Hh9 c2 b1 sự xác định đường tròn

SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRỊN, TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƯỜNG TRỊN A Tóm tắt lý thuyết Định nghĩa đường trịn +) Đường trịn tâm O bán kính R (với R  ) tập hợp điểm cách điểm O cố định khoảng R không đổi O; R  O +) Đường tròn tâm O bán kính R kí hiệu là:    khơng ý đến bán kính Vị trí tương đối điểm đường tròn O; R  Vị trí tương đối điểm M đường trịn  Vị trí tương đối M nằm đường tròn (O) M nằm đường tròn (O) M nằm ngồi đường trịn (O) Cách xác định đường tròn Hệ thức OM R OM  R OM  R *) Định lí: - Qua điểm khơng thẳng hàng bao giừo vẽ đường trịn đường trịn mà thơi - Biết tâm bán kính - Biết đoạn thẳng đường kính - Đặc biệt: Nếu tam giác ABC vng tâm đường trịn ngoại tiếp trung điểm cạnh huyền *) Chú ý: - Qua hai điểm cho sẵn, ta dựng vơ số đường trịn, tâm đường tròn phụ thuộc vào đường thẳng trung trực đoạn thẳng nối hai điểm cho - Khơng có đường trịng qua ba điểm thẳng hàng - Nếu tam giác nội tiếp đường tròn có cạnh đường kính đường trịn tam giác tam giác vng Đường trịn ngoại tiếp tam giác - Đường tròn qua đỉnh tam giác gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác giao điểm đường trung trực Tính chất đối xứng đường trịn - Đường trịn hình có tâm đối xứng: Tâm đường trịn tâm đối xứng đường trịn A O A' - Đường trịn hình có trục đối xứng: Bất kì đường kính trục đối xứng đường trịn B Bài tập dạng toán Dạng 1: Chứng minh điểm cho trước nằm đường tròn Cách giải: Cách 1: Chứng minh điểm cho trước cách điểm cho trước  Cách 2: Sử dụng kết quả: Nếu ABC 90 B thuộc đường trịn đường kính AC Bài 1: Cho tứ giác M , N , P, Q   có C  D 90 Gọi E trung điểm AB, BD, DC , CA M , N , P, Q ABCD B M Chứng minh bốn điểm A nằm đường tròn N D Q P C Lời giải  MQ / / NP  MNPQ  Xét tứ giác MNPQ , ta có:  MN / / PQ hình bình hành (dhnb) Kéo dài AD BC cắt E  D  900  E 900 C Ta có:  MN / / ED  MN  MQ  MNPQ  MQ / / EC  Lại có: hình chữ nhật (dhnb)  M , N , P, Q nằm đường tròn với tâm giao điểm đường chéo hình chữ nhật, bán kính nửa đường chéo Bài 2:  Cho hình thoi ABCD có A 60 Gọi E , F , G, H B trung điểm cạnh AB, BC , CD, DA E , F , G , H , B, D E Chứng minh điểm 60° A F C O nằm đường tròn H G D Lời giải  EF / / GH  EFGH  Xét tứ giác EFGH , có:  EH / / FG hình bình hành (dhnb)  Lại có: HEF 90  EFGH hình chữ nhật (dhnb) Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD  OE OF OG OH (1) Xét tam giác OE BE  OBE  OBE có:  B 60  OE OB OD   Từ (1)(2)  OE OB OF OG OH OD  E , B, F , G, D, H  (O) Bài 3: Cho tam giác  ABC A 900  , đường cao A AH Từ M điểm cạnh BC Kẻ MD  AB, ME  AC A, D, M , H , E D Chứng minh điểm B nằm đường trịn E M H C Lời giải Vì ba tam giác ADM , AEM , AHM có chung cạnh huyền AM nên ba đỉnh góc vng D, E , H Nằm đường trịn đường kính AM có tâm trung điểm AM Vậy điểm A, D, M , H , E nằm đường tròn Bài 4: Cho tam giác ABC điểm M trung điểm A BC Hạ MD, ME theo thứ tự vng góc với AB, AC K Trên tia đối tia DB EC I lấy điểm I , K cho D trung E D điểm BI , E trung điểm CK Chứng minh B, I , C, K nằm B M đường tròn Lời giải Cách 1: sử dụng định nghĩa Ta có: M trung điểm BC  MB MC  BC (1) MD trung trực BI  MI MB(2) ME trung trực CK  MC MK (3) Từ (1)(2)(3)  MB MC MI MK  BC (đpcm) Cách 2: Ta có: MD trung trực ME trung trực Vậy: BI  MI MB  BC  BIC  MK MC  BC  BKC CK B, I , C , K   O; BC  Bài 5:  I   O; BC  vuông I  K   O; BC  vuông K C Gọi I , K theo thứ tự điểm nằm AB, AD A I hình vng ABCD cho B P AI  AK Đường thẳng kẻ qua A vng góc K Q với DI P cắt BC Q Chứng minh C , D, P, Q thuộc đường tròn C D Lời giải  KD CQ ADI BAQ( gcg )  AI BQ    KDCQ   KD / / CQ Ta có hình bình hành, mà C 60  CDKQ hình chữ nhật Gọi O giao điểm hai đường chéo CK DQ  OC OD OK OQ PDQ vuông cân P  PQ OD OC Vậy điểm C , D, K , P, Q thuộc đường tròn Bài 6: AD , BE , CF ABC Cho tam giác , ba đường cao A cắt H Gọi I , J , K , L trung điểm AB, AC , HC , HB Chứng minh điểm I , J , K , L, E , F E I thuộc đường tròn J F H K L B D Lời giải Ta có tứ giác IJKL hình bình hành (dhnb)  Mà ILK 90  IJKL hình chữ nhật có hai đường chéo LJ IK Xét tam giác vuông ELJ vuông E  OE  LJ OJ Xét tam giác vuông FLK vuông I  OF  IK OJ C Vậy điểm I , J , K , L, E , F thuộc đường tròn đường kính đường chéo hình chữ nhật Bài 7: Cho hình vng ABCD , gọi O giao điểm A B hai đường chéo AC BD Gọi M,N lần M lượt trung điểm OB, CD a Chứng minh A, M , N , D thuộc đường I O tròn b So sánh AN DM D N C Lời giải a Kẻ NH vng góc với BD H  HO HD  CD   DN  NC     MH  BD OA   NH / / OC  MO MB  OB   Xét tam giác OCD , có:   A M OAM HNM (cgc)    AMN 900    A1  M 90 Ta có: +) Gọi I trung điểm Xét AN  IA IN  AN (1)  900 )  ID  AN (2); AMN ( M  90 )  MI  AN (3) ADN ( D 2 Từ (1)(2)(3)  IA IN IM ID  A, M , N , D  (O ) I ; IA  b Xét đường trịn  có AN đường kính, DM dây không qua tâm  AN  DM Dạng 2: Xác định tâm đường tròn qua điểm Cách giải: Ta có tâm đường trịn qua điểm A, B, C không thẳng hàng giao điểm đường trung trực Bài 1: Cho hình thoi ABCD , đường trung trực B cạnh AB cắt BD E AC F Chứng F minh E F tâm đường A tròn ngoại tiếp tam giác ABC ABD C O D E Lời giải +) Xét ABC , có đường trung trực AB AC cắt E  E tâm đường trịn ngoại tiếp ABC +) Xét ABD , có đường trung trực AB BD cắt F  F tâm đường tròn ngoại tiếp ABD Bài 2: Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O , A E đường kính AD , gọi H giao điểm hai F đường cao BE CF ABC H a Chứng minh tứ giác BHCD hình B bình hành I C b Gọi I trung điểm BC , chứng minh D rằng: AH 2OI c Gọi G trọng tâm ABC , chứng minh G trọng tâm AHD Lời giải O; AD  ADC O; AD  a) Ta có ABD nội tiếp đường trịn  ; nội tiếp đường tròn   BH / / CD    ABD; ADC vuông B C  BD / / CH  BHCD nội tiếp (đpcm) b) Ta có I trung điểm BC  I trung điểm HD  OI  AH  AH 2OI c) Xét ABC , có AI đường trung tuyến, G trọng tâm tam giác Xét AHD có AI đường trung tuyến, G  AI ; AG  AI  G  G  AI ; AG  AI trọng tâm AHD Dạng 3: Xác định vị trí tương đối điểm với đường trịn O; OR  Cách giải: Muốn xác định vị trí điểm M đường trịn  ta so sánh khoảng cách OM với bán kính R theo bảng sau Vị trí tương đối M nằm đường tròn (O) M nằm đường tròn (O) M nằm ngồi đường trịn (O) Hệ thức OM R OM  R OM  R Bài 1: Cho tam giác ABC cạnh a , A đường cao BM , CN Gọi O trung điểm BC M N a Chứng minh B, C , M , N thuộc G đường tròn (O) B a b Gọi G giao điểm BM CN Chứng minh điểm G nằm trong, điểm A nằm ngồi đường trịn đường kính BC Lời giải  BC    BC   BNC 900  N   O;  ; BMC 90  M   O;      a) Ta có:  BC   O;  B , C , M , N Vậy thuộc đường tròn   b) Ta có ABC có G trực tâm đồng thời trọng tâm  900 ), R ON  a OA  a  a  a R  A AOB (O Xét nằm đường tròn (O) a OG  OA  R G Ta lại có: nằm (O) Bài 2: Cho đường trịn (O), đường kính AD 2 R Vẽ C cung tròn tâm D bán kính R , cung O Cắt   B C a) Tứ giác OBDC hình gì? Vì sao?    b) Tính số đo góc CBD, CBO, OBA c) Chứng minh tam giác ABC tam giác Lời giải a) Tứ giác OBDC hình thoi (bốn cạnh nhau)    b) Tính được: CBO CBD  ABO 30  c) Chứng minh ABC cân A có ABC 60  ABC Dạng 4: Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác số đo góc liên quan Cách giải: Ta sử dụng cách sau: 10  Cho góc BAC 60 điểm B nằm tia Ax cho AB 3cm O a) Dựng đường tròn   qua A B cho tâm O nằm tia Ay O b) Tính bán kính đường trịn   Lời giải O; OA  a) Dựng đường thẳng d trung trực AB , d cắt tia Ay O suy  đường tròn cần dựng b) Tính được: OA  cm Bài 5: Cho ABC cân A , có BC 12cm , đường cao AH 4  cm  A Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC O B H C D Lời giải Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , D giao điểm đường cao AH đường O tròn   Tam giác ABC cân A nên AH đường cao đồng thời đường trung trực, đường trung tuyến cạnh BC nên AD đường trung trực cạnh BC O CH  Suy AD đường kính đường trịn   ; BC 12  6  cm  2 Tam giác ACD nội tiếp đường trịn đường kính AD nên ACD vng C , ta có: CH  AH HD  HD  CH  9  cm   AD  AH  HD 9  13  cm  AH 12  R AD 13  6,  cm  2 Bài 6: Cho ABC cân A , nội tiếp đường tròn A  O  Đường cao AH cắt  O  D Biết BC 24cm, AC 20cm 20 a Tính chiều cao AH O 12 12 O bán kính đường tròn   B C D Lời giải Vì ABC cân A , nên AH trung trực BC , AH qua O hay dây AD qua tâm O nên AD đường kính  O  Lúc ACD nội tiếp  O  đường kính BH HC 12cm Tam giác ACH vng H có cạnh huyền AC 20cm Áp dụng hệ thức Pytago, ta được: AC CH  AH  202 122  AH  AH 162  AH 16  AH   Áp dụng hệ thức cạnh AC  AH AD  400 16 AD  AD  cho tam giác ACD vuông C, ta được: 400 25  cm  16 O 12,5  cm  Vậy bán kính đường trịn   Bài 7: C O Cho đường tròn tâm   , đường kính AB dây AC bán kính đường trịn Tính góc ABC A O B Lời giải    AC OA OC  Tam giác OAC có ba cạnh  nên tam giác  A C1 O1 60 13   Ta có: OAC có OB OC nên can O  B C2  B  C  2 B  2C   B  C  1 O  300  ACB   C  900 OBC  O C  2 1 O góc ngồi A    Vậy A 60 ; B 30 ; C 90 Có thể lí giải sau: CAB có trung tuyến CO nửa cạnh đối xứng AB nên vuông O C ACB 900  A 600  B 300 B    Vậy ABC có C 90 ; A 60 ; B 30 Bài 8: Cho ABC cân A , nội tiếp đường tròn H C D O tâm   Đường cao AH cắt đường trịn D a) Vì AD đường kính đường trịn  O  b) Tính số đo góc ACD c) Cho BC 24  cm  , AC 20  cm  Tính đường O cao AH bán kính đường trịn   Lời giải a) ABC cân A , nên AH đường cao đồng thời đường trung trực đoạn thẳng BC Suy AD đường trung trực đoạn thẳng BC , mà O nằm đường trung trực BC nên AD qua O O Suuy AD đường kính đường tròn   O b) Tam giác ACD nội tiếp đường trịn   đường kính AD nên tam giác ACD vng C  ACD 900 c) Ta có: CH BH  BC 24  12  cm  2 2 2 Xét ACH vuông H  AH  AC  CH 20  12 256  AH  256 16  cm  14 AC 202 C  AC  AH AD  AD   25  cm  AH AD 16 Xét ACD vuông 25  OC  AD  12,  cm  2 O 12,5  cm  Vậy bán kính đường tròn   Dạng 5: Chứng minh đẳng thức Bài 1: 15 Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn B  O; R  B điểm di động đường tròn  O  Gọi M,I M trung điểm O I A AB, OA a) Chứng minh rằng: IM  R Suy M thuộc đường cố định b) Chứng minh rằng: OA  R  AB OA  R Lời giải a) Xét OAB có I , M trung điểm OA, AB (gt)  IM đường trung bình 1 OAB  IM  OB  R 2 Ta có I trung điểm đoạn thẳng cố định OA  I cố định, Do M thuộc đường trịn cố định tâm I , bán kính IM  R khơng đổi R b) Xét ba điểm O, A, B ta có: OA  OB  AB OA  OB mà OA R  OA  R  AB OA  R Bài 2: O Cho nửa đường tròn   đường kính AB Hai dây cung AC BD cắt H C D H Chứng minh rằng: AH AC  BH BD  AB A K Lời giải Vẽ HK  AB, K  AB   Vì D, C thuộc đường trịn đường kính AB , nên: ADB  ACB 90 Xét BKH DBA , có: BH BK   ADB  900   BKH #DBA    AH AC  AB AK KBH : chung HKB AB BD ; 16 B Chứng minh tương tự ta có: AKH #ACB Do đó: AH AC  BH BD  AB.AK  AB.BK  AB  AK  BK   AB Bài 3: Cho điểm A cố định nằm đường tròn B  O; R   A 0  B điểm di động đường O tròn   Xác định vị trí điểm B để độ A O dài AB lớn nhất, nhỏ Lời giải OB  OA  AB OB  OA; R  OA  AB R  OA Xét ba điểm O, A, B ta có: Ta có: R  OA R  OA không đổi AB R  OA  O nằm A B O; R  Vậy B giao điểm tia AO đường tròn  độ dài AB lớn AB R  OA  A nằm O B O; R  Vậy B giao điểm tia AO đường trịn  độ dài AB lớn Bài 4: O; R  Cho đường tròn  hai điểm A, B nằm B ngồi đường trịn cho OA 2 R Tìm điểm M đường tròn để MA  2MB đạt giá trị M nhỏ A C Lời giải Gọi C điểm đoạn thẳng OA cho: R OC  , Xét OCM OMA có: 17 ta có C cố định O OC OM   MC OC  COM : chung ;     MC MA     OCM #OMA  OM OA   MA OM MB  MC BC  MA  2MB 2  MC  MB  2BC , 2BC Xét ba điểm M , B, C có khơng đổi Dấu “=’ xảy  M nằm B C O Vậy M giao điểm đoạn thẳng BC đường tròn   , ( C điểm nằm đoạn OA cho OC  R ) OMA đạt giá trị nhỏ Bài 5: a Cho hình thoi ABCD cạnh Gọi R r B bán kính đường trịn ngoại tiếp M tam giác ABD ABC Chứng minh rằng: A 1   2 R r a I C K D Lời giải Gọi M , I , K giao điểm đường trung trực đoạn thẳng AB với AB, AC , BD O giao điểm AC BD Ta có: OA OC ; OB OD; AC  BD ( ABCD hình thoi) nên AC đường trung trực BD , BD đường trung trực AC Do I , K tam đường tròn ngoại tiếp ABD, ABC Xét OAB MKB có: OB AB ABO : chung ; AOB KMB    900   OAB#MKB  MB KB  a2  OB a a4    OB    a r 4r a4  2r  OA2  2 4R Tương tự ta có: Tam giác OAB vuông O , theo định lý Pytago ta có: OA2  OB  AB  a4 a4 1  a    2 4R 4r R r a 18 BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu 1: Khẳng định sau cm A) Tập hợp điểm có khoảng cách đến điểm O cố định   đường tròn tâm O cm bán kính   O cm B) Đường trịn tâm   bán kính   gồm tất điểm có khoảng cách đến O 19  cm  cm C) Hình trịn tâm O bán kính   gồm tất điểm có khoảng cách đến O nhỏ cm   D) Cả A, B, C Chọn đáp án D Giải thích: Cả A, B, C Câu 2: Khẳng định sau sai A) Qua điểm ta vẽ vô số đường trịn B) Qua hai điểm, ta vẽ vơ số đường tròn C) Qua ba điểm, ta vẽ đường tròn D) Cả A, B cịn C sai Chọn đáp án C A Giải thích: A) Qua điểm vẽ vơ số đường trịn B) Qua hai điểm vẽ vơ số đường trịn, O tâm đường trịn thuộc đường trung trực đoạn thẳng nối hai điểm cho C) Qua điểm không thẳng hàng ta vẽ B C đường tròn Tâm đường tròn giao điểm đường trung trực đoạn thẳng tạo ba điểm D) Qua điểm thẳng hàng ta khơng vẽ đường trịn O; R  Câu 3: Cho đường tròn  ngoại tiếp ABC vuông A Khẳng định sau A) Điểm O nằm bên ABC B) Điểm O nằm bên ABC C) Điểm O nằm tùy ý cạnh BC 20