Chọn C

Giả sử họ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) tâm \(I\left(a;b\right)\) bán kính R

\(\Rightarrow\) với mọi góc \(\alpha\) ta luôn có:

\(d\left(I;d\right)=R\Leftrightarrow\dfrac{\left|\left(a-1\right)cos\alpha+\left(b-1\right)sin\alpha-4\right|}{\sqrt[]{sin^2\alpha+cos^2\alpha}}=R\)

\(\Leftrightarrow\left|\left(a-1\right)cos\alpha+\left(b-1\right)sin\alpha-4\right|=R\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1=0\\b-1=0\\\left|-4\right|=R\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow R=4\)

Ta có: \(OA = OB = 120:2 = 60\)

Xét tam giác OBB’ có:

\(\sin \widehat {BOB'} = \frac{{BB'}}{{OB}} = \frac{{27}}{{60}} = \frac{9}{{20}}\)

\(\widehat {AOC} = 2\widehat {BOB'}\)

(Vì số đo cung AC gấp 2 lần số đo cung AB)

Xét tam giác OCC’ vuông tại C’ có:

\(\begin{array}{l}\sin \widehat {COC'} = \frac{{CC'}}{{OC}}\\ \Leftrightarrow CC' = OC.\sin \widehat {COC'} = OC.\sin \left( {2\widehat {BOB'}} \right)\end{array}\)

Mà \(\sin \left( {2\widehat {BOB'}} \right) = 2.\sin \widehat {BOB'}.cos\widehat {BOB'}\)

\( = 2.\frac{9}{{20}}.\frac{{\sqrt {319} }}{{20}} = \frac{{9\sqrt {319} }}{{400}}\)

Vậy khoảng cách từ C đến AH là \(60.\frac{{9\sqrt {319} }}{{200}} \approx 48,2cm\).

Gọi C là giao điểm của AB và \(\Delta\), O là giao điểm IM và AB

Gọi \(I=\left(m;n\right)\Rightarrow IM:x-3y-m+3n=0\)

\(M:\left\{{}\begin{matrix}x-3y-m+3n=0\\x+y=0\end{matrix}\right.\Rightarrow M=\left(\dfrac{m-3n}{4};\dfrac{3n-m}{4}\right)\)

\(\Rightarrow IM=\sqrt{\left(\dfrac{m-3n}{4}-m\right)^2+\left(\dfrac{3n-m}{4}-n\right)^2}=\dfrac{\sqrt{10}\left|m+n\right|}{4}\)

\(d\left(I,\Delta\right)=\dfrac{\left|m+n\right|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\Rightarrow\left|m+n\right|=4\left(1\right)\)

\(\Rightarrow IM=\sqrt{10}\)

Ta có \(IO.IM=IA^2=R^2\Rightarrow IO=\dfrac{IB^2}{IM}=\dfrac{4}{\sqrt{10}}\)

\(d\left(I;AB\right)=\dfrac{\left|3m+n-2\right|}{\sqrt{10}}=\dfrac{4}{\sqrt{10}}\Rightarrow\left|3m+n-2\right|=4\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\&\left(2\right)\) tìm được tọa độ điểm I

Đến đây viết phương trình đường tròn tâm I có bán kính \(R=\sqrt{2}\) là được.

Vì ta chưa xác định được hình dạng của đường cong cố định nên ta sử dụng phương pháp đường biên của hình lồi

Giả sử \(M\left(x_0;y_0\right)\) là điểm mà họ \(\Delta_{\alpha}\) không đi qua. Khi đó phương trình sau vô nghiệm với mọi \(\alpha\)

   \(2x_0\sin\alpha+2y_0\cos\alpha+4\sin\alpha+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x_0+4\right)\sin\alpha+2y_0\cos\alpha+1=0\) (*)

(*) vô nghiệm \(\Leftrightarrow\left(2x_0+4\right)^2+4y^2_0< 1\Leftrightarrow\left(x_0+2\right)^2+y_0^2< \frac{1}{4}\)

Xét đường tròn (C) tâm I(-2;0) và bán kính \(R=\frac{1}{2}\) , ta có :

\(d\left(I,\Delta_{\alpha}\right)=\frac{\left|-4\sin\alpha+2.0\cos\alpha+4\sin\alpha+1\right|}{\sqrt{4\sin^2\alpha+4\cos^2\alpha}}=\frac{1}{2}=R\Rightarrow\Delta_{\alpha}\) luôn tiếp với (C)

a.

\(R=d\left(A;d\right)=\dfrac{\left|3+1-2\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}\)

Phương trình đường tròn:

\(\left(x-3\right)^2+\left(y-1\right)^2=2\)

b.

Tiếp tuyến d' qua O nên có dạng: \(ax+by=0\)

d' tiếp xúc (C) nên \(d\left(A;d'\right)=R\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left|3a+b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sqrt{2}\Leftrightarrow\left(3a+b\right)^2=2a^2+2b^2\)

\(\Leftrightarrow7a^2+6ab-b^2=0\Rightarrow\left(a+b\right)\left(7a-b\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b=0\\7a-b=0\end{matrix}\right.\) chọn \(\left[{}\begin{matrix}\left(a;b\right)=\left(1;-1\right)\\\left(a;b\right)=\left(1;7\right)\end{matrix}\right.\)

Có 2 tiếp tuyến thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}x-y=0\\x+7y=0\end{matrix}\right.\)

c.

Gọi M là trung điểm EF

\(\Rightarrow AM\perp EF\Rightarrow AM=d\left(A;d\right)=\sqrt{2}\)

\(S_{AEF}=\dfrac{1}{2}AM.EF=6\Rightarrow AM.EF=12\)

\(\Rightarrow EF=\dfrac{12}{\sqrt{2}}=6\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow EM=\dfrac{EF}{2}=3\sqrt{2}\)

Áp dụng Pitago:

\(R'=AE=\sqrt{EM^2+AM^2}=2\sqrt{5}\)