Giải mục 2 trang 61, 62 SGK Toán 10 tập 2 – Chân trời sáng tạo

HĐ Khám phá 2

Cho điểm \({M_0}\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) nằm trên đường tròn \((C)\) tâm \(I(a;b)\)và cho điểm\(M(x;y)\) tùy ý trong mặt phẳng Oxy. Gọi \(\Delta \) là tiếp tuyến với \((C)\) tại \({M_0}\)

a) Viết biểu thức tọa độ của hai vt \(\overrightarrow {{M_0}M} \) và \(\overrightarrow {{M_0}I} \)

b) Viết biểu thức tọa độ  của tích vô hướng của hai vt \(\overrightarrow {{M_0}M} \) và \(\overrightarrow {{M_0}I} \)

c) Phương trình \(\overrightarrow {{M_0}M} .\overrightarrow {{M_0}I}  = 0\)là phương trình của đường thẳng nào?

Phương pháp giải:

a) Với \(A(a;b),B(x;y)\) thì tọa độ của vt \(\overrightarrow {AB}  = (x – a;y – b)\)

b) Với \(\overrightarrow a  = \left( {a,b} \right),\overrightarrow b  = (x;y)\) thì \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = ax + by\)

c) Từ tích vô hướng đưa ra kết luận là \(\overrightarrow {{M_0}M}  = \left( {x – {x_0};y – {y_0}} \right)\), \(\overrightarrow {{M_0}I}  = \left( {a – {x_0};b – {y_0}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

a) Biểu thức tọa độ của hai vt \(\overrightarrow {{M_0}M} \) và \(\overrightarrow {{M_0}I} \) là \(\overrightarrow {{M_0}M}  = \left( {x – {x_0};y – {y_0}} \right)\), \(\overrightarrow {{M_0}I}  = \left( {a – {x_0};b – {y_0}} \right)\)

b) Ta có:

\(\overrightarrow {{M_0}M} .\overrightarrow {{M_0}I}  = \left( {x – {x_0}} \right)\left( {a – {x_0}} \right) + \left( {b – {y_0}} \right)\left( {y – {y_0}} \right)\)

c) \(\overrightarrow {{M_0}M} .\overrightarrow {{M_0}I}  = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{M_0}M}  \bot \overrightarrow {{M_0}I} \)

Mà \({M_0}I\) là đoạn thẳng nối tâm với điểm nằm ngoài

Vậy ta thấy pt đường thẳng \(M{M_0}\) là tiếp tuyến của đường tròn tại điểm \({M_0}\)

Thực hành 3

Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn \((C):{x^2} + {y^2} – 2x – 4y – 20 = 0\) tại điểm \(A(4;6)\)

Phương pháp giải:

Phương trình tiếp tuyến của đường tròn tâm \(I(a;b)\) tại điểm \(M({x_0};{y_0})\)nằm trên đường tròn là: \(\left( {a – {x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + \left( {b – {y_0}} \right)\left( {y – {y_0}} \right) = 0\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \({4^2} + {6^2} – 2.4 – 4.6 – 20 = 0\), nên điểm A thuộc (C)

Đường tròn \((C):{x^2} + {y^2} – 2x – 4y – 20 = 0\) có tâm \(I(1;2)\)

Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại \(A(4;6)\) là:

\(\begin{array}{l}\left( {4 – 1} \right)\left( {x – 4} \right) + \left( {6 – 2} \right)\left( {y – 6} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 3x + 4y + 16 = 0\end{array}\)

Vận dụng 3

Một vận động viên ném đĩa đã vung đĩa theo một đường tròn \((C)\) có phương trình:

\({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = \frac{{169}}{{144}}\).

Khi người đó vung đĩa đến vị trí điểm \(M\left( {\frac{{17}}{{12}};2} \right)\) thì buông đĩa (hình 4). Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn \((C)\) tại điểm M

Phương pháp giải:

Phương trình tiếp tuyến của đường trong tâm \(I(a;b)\) tại điểm \(M({x_0};{y_0})\)nằm trên đường tròn là: \(\left( {a – {x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) + \left( {b – {y_0}} \right)\left( {y – {y_0}} \right) = 0\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \({\left( {\frac{{17}}{{12}} – 1} \right)^2} + {\left( {2 – 1} \right)^2} = \frac{{169}}{{144}}\), nên điểm M  thuộc (C)

Đường tròn \({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = \frac{{169}}{{144}}\) có tâm \(I(1;1)\)

Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại \(M\left( {\frac{{17}}{{12}};2} \right)\) là:

\(\begin{array}{l}\left( {\frac{{17}}{{12}} – 1} \right)\left( {x – \frac{{17}}{{12}}} \right) + \left( {2 – 1} \right)\left( {y – 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{5}{2}x + y – \frac{{133}}{{24}} = 0\end{array}\)