Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi tâm $I(a;-a)$ (thuộc $d:x+y=0$). Vì $IA=IB$: $(a-3{)}^2+a^2=a^2+(-a-2{)}^2\Rightarrow (a-3{)}^2=(a+2{)}^2\Rightarrow a^2-6a+9=a^2+4a+4\Rightarrow -10a=-5\Rightarrow a=\frac{1}{2}$. Vậy $I\left(\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)$. Bán kính: $R^2=I{A}^2={\left(3-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(0+\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{25}{4}+\frac{1}{4}=\frac{13}{2}$. Phương trình: ${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y+\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{13}{2}$, tương ứng đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
$(C):(x-3{)}^2+(y+1{)}^2=4$ có tâm $I(3;-1)$, bán kính $R=2$. a) $IA=\sqrt{(1-3{)}^2+(-1+1{)}^2}=2=R$ nên $A$ thuộc đường tròn → đúng. b) $IB=\sqrt{(1-3{)}^2+(3+1{)}^2}=\sqrt{20}>2$ nên $B$ nằm ngoài đường tròn → sai. c) $IA$ song song với trục hoành nên tiếp tuyến tại $A$ vuông góc với $IA$, có phương trình $x=1$ → đúng. d) Đường $x=1$ có khoảng cách từ $I$ bằng $2=R$ nên là tiếp tuyến; nhưng $3x+4y-12=0$ có khoảng cách từ $I$ là $\frac{|9-4-12|}{5}=\frac{7}{5}\ne 2$ nên không phải tiếp tuyến (tiếp tuyến thứ hai phải là $3x+4y-15=0$) → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$IA=2=R$ nên $A$ thuộc $(C)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$IB=\sqrt{20}>2$ nên $B$ nằm ngoài đường tròn.
c) (AI giải đề cho tôi)
$IA$ nằm ngang, tiếp tuyến tại $A$ là $x=1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$d(I,3x+4y-12=0)=7/5\ne 2$; tiếp tuyến thứ hai là $3x+4y-15=0$.

(AI giải đề cho tôi)
$(C):x^2+y^2+2x-6y+5=0\iff (x+1{)}^2+(y-3{)}^2=5$, tâm $I(-1;3)$, bán kính $R=\sqrt{5}$. a) Đúng. b) $d(I,d)=\frac{|-1+2\cdot 3-15|}{\sqrt{5}}=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}\ne \sqrt{5}$ → sai. c) Luôn có đúng hai tiếp tuyến của đường tròn song song với một đường thẳng cho trước → đúng. Cụ thể: tiếp tuyến song song với $d$ có dạng $x+2y+c=0$, điều kiện tiếp xúc $d(I,\text{đường thẳng})=R$: $\frac{|c+5|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\iff |c+5|=5\iff c=0$ hoặc $c=-10$. d) Với $c=0$ ta được tiếp tuyến $x+2y=0$ đi qua $O(0;0)$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$(x+1{)}^2+(y-3{)}^2=5$ nên tâm $I(-1;3)$, $R=\sqrt{5}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$d(I,d)=\frac{|-1+6-15|}{\sqrt{5}}=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}\ne \sqrt{5}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Từ một đường thẳng cho trước luôn có đúng hai tiếp tuyến của đường tròn song song với nó: $x+2y+c=0$ với $|c+5|=5\Rightarrow c=0$ hoặc $c=-10$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tiếp tuyến $x+2y=0$ (ứng với $c=0$) song song với $d$ và đi qua $O(0;0)$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 9:

a) M(2;-5), N(-4;3). Tâm I là trung điểm MN: $I\left(\frac{2+(-4)}{2};\frac{-5+3}{2}\right)=I(-1;-1)$. Bán kính $R=\frac{MN}{2}$ với $MN=\sqrt{(-4-2{)}^2+(3+5{)}^2}=\sqrt{36+64}=10$, nên $R=5$. Vậy $(C):(x+1{)}^2+(y+1{)}^2=25$.

b) Tâm $I(1;-2)$, bán kính bằng khoảng cách từ I đến đường thẳng $4x-3y+5=0$: $R=\frac{|4\cdot 1-3\cdot (-2)+5|}{\sqrt{16+9}}=\frac{15}{5}=3$. Vậy $(C):(x-1{)}^2+(y+2{)}^2=9$.

c) Gọi $I(a;b)$ là tâm. Vì $IA=IB=3$ nên I nằm trên trung trực của AB. Trung điểm AB là $\left(\frac{5}{2};\frac{1}{2}\right)$, vectơ $\overrightarrow{AB}=(1;1)$ nên trung trực AB: $x+y=3$, tức $b=3-a$. Từ $I{A}^2=9$: $(a-2{)}^2+(3-a{)}^2=9\iff 2a^2-10a+4=0\iff a^2-5a+2=0\iff a=\frac{5\pm \sqrt{17}}{2}$. Khi đó $b=3-a=\frac{1\mp \sqrt{17}}{2}$. Vậy có hai đường tròn: ${\left(x-\frac{5+\sqrt{17}}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1-\sqrt{17}}{2}\right)}^2=9$ và ${\left(x-\frac{5-\sqrt{17}}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1+\sqrt{17}}{2}\right)}^2=9$.

d) A(2;1), B(4;3), tâm $I(a;a+5)$ (vì I thuộc $x-y+5=0$). $IA=IB$: $(a-2{)}^2+(a+4{)}^2=(a-4{)}^2+(a+2{)}^2\iff 4a+20=-4a+20\iff a=0$. Vậy $I(0;5)$, $R^2=I{A}^2=4+16=20$. Đường tròn: $x^2+(y-5{)}^2=20$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 10: a) (C): x²+y²+4x+2y−11=0 có tâm I(−2;−1), bán kính R=√(4+1+11)=√16=4. b) Kiểm tra M(2;−1): IM=√((2+2)²+0²)=4=R nên M thuộc (C). Vectơ IM=(4;0) là pháp tuyến của tiếp tuyến tại M, nên tiếp tuyến: 4(x−2)+0(y+1)=0 ⇔ x=2 (hoặc x−2=0). c) Tiếp tuyến song song với d: 3x+4y+1=0 có dạng 3x+4y+c=0. Khoảng cách từ I(−2;−1) đến tiếp tuyến bằng R: |3(−2)+4(−1)+c|/5=4 ⇔ |c−10|=20 ⇔ c=30 hoặc c=−10. Vậy có hai tiếp tuyến: 3x+4y+30=0 và 3x+4y−10=0.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 11: a) $x^2+y^2-4x+8y-5=0\iff (x-2{)}^2+(y+4{)}^2=25$, đây là phương trình đường tròn tâm $I(2;-4)$, bán kính $R=5$.

b) Tiếp tuyến song song với $d_1:x+y+6=0$ có dạng $x+y+c=0$. Điều kiện tiếp xúc: $\frac{|2-4+c|}{\sqrt{2}}=5\iff |c-2|=5\sqrt{2}\iff c=2\pm 5\sqrt{2}$. Vậy có hai tiếp tuyến: $x+y+2+5\sqrt{2}=0$ và $x+y+2-5\sqrt{2}=0$.

c) Tiếp tuyến vuông góc với $d_2:3x+2y+1=0$ nên có dạng $2x-3y+c=0$. Điều kiện: $\frac{|2\cdot 2-3(-4)+c|}{\sqrt{13}}=5\iff |16+c|=5\sqrt{13}\iff c=-16\pm 5\sqrt{13}$. Vậy: $2x-3y-16+5\sqrt{13}=0$ và $2x-3y-16-5\sqrt{13}=0$.

d) Điểm $C(0;-1)$: $IC=\sqrt{(0-2{)}^2+(-1+4{)}^2}=\sqrt{13}<5$, tức $C$ nằm bên trong đường tròn. Do đó qua $C$ không có tiếp tuyến nào của $(C)$ (không tồn tại tiếp tuyến thỏa yêu cầu).

(AI giải đề cho tôi)
Tâm $I(t;\frac{2-t}{2})$ thuộc $d:x+2y-2=0$. Khoảng cách từ $I$ đến $\Delta :3x-4y-11=0$ bằng $R=5$: $\frac{|3t-4\cdot \frac{2-t}{2}-11|}{5}=\frac{|5t-15|}{5}=|t-3|=5$, suy ra $t=8$ hoặc $t=-2$. Vì hoành độ dương nên $t=8$, $I(8;-3)$. Phương trình đường tròn: $(x-8{)}^2+(y+3{)}^2=25\iff x^2+y^2-16x+6y+48=0$. So sánh với $x^2+y^2-2ax-2by+c=0$ ta có $a=8,b=-3,c=48$, do đó $a+b+c=8-3+48=53$.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C):x^2+y^2-2x+4y-4=0$ có tâm $I(1;-2)$, bán kính $R=\sqrt{1+4+4}=3$. Kiểm tra $M(4;-2)$: $IM=\sqrt{(4-1{)}^2+0^2}=3=R$ nên $M$ thuộc $(C)$. Vectơ $\overrightarrow{IM}=(3;0)$ là pháp tuyến của tiếp tuyến tại $M$. Tiếp tuyến: $3(x-4)+0(y+2)=0\iff x-4=0$, tức $1x+0y-4=0$. Vậy $a=1,b=0$, suy ra $a+b=1$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Trung điểm của AB là I(1;3). Vectơ AB = (4;2) nên đường trung trực của AB có vectơ pháp tuyến (4;2), tức phương trình: 4(x-1)+2(y-3)=0 ⟺ 4x+2y-10=0 ⟺ 2x+y-5=0. Vậy đường trung trực của AB là 2x+y-5=0 (trùng với Δ).

b) Đường tròn (C) tâm A(-1;2) tiếp xúc với Δ: 2x+y-5=0 có bán kính R = d(A,Δ) = |2·(-1)+2-5|/√(2²+1²) = |-5|/√5 = √5. Vậy (C): (x+1)² + (y-2)² = 5.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C):x^2+y^2-2x-4y-25=0$ có tâm $I(1;2)$, bán kính $R=\sqrt{1+4+25}=\sqrt{30}$. Với $M(2;1)$, ta có $IM=\sqrt{(2-1{)}^2+(1-2{)}^2}=\sqrt{2}<\sqrt{30}$ nên $M$ nằm trong đường tròn. Dây cung đi qua $M$ có độ dài nhỏ nhất khi dây vuông góc với $IM$ (khi đó $M$ là trung điểm dây). Độ dài dây nhỏ nhất là $2\sqrt{R^2-I{M}^2}=2\sqrt{30-2}=2\sqrt{28}=4\sqrt{7}$.

(AI giải đề cho tôi)
(C): x²+y²−6x−2y−15=0 ⇔ (x−3)²+(y−1)²=25, tâm I(3;1), R=5. a) Thay A(0;5): 0+25−0−10−15=0 → A thuộc (C), đúng. b) Đường kính = 2R = 10 ≠ 5, sai. c) B(6;−3): 36+9−36+6−15=0 nên B thuộc (C); IB=(3;−4), tiếp tuyến: 3(x−6)−4(y+3)=0 ⇔ 3x−4y−30=0 ≠ 4x−5y−39=0, sai. d) d(I,(d))=|4·3+3·1+10|/5=25/5=5=R nên (d) tiếp tuyến, đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Thay A(0;5) vào phương trình: 0+25−0−10−15=0 nên A thuộc (C).
b) (AI giải đề cho tôi)
R=5 nên đường kính bằng 10, không phải 5.
c) (AI giải đề cho tôi)
B thuộc (C), tiếp tuyến tại B: 3x−4y−30=0, khác 4x−5y−39=0.
d) (AI giải đề cho tôi)
d(I,(d))=|12+3+10|/5=5=R nên (d) là tiếp tuyến của (C).

(AI giải đề cho tôi)
Bài 5: a) Đường tròn tâm I(5;-2), bán kính R=7 có phương trình: $(x-5{)}^2+(y+2{)}^2=49$.

b) Vì (C) tiếp xúc với Δ: 4x-3y+5=0 nên bán kính bằng khoảng cách từ I(1;-2) đến Δ: $R=\frac{|4\cdot 1-3\cdot (-2)+5|}{\sqrt{4^2+(-3{)}^2}}=\frac{|4+6+5|}{5}=3$. Phương trình: $(x-1{)}^2+(y+2{)}^2=9$.

c) Tâm là trung điểm AB: $I\left(\frac{2+4}{2};\frac{-9+1}{2}\right)=(3;-4)$. Bán kính $R=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{(4-2{)}^2+(1+9{)}^2}}{2}=\frac{\sqrt{104}}{2}=\sqrt{26}$. Phương trình: $(x-3{)}^2+(y+4{)}^2=26$.

d) Viết phương trình dạng $x^2+y^2-2ax-2by+c=0$. Thay tọa độ ba điểm:
- M(2;-1): $5-4a+2b+c=0$
- N(1;3): $10-2a-6b+c=0$
- P(0;2): $4-4b+c=0\Rightarrow c=4b-4$

Thay vào hai phương trình đầu: $-4a+6b+1=0$ và $-2a-2b+6=0\Rightarrow a+b=3$. Suy ra $-4(3-b)+6b+1=0\Rightarrow 10b=11\Rightarrow b=\frac{11}{10}$, $a=\frac{19}{10}$, $c=\frac{22}{5}-4=\frac{2}{5}$.

Vậy tâm $I\left(\frac{19}{10};\frac{11}{10}\right)$, $R^2=a^2+b^2-c=\frac{361}{100}+\frac{121}{100}-\frac{40}{100}=\frac{221}{50}$.

Phương trình: $x^2+y^2-\frac{19}{5}x-\frac{11}{5}y+\frac{2}{5}=0$, tức ${\left(x-\frac{19}{10}\right)}^2+{\left(y-\frac{11}{10}\right)}^2=\frac{221}{50}$.

Kiểm tra: M(2;-1): $5-\frac{38}{5}+\frac{11}{5}+\frac{2}{5}=0$ ✓; N(1;3): $10-\frac{19}{5}-\frac{33}{5}+\frac{2}{5}=0$ ✓; P(0;2): $4-\frac{22}{5}+\frac{2}{5}=0$ ✓.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $x^2+y^2=25$ có tâm $O(0;0)$, bán kính $R=5$. Điểm $M(3;4)$ nằm trên đường tròn vì $3^2+4^2=9+16=25$. Khi văng khỏi quỹ đạo tròn, vật bay theo hướng tiếp tuyến tại $M$, nên quỹ đạo là tiếp tuyến của đường tròn tại $M$. Vectơ $\overrightarrow{OM}=(3;4)$ là vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến, nên tiếp tuyến có dạng $3x+4y+C=0$. Thay tọa độ $M(3;4)$: $3\cdot 3+4\cdot 4+C=0\Rightarrow 9+16+C=0\Rightarrow C=-25$. Vậy trong khoảng thời gian ngắn ngay sau khi văng, vật chuyển động trên đường thẳng $3x+4y-25=0$ (tức $3x+4y=25$).

Lời giải



Quỹ đạo chuyển động là $(C):(x-3{)}^2+(y-3{)}^2=4$.

$AB$ đi qua $A(-3;2)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(5;5)\Rightarrow \overrightarrow{n_{AB}}=(1;-1)$.

Phương trình tổng quát của đường thẳng $AB$ là: $x-y+5=0$.

Ta có: $d(I;AB)=IH=\frac{|3-3+5|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=\frac{5}{\sqrt{2}}>R$ nên đường thẳng $AB$ và đường tròn $(C)$ không có điểm chung và gọi $K$ là giao điểm của $IH$ và đường tròn nên $HK=IH-IK=\frac{5}{\sqrt{2}}-2$.

$+$) Xét $M\in (C),N\in AB$ ta có $MN\ge IN-IM=IN-IK\ge IH-IK=HK=\frac{5}{\sqrt{2}}-2$.

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương ứng)

(AI giải đề cho tôi)
Máy bay hiển thị trên ra-đa khi $OM\le 500$, tức $x^2+y^2\le 250000$. Với $x=\frac{1600-1400t}{3},y=\frac{1900-1400t}{3}$, nhân cả hai vế với 9: $(1600-1400t{)}^2+(1900-1400t{)}^2\le 2250000$. Khai triển: $2560000-4480000t+1960000t^2+3610000-5320000t+1960000t^2\le 2250000$, tức $3920000t^2-9800000t+3920000\le 0$, chia cho $1960000$: $2t^2-5t+2\le 0\iff \frac{1}{2}\le t\le 2$. Vậy máy bay rời màn hình ra-đa tại $t=2$ giờ, tức lúc $7+2=9$ giờ. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, Phần III câu 3 = 9).

a) Ta có: $\overrightarrow{BC}=(3;4)\Rightarrow \overrightarrow{n_{BC}}=(4;-3)$. [0,25 điểm]
Phương trình tổng quát của $BC$ là:
$$4(x+1)-3(y+1)=0\iff 4x-3y+1=0.$$ [0,25 điểm]
b) Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ có dạng tổng quát:
$$(C):x^2+y^2-2ax-2by+c=0\text{ ( với }{a}^2+b^2-c>0\text{)}.$$
Vì $A,B,C$ thuộc đường tròn $(C)$ nên tọa độ của chúng phải thỏa mãn phương trình đường tròn. Ta có hệ:
$$\{\begin{array}{l}{1}^2+2^2-2a-4b+c=0\\ (-1{)}^2+(-1{)}^2-2a(-1)-2b(-1)+c=0\\ 2^2+3^2-4a-6b+c=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-2a-4b+c=-5\\ 2a+2b+c=-2\\ -4a-6b+c=-13\end{array}$$ [0,25 điểm]
Giải hệ phương trình: $$\{\begin{array}{l}a=\frac{21}{2}\\ b=-\frac{13}{2}\\ c=-10\end{array}$$
Thay $a,b,c$ vào phương trình tổng quát: $x^2+y^2-21x+13y-10=0$. [0,25 điểm]

(AI giải đề cho tôi)
a) $AB=\sqrt{(4-2{)}^2+(5-1{)}^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$. Đường tròn tâm $A(2;1)$ bán kính $2\sqrt{5}$: $(x-2{)}^2+(y-1{)}^2=20\iff x^2+y^2-4x-2y-15=0$. Đúng.
b) $\Delta$ có VTCP $(2;-1)$ nên đường vuông góc với $\Delta$ có VTCP $(1;2)$, qua $A(2;1)$: $2(x-2)-(y-1)=0\iff 2x-y-3=0$. Đúng.
c) $\overrightarrow{AB}=(2;4)=2(1;2)$ nên $\vec{u}=(1;2)$ là một VTCP của $AB$. Đúng.
d) $d(A,\Delta )=\frac{|2+2-9|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}$. Nửa dây $MN=\sqrt{A{B}^2-d^2}=\sqrt{20-5}=\sqrt{15}$, nên $MN=2\sqrt{15}$. Diện tích $S_{AMN}=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{15}\cdot \sqrt{5}=\sqrt{75}=5\sqrt{3}\ne 4\sqrt{5}$. Sai. Khớp đáp án chính thức (mã 1002): Đ Đ Đ S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AB=2\sqrt{5}$, $(x-2{)}^2+(y-1{)}^2=20\iff x^2+y^2-4x-2y-15=0$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Đường vuông góc với $\Delta$ có VTCP $(1;2)$, qua $A(2;1)$: $2x-y-3=0$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}=(2;4)=2(1;2)$ nên $(1;2)$ là một VTCP. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$d(A,\Delta )=\sqrt{5}$, $MN=2\sqrt{15}$, $S=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{15}\cdot \sqrt{5}=5\sqrt{3}\ne 4\sqrt{5}$. Sai.

a) Ta có: ${\vec{n}}_1=(2;-1)$, ${\vec{n}}_2=(1;1)$. $\cos (d_1,d_2)=\frac{|2.1+(-1).1|}{\sqrt{5}.\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.
b) $B\in d_2$ và $x_B=-1\Rightarrow y_B=-2\Rightarrow B(-1;-2)$. Tâm $I\in d_1\Rightarrow I(t;2t-2)$. Vì đường tròn tiếp xúc $d_2$ tại $B$ nên $IB\perp d_2$. VTCP của $d_2$ là $\vec{u}=(1;-1)$. $\overrightarrow{IB}=(-1-t;-2t)$. $\overrightarrow{IB}.\vec{u}=0\iff -1-t+2t=0\iff t=1\Rightarrow I(1;0)$. Bán kính $R=IB=\sqrt{(-2{)}^2+(-2{)}^2}=2\sqrt{2}$.

a) $\overrightarrow{n_1}=(1;1)$, $\overrightarrow{n_2}=(1;-2)$. $\cos (d_1,d_2)=\frac{|1.1+1.(-2)|}{\sqrt{1^2+1^2}.\sqrt{1^2+(-2{)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.
b) Nhận thấy $M\in d_2$ (không phải $d_1$). Gọi tâm $I\in d_2\Rightarrow I(2b-4;b)$. Vì $(C)$ tiếp xúc $d_1$ tại $A$ và đi qua $M$, ta có $R=d(I,d_1)=IM$. $\frac{|(2b-4)+b-2|}{\sqrt{2}}=\sqrt{(2b-4-1{)}^2+(b-4{)}^2}$. Giải PT tìm $b$, từ đó suy ra PT đường tròn: ${\left(x-16-6\sqrt{6}\right)}^2+{\left(y-10-3\sqrt{6}\right)}^2={\left(9\sqrt{3}+12\sqrt{2}\right)}^2$ hoặc ${\left(x-16+6\sqrt{6}\right)}^2+{\left(y-10+3\sqrt{6}\right)}^2={\left(12\sqrt{2}-9\sqrt{3}\right)}^2$.

(AI giải đề cho tôi)
Quỹ đạo là đường tròn tâm I(1;5) bán kính 1 vì (x−1)²+(y−5)² = sin²t° + cos²t° = 1. Chuyển động kết thúc tại t=180: vị trí là (1+sin180°; 5+cos180°) = (1; 4), tức điểm thấp nhất của đường tròn. Tại điểm này bán kính thẳng đứng, nên tiếp tuyến của đường tròn là đường ngang đi qua (1;4), có phương trình y=4. Vậy a=4, trùng với đáp án nguồn (Mã 1102, Phần III câu 4 = 4).