Giải bài tập 7.27 trang 42 SBT toán 10 tập 2 kết nối

Từ cách xác định toạ độ của chất điểm M ta có

$\left\{\begin{matrix}xM=3+5sint^{\circ}\\ yM=4+5cost^{\circ}\end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix}xm-3=5sint^{\circ}\\ yM-4=5cost^{\circ}\end{matrix}\right.$

⇔ $(xM – 3)^{2} + (yM – 4)^{2} = (5sin t°)^{2} + (5cos t°)^{2}$

⇔$ (xM – 3)^{2} + (yM – 4)^{2}= 25(sin t°)^{2} + 25(cos t°)^{2}$

⇔$ (xM – 3)^{2} + (yM – 4)^{2} = 25[(sin t°)^{2} + (cos t°)^{2}]$

⇔ $(xM – 3)^{2} + (yM – 4)^{2} = 25\times 1$

⇔ $(xM – 3)^{2} + (yM – 4)^{2} = 25$

Vậy chất điểm M luôn thuộc đường tròn (C) có tâm I(3; 4) và có bán kính R = $\sqrt{25}$  = 5. Mặt khác gốc toạ độ O(0; 0) cũng thuộc đường tròn (C).

Do đó ta có: OM ≤ 2R = 10

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi OM là đường kính của đường tròn (C), nghĩa là I là trung điểm của OM, điều đó tương đương với

$\left\{\begin{matrix}xM=2xI-xO=6\\ yM=2yI-yO=8\end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix}3+5sint^{\circ}=6\\ 4+5cost^{\circ}=8\end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix}sint^{\circ}=\frac{3}{5}\\ cost^{\circ}=\frac{4}{5}\end{matrix}\right.<=>t\approx 37$ (có t ∈ (0; 180)).

Vậy M(6; 8) thỏa mãn yêu cầu đề bài.