Cho \(\left( {{C_\alpha }} \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha + \cos 2\alpha = 0\) (với \(\alpha \ne k\pi \)). Xác định \(\alpha \) để \(\left

21/150

Cho \(\left( {{C_\alpha }} \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha + \cos 2\alpha = 0\) (với \(\alpha \ne k\pi \)). Xác định \(\alpha \) để \(\left( {{C_\alpha }} \right)\) có bán kính lớn nhất.

\(\alpha = \frac{\pi }{2} + k\pi \).

\[\alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \].

\[\alpha = k\pi \].

\[\alpha = k2\pi \].

Giải thích

Bán kính của đường tròn \(\left( {{C_\alpha }} \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha + \cos 2\alpha = 0\) là:

\(R = \sqrt {c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {1 - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {2{{\sin }^2}\alpha } \)

Ta có\(2{\sin ^2}\alpha \le 2\,\,\forall \alpha \) nên\[R \le \sqrt 2 \].

Dấu xảy ra \[\sin \alpha = 1 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Vậy \[{R_{m{\rm{ax}}}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \].

Chọn B