Giáo án lớp 12 môn Hình học - Đường tròn (tiết 3)

1 Đường tròn 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,  . 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 . 2  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    . 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  . 3 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    ,  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    . 4 +) 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    . Ví dụ 5. 5 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. 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. 6 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 . D. Đáp số Bài 1 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10) Bài 2 2 2x y x y 2 0     . Bài 3 2 2 658x y x 3y 0     . Bài 4      2 28 845 5 25C' : x y    . Bài 5      2 2C : x 2 y 7 49    hoặc      2 2C : x 2 y 1 1    . Bài 6 1) 15ABC 2S  2)     2 25 257 2 2 18x y    . Bài 7     2 231 22 3 T : x y 1        . Bài 8 332 2M ;      . 7 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 . 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  ). 8 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  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    . 9 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      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,      . 10 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   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 . 11 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 . * 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    . 12 Ví dụ 4. [ĐHA09NC] Cho   2 2C : x y 4x 4y 6 0     và đường thẳng : x my 2m 3 0     , với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn  C . TÌm m để  cắt  C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất. Ví dụ 5. [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 . 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 . 13 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 6. [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 . 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 . 14 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 7. [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     11 m 30   11 m 30 11 m 30       15  m 19 m 41     . Vậy m 19 hoặc m 41  . 16 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. D. Đáp số Bài 1 1) 2) 3) Bài 2 1) 2) 3) Bài 3 1) 3x 4y 12 0   . 2) 3x 4y 12 0   , x 4 0  . Bài 4   2P : x 2y 1 0   . Ví dụ 4 m 0 hoặc 815m  . 17 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 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  . 18  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 .      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 . 19 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     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   . Ví dụ 4. Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường tròn      2 21C : x 1 y 1 1    ,      2 22C : x 2 y 1 4    . ĐS: (b) x 0 , 3x 4y 12 0   . Ví dụ 5. [ĐHD06] Cho   2 2C : x y 2x 2y 1 0     và d : x y 3 0   . Tìm điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính của  C tiếp xúc ngoài với  C . ĐS:  M 1;4 hoặc  M 2;1 . Giải 20 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 . 21 D. Đáp số