : chia cả hai vế  3 cho 2b , đặt abt  ta được 23t 8t 3 0    1 3t t 3       . +) 13t   a 1 b 3  b 3a . Cho a 1  b 3  : x 3y 9 0    . +) t 3   ab 3   a 3b  . Cho b 1   a 3  : 3x y 3 0    . Vậy : x 3y 9 0    hoặc : 3x y 3 0    . Ví dụ 4. [ĐHD11NC] Cho  A 1;0 và đường tròn   2 2C : x y 2x 4y 5 0     . Viết PTĐT  cắt  C tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A . Giải Ta có      2 2C : x 1 y 2 10      C có tâm  I 1; 2 , bán kính R 10 . (C) Δ A M N I     IM IN R AM AN     cuøng baèng giaû thieát  IA là đường trung trực của MN   IA 0;2    phương trình  có dạng y m . Trước hết ta tìm điều kiện để  cắt  C tại hai điểm phân biệt  1 . Xét hệ     2 2x y 2x 4y 5 0 2 y m 3         . Thay  3 vào  2 ta có 2 2x m 2x 4m 5 0      2 2x 2x m 4m 5 0      4 ( 2' m 4m 6     ). Do đó:  1   4 có hai nghiệm phân biệt  ' 0   2m 4m 6 0    5 . Gọi 1x , 2x là các nghiệm của  4  1 2 2 1 2 x x 2 x x m 4m 5        6 . 14 Khi đó     1 2 M x ;m N x ;m         1 2 AM 1 x ; m AN 1 x ; m                    21 2 1 2 1 2AM.AN 1 x 1 x m m x x x x 1 m              7 . Thay  6 vào  7 ta có  2 2 2AM.AN m 4m 5 2 m 2m 4m 6         . Do đó  AMN vuông tại A  AM.AN 0    22m 4m 6 0    m 1 m 3     (thỏa mãn  5 ).  : y 1 : y 3      (thỏa mãn  5 ). Vậy : y 1  hoặc : y 3   . Ví dụ 5. [ĐH11A11Chuẩn] Cho đường thẳng : x y 2 0    và đường tròn   2 2C : x y 4x 2y 0    . Gọi I là tâm của  C , M là một điểm thuộc  . Qua điểm M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến  C ( A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ của điểm M biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 . Giải x x A B I M Ta có      2 2C : x 2 y 1 5      C có tâm  I 2;1 , bán kính R 5 . Đặt x MA MB  . Theo tính chất của tiếp tuyến đường tròn thì  MAI MBI 90   . Do đó MAIB MAIS 2S MA.IA x 5   . Từ giả thiết suy ra: x 5 10  x 2 5  2 2 2MI IA MA 25    1 . 15 M  tọa độ M có dạng  M m; m 2    IM m 2; m 3        2 22 2MI m 2 m 3 2m 2m 13        2 . Từ  1 và  2 suy ra: 22m 2m 13 25    2m m 6 0    m 2 m 3          M 2; 4 M 3;1     . Vậy  M 2; 4 hoặc  M 3;1 . Ví dụ 6. [ĐHD07] Cho      2 2C : x 1 y 2 9    và d : 3x 4y m 0   . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P sao cho từ P kẻ được đúng hai tiếp tuyến PA , PB tới  C ( A , B là các tiếp điểm) sao cho PAB đều. Giải Ta thấy  C có tâm là  I 1; 2 , bán kính R 3 . (C') (C) d 60o 30o B A I P Theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm nằm ngoài đường tròn tới đường tròn thì PAB là tam giác cân tại P . Ta có PAB đều  APB 60   API 30   AIP 60   IP 2AI 2R 6     P thuộc đường tròn  C' có tâm I , bán kính R' 6 . Như vậy  P d C'  . Do đó điểm P tồn tại duy nhất  d tiếp xúc với  C'   d I,d R'  3 8 m 5 6    16  11 m 30   11 m 30 11 m 30        m 19 m 41     . Vậy m 19 hoặc m 41  . 17 C. Bài tập Bài 1. Xét vị trí tương đối giữa điểm M và đường tròn (C) 1)  M 1;2 ,   2 2C : x y 2x 4y 4 0     , 2)  M 0; 1 ,   2 2C : x y 2x 4y 4 0     , 3)  M 1;2 ,   2 2C : x y 2x 4y 20 0     . Bài 2. Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng  và đường tròn (C) 1) : 3x 4y 5 0    ,   2 2C : x y 4x 6y 12 0     . 2) : 3x 4y 23 0    ,   2 2C : x y 4x 6y 12 0     . 3) : 3x 4y 20 0    ,   2 2C : x y 4x 6y 12 0     . Bài 3. Cho 2 2(C) : x y 2x 8y 8 0     .Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) biết: 1) Tiếp tuyến đi qua  A 4;0 . 2) Tiếp tuyến đi qua  A 4; 6  . Bài 4. Viết phương trình đường tròn tiếp xúc với Ox và đi qua điểm  0;1 . Tìm quỹ tích tâm đường tròn đó. 18 Loại 3. Vị trí tương đối giữa hai đường tròn và số tiếp tuyến tuyến chung A. Tóm tắt lý thuyết Xét hai đường tròn  1C có tâm 1I , bán kính 1R ;  2C có tâm 2I , bán kính 2R . Đặt 1 2d I I . Ta có: d Vị trí tương đối Số tiếp tuyến chung 1 2d R R   1C ,  2C nằm ngoài nhau 4 1 2d R R   1C ,  2C tiếp xúc ngoài nhau ngoài nhau 3 1 2 1 2R R d R R     1C ,  2C cắt nhau tại hai điểm phân biệt 2 1 2d R R   1C ,  2C tiếp xúc trong nhau 1 1 2d R R   1C ,  2C lồng nhau 0 19 B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Tìm các giao điểm A , B của hai đường tròn   2 21C : x y 4x 6y 0    ,   2 22C : x y 4x 2y 0    . Viết PTĐTR đi qua A , B và  C 3;1 . Giải * Tọa độ giao điểm của  1C ,  2C là nghiệm của hệ     2 2 2 2 x y 4x 6y 0 1 x y 4x 2y 0 2           . Trừ từng vế  1 và  2 ta có 8x 8y 0   y x  3 . Thế  3 vào  1 ta được 22x 2x 0       3 3 x 0 y 0 x 1 y 1           . Vậy các giao điểm của  1C ,  2C là  A 0;0 và  B 1;1 . *  3C là đường tròn đi qua A , B , C  phương trình  3C có dạng      2 2 2 23C :m x y 4x 6y n x y 4x 2y 0        , m n 0  .  3C đi qua C  8m 24n 0    m 3n  4 . Từ  4 cho n 1  m 3 . Do đó      2 2 2 23C : 3 x y 4x 6y x y 4x 2y 0           2 23C : 4x 4y 8x 16y 0       2 23C : x y 2x 4y 0          2 23C : x 1 y 2 5    . Ví dụ 2. Cho hai đường tròn   2 21C : x y 4x 2y 5 0     ,   2 22C : x y 6x 8y 9 0     . Chứng tỏ  1C ,  2C cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Viết PTĐT đi qua các giao điểm của  1C ,  2C . Giải * Ta có      2 21C : x 2 y 1 10      1C có tâm  1I 2;1 , bán kính 1R 10 . 20      2 22C : x 3 y 4 16      1C có tâm  2I 3;4 , bán kính 2R 4 .  1 2I I 5;3   1 2I I 25 9 34    1 2 1 2 1 2R R I I R R      1C ,  2C cắt nhau tại hai điểm phân biệt. *      0 0 1 2M x ;y C C   2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 x y 4x 2y 5 0 x y 6x 8y 9 0                 2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0x y 4x 2y 5 x y 6x 8y 9 0           0 010x 6y 14 0    0 05x 3y 7 0    tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình 5x 3y 2 0   . Vậy PTĐTR đi qua các giao điểm của  1C ,  2C là 5x 3y 2 0   . Ví dụ 3. [ĐHB06] Cho đường tròn   2 2C : x y – 2x – 6y 6 0   và điểm  M 3;1 . Gọi 1T và 2T là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến  C . Viết phương trình đường thẳng 1 2T T . Giải *      2 2C : x 1 y 3 4      C có tâm  I 1;3 . Ta thấy  1 2MT I MT I 90    1T , 2T thuộc đường tròn  C' đường kính MI (  C' là đường tròn tâm I ' là trung điểm của MI , bán kính MI2R'  )  1T , 2T là các giao điểm của  C và  C' . Ta có  I ' 1;2 ,  IM 4; 2    IM 16 4 2 5    R' 5 . Do đó      2 2C' : x 1 y 2 5       2 2C' : x y 2x 4y 0    . *      0 0 1 2M x ;y C C   2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 x y 2x 6y 6 0 x y 2x 4y 0                2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0x y 2x 6y 6 x y 2x 4y 0          0 04x 2y 6 0    21  0 02x y 3 0    tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình 2x y 3 0   . Vậy PTĐTR đi qua các giao điểm của  1C ,  2C là 2x y 3 0   . 22 C. Bài tập Bài 1. Xét vị trí tương đối của các đường tròn  1C ,  2C 1)   2 21C : x y 4x 6y 3 0     ,   2 22 143C : x y 12x 0 4     , 2)   2 21C : x y 4x 6y 3 0     ,   2 22C : x y 12x 35 0    , 3)   2 21C : x y 4x 6y 4 0     ,   2 22C : x y 12x 27 0    . Bài 2. Cho  1C có tâm  A 1;0 , bán kính 1R 4 và  2C có tâm  B 1;0 , bán kính 2R 2 . Tìm quỹ tích tâm I của đường tròn tiếp xúc với cả hai đường tròn nói trên. Bài 3. Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường tròn   2 21C : x y 4x 3 0    ,   2 22C : x y 8x 12 0    . ĐS: x 3y 0  , x 3y 0  , x 35y 8 0   , x 35y 8 0   . Bài 4. [ĐHD03] Cho đường tròn      2 2C : x – 1 y – 2 4  và đường thẳng d : x – y – 1 0 . Viết phương trình đường tròn  C' đối xứng với đường tròn  C qua đường thẳng d . Tìm tọa độ các giao điểm của  C và  C' . ĐS:    2 2C' : x 3 y 4   , các giao điểm của  C và  C' là  A 1;0 và  B 3;2 .