A. Trắc nghiệm

Bài 5.32 trang 112

Đề bài: Cho đường tròn $(O;\ 4\ \text{cm})$ và hai điểm $A,\ B$. Biết rằng $OA = \sqrt{15}\ \text{cm}$ và $OB = 4\ \text{cm}$. Khi đó:

A. Điểm $A$ nằm trong $(O)$, điểm $B$ nằm ngoài $(O)$.

B. Điểm $A$ nằm ngoài $(O)$, điểm $B$ nằm trên $(O)$.

C. Điểm $A$ nằm trên $(O)$, điểm $B$ nằm trong $(O)$.

D. Điểm $A$ nằm trong $(O)$, điểm $B$ nằm trên $(O)$.

Lời giải:

Bán kính $R = 4\ \text{cm}$.

Xét điểm $A$: $OA = \sqrt{15}\ \text{cm}$. So sánh với $R = 4 = \sqrt{16}$:

$$\sqrt{15} < \sqrt{16} \implies OA < R.$$

Vậy điểm $A$ nằm trong $(O)$.

Xét điểm $B$: $OB = 4 = R$.

Vậy điểm $B$ nằm trên $(O)$.

Đáp án: D.

Bài 5.33 trang 112

Đề bài: Cho Hình 5.43, trong đó $BD$ là đường kính, $\widehat{AOB} = 40^\circ$; $\widehat{BOC} = 100^\circ$. Khi đó:

A. sđ $\overset\frown{DC} = 80^\circ$ và sđ $\overset\frown{AD} = 220^\circ$.

B. sđ $\overset\frown{DC} = 280^\circ$ và sđ $\overset\frown{AD} = 220^\circ$.

C. sđ $\overset\frown{DC} = 280^\circ$ và sđ $\overset\frown{AD} = 140^\circ$.

D. sđ $\overset\frown{DC} = 80^\circ$ và sđ $\overset\frown{AD} = 140^\circ$.

Lời giải:

Vì $BD$ là đường kính nên $\widehat{BOD} = 180^\circ$ (góc bẹt).

Tính sđ $\overset\frown{DC}$: Vì $C$ nằm giữa $B$ và $D$ trên đường tròn (theo Hình 5.43), góc $\widehat{COD}$ kề với $\widehat{BOC}$ và tổng bằng góc bẹt $\widehat{BOD}$:

$$\widehat{COD} = \widehat{BOD} – \widehat{BOC} = 180^\circ – 100^\circ = 80^\circ.$$

Suy ra sđ $\overset\frown{DC}$ (cung nhỏ) $= 80^\circ$.

Tính sđ $\overset\frown{AD}$: Tổng số đo các cung nhỏ trên đường tròn bằng $360^\circ$. Ta có:

$$\text{sđ } \overset\frown{AB} + \text{sđ } \overset\frown{BC} + \text{sđ } \overset\frown{CD} + \text{sđ } \overset\frown{DA} = 360^\circ.$$

$$40^\circ + 100^\circ + 80^\circ + \text{sđ } \overset\frown{AD} = 360^\circ.$$

$$\text{sđ } \overset\frown{AD} = 360^\circ – 220^\circ = 140^\circ.$$

Đáp án: D.

Bài 5.34 trang 112

Đề bài: Cho hai đường tròn $(A;\ R_1)$, $(B;\ R_2)$, trong đó $R_2 < R_1$. Biết rằng hai đường tròn $(A)$ và $(B)$ cắt nhau (H.5.44). Khi đó:

A. $AB < R_1 – R_2$; B. $R_1 – R_2 < AB < R_1 + R_2$; C. $AB > R_1 + R_2$; D. $AB = R_1 + R_2$.

Lời giải:

Theo lý thuyết Bài 17, hai đường tròn $(A;\ R_1)$ và $(B;\ R_2)$ với $R_1 > R_2$ cắt nhau khi và chỉ khi:

$$R_1 – R_2 < AB < R_1 + R_2.$$

Đáp án: B.

Bài 5.35 trang 112

Đề bài: Cho đường tròn $(O;\ R)$ và hai đường thẳng $a_1$ và $a_2$. Gọi $d_1,\ d_2$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $O$ đến $a_1$ và $a_2$. Biết rằng $(O)$ cắt $a_1$ và tiếp xúc với $a_2$ (H.5.45). Khi đó:

A. $d_1 < R$ và $d_2 = R$; B. $d_1 = R$ và $d_2 < R$;

C. $d_1 > R$ và $d_2 = R$; D. $d_1 < R$ và $d_2 < R$.

Lời giải:

Theo lý thuyết Bài 16:

• $(O)$ cắt $a_1$ ⟺ $d_1 < R$.
• $(O)$ tiếp xúc với $a_2$ ⟺ $d_2 = R$.

Đáp án: A.

B. Tự luận

Bài 5.36 trang 112

Đề bài: Cho đường tròn $(O)$ đường kính $BC$ và điểm $A$ (khác $B$ và $C$).

a) Chứng minh rằng nếu $A$ nằm trên $(O)$ thì $ABC$ là một tam giác vuông; ngược lại, nếu $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ thì $A$ nằm trên $(O)$.

b) Giả sử $A$ là một trong hai giao điểm của đường tròn $(B;\ BO)$ với đường tròn $(O)$. Tính các góc của tam giác $ABC$.

c) Với cùng giả thiết câu b, tính độ dài cung $\overset\frown{AC}$ và diện tích hình quạt nằm trong $(O)$ giới hạn bởi các bán kính $OA$ và $OC$, biết rằng $BC = 6\ \text{cm}$.

Lời giải:

a) Chứng minh hai chiều.

Chiều thuận: Giả sử $A$ nằm trên $(O)$. Vì $BC$ là đường kính nên $O$ là trung điểm $BC$ và $OA = OB = OC = R = \dfrac{BC}{2}$.

Trong tam giác $ABC$, $AO$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $BC$ và $AO = \dfrac{BC}{2}$. Theo định lý “nếu đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó vuông tại đỉnh đối diện”, tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Chiều đảo: Giả sử $ABC$ vuông tại $A$. Gọi $O’$ là trung điểm $BC$. Trong tam giác vuông $ABC$, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ bằng nửa cạnh huyền:

$$AO’ = \dfrac{BC}{2} = O’B = O’C.$$

Vậy $A$ thuộc đường tròn tâm $O’$ bán kính $\dfrac{BC}{2}$. Mà $O$ cũng là trung điểm $BC$ (do $BC$ là đường kính $(O)$), nên $O’ \equiv O$. Suy ra $A$ nằm trên $(O)$.

b) Tính các góc của tam giác $ABC$.

$A$ là giao điểm của $(B;\ BO)$ với $(O)$, nên:

• $A \in (B;\ BO) \implies BA = BO = R$.
• $A \in (O) \implies OA = R$.

Mặt khác, $OB = R$ (vì $B \in (O)$). Vậy:

$$BA = BO = OA = R.$$

Suy ra tam giác $OAB$ là tam giác đều, nên $\widehat{AOB} = 60^\circ$ và $\widehat{OBA} = \widehat{OAB} = 60^\circ$.

Vì $O$ nằm trên $BC$, ta có $\widehat{ABC} = \widehat{ABО} = 60^\circ$.

Theo câu a, tam giác $ABC$ vuông tại $A$, nên $\widehat{BAC} = 90^\circ$ và:

$$\widehat{ACB} = 180^\circ – 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ.$$

Kết luận: $\widehat{A} = 90^\circ;\ \widehat{B} = 60^\circ;\ \widehat{C} = 30^\circ$.

c) Tính độ dài cung và diện tích hình quạt.

Bán kính $R = \dfrac{BC}{2} = \dfrac{6}{2} = 3\ \text{cm}$.

Vì $B,\ O,\ C$ thẳng hàng và $\widehat{AOB} = 60^\circ$, nên góc $\widehat{AOC}$ kề bù với $\widehat{AOB}$:

$$\widehat{AOC} = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ.$$

Số đo cung nhỏ $\overset\frown{AC} = \widehat{AOC} = 120^\circ$.

Độ dài cung $\overset\frown{AC}$:

$$l = \dfrac{n}{180} \pi R = \dfrac{120}{180} \cdot \pi \cdot 3 = 2\pi\ \text{cm}.$$

Diện tích hình quạt $OAC$ (ứng với cung nhỏ $\overset\frown{AC}$):

$$S_q = \dfrac{n}{360} \pi R^2 = \dfrac{120}{360} \cdot \pi \cdot 3^2 = \dfrac{1}{3} \cdot 9\pi = 3\pi\ \text{cm}^2.$$

Bài 5.37 trang 113

Đề bài: Cho $AB$ là một dây bất kì (không phải là đường kính) của đường tròn $(O;\ 4\ \text{cm})$. Gọi $C$ và $D$ lần lượt là các điểm đối xứng với $A$ và $B$ qua tâm $O$.

a) Hai điểm $C$ và $D$ có nằm trên đường tròn $(O)$ không? Vì sao?

b) Biết rằng $ABCD$ là một hình vuông. Tính độ dài cung lớn $\overset\frown{AB}$ và diện tích hình quạt tròn tạo bởi hai bán kính $OA$ và $OB$.

Lời giải:

a) $C,\ D$ nằm trên $(O)$.

Vì $A$ thuộc $(O)$ và $C$ là điểm đối xứng với $A$ qua tâm $O$, theo HĐ Bài 13, ta có $C \in (O)$.

Tương tự, $D$ là điểm đối xứng với $B$ qua $O$ và $B \in (O)$, nên $D \in (O)$.

b) Tính độ dài cung lớn $\overset\frown{AB}$ và diện tích hình quạt.

Vì $C$ đối xứng với $A$ qua $O$ nên $O$ là trung điểm $AC$, tức $AC$ là đường kính của $(O)$. Tương tự, $BD$ cũng là đường kính.

Tứ giác $ABCD$ là hình vuông (giả thiết) có hai đường chéo là $AC$ và $BD$. Trong hình vuông, hai đường chéo vuông góc với nhau tại tâm $O$. Vậy:

$$\widehat{AOB} = 90^\circ.$$

Số đo cung:

• Cung nhỏ $\overset\frown{AB}$ có số đo $= \widehat{AOB} = 90^\circ$.
• Cung lớn $\overset\frown{AB}$ có số đo $= 360^\circ – 90^\circ = 270^\circ$.

Độ dài cung lớn $\overset\frown{AB}$ (bán kính $R = 4\ \text{cm}$):

$$l = \dfrac{270}{180} \cdot \pi \cdot 4 = \dfrac{3}{2} \cdot 4\pi = 6\pi\ \text{cm}.$$

Diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ $\overset\frown{AB}$:

$$S_q = \dfrac{90}{360} \cdot \pi \cdot 4^2 = \dfrac{1}{4} \cdot 16\pi = 4\pi\ \text{cm}^2.$$

Bài 5.38 trang 113

Đề bài: Cho điểm $B$ nằm giữa hai điểm $A$ và $C$, sao cho $AB = 2\ \text{cm}$ và $BC = 1\ \text{cm}$. Vẽ các đường tròn $(A;\ 1{,}5\ \text{cm}),\ (B;\ 3\ \text{cm})$ và $(C;\ 2\ \text{cm})$. Hãy xác định các cặp đường tròn:

a) Cắt nhau; b) Không giao nhau; c) Tiếp xúc với nhau.

Lời giải:

Vì $B$ nằm giữa $A,\ C$ nên $AC = AB + BC = 2 + 1 = 3\ \text{cm}$.

Ta xét lần lượt từng cặp, áp dụng các hệ thức ở Bài 17.

Cặp $(A;\ 1{,}5)$ và $(B;\ 3)$: Khoảng cách $AB = 2$; bán kính $1{,}5$ và $3$.

$$|R_A – R_B| = |1{,}5 – 3| = 1{,}5; \quad R_A + R_B = 4{,}5.$$

So sánh: $1{,}5 < 2 < 4{,}5$, tức $|R_A – R_B| < AB < R_A + R_B$ → cắt nhau.

Cặp $(A;\ 1{,}5)$ và $(C;\ 2)$: Khoảng cách $AC = 3$; bán kính $1{,}5$ và $2$.

$$|R_A – R_C| = 0{,}5; \quad R_A + R_C = 3{,}5.$$

So sánh: $0{,}5 < 3 < 3{,}5$ → cắt nhau.

Cặp $(B;\ 3)$ và $(C;\ 2)$: Khoảng cách $BC = 1$; bán kính $3$ và $2$.

$$R_B – R_C = 3 – 2 = 1 = BC.$$

Vậy $BC = R_B – R_C$ → tiếp xúc trong.

Kết luận:

a) Cắt nhau: $(A;\ 1{,}5)$ và $(B;\ 3)$; $(A;\ 1{,}5)$ và $(C;\ 2)$.

b) Không giao nhau: không có cặp nào.

c) Tiếp xúc với nhau: $(B;\ 3)$ và $(C;\ 2)$ (tiếp xúc trong).

Bài 5.39 trang 113

Đề bài: Cho tam giác vuông $ABC$ ($\widehat{A}$ vuông). Vẽ hai đường tròn $(B;\ BA)$ và $(C;\ CA)$ cắt nhau tại $A$ và $A’$. Chứng minh rằng:

a) $BA$ và $BA’$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $(C;\ CA)$;

b) $CA$ và $CA’$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $(B;\ BA)$.

Lời giải:

Bước 1: Chứng minh $\triangle BAC = \triangle BA’C$.

Xét hai tam giác $BAC$ và $BA’C$:

• $BA = BA’$ (cùng là bán kính của $(B;\ BA)$).
• $CA = CA’$ (cùng là bán kính của $(C;\ CA)$).
• $BC$ là cạnh chung.

Do đó $\triangle BAC = \triangle BA’C$ (c.c.c), suy ra:

$$\widehat{BAC} = \widehat{BA’C} = 90^\circ.$$

a) $BA$ và $BA’$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(C;\ CA)$.

$BA$ là tiếp tuyến của $(C;\ CA)$ tại $A$:

• $A \in (C;\ CA)$ (vì $CA$ là bán kính).
• $BA \perp CA$ tại $A$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$).

Theo Định lý 1 Bài 16, $BA$ là tiếp tuyến của $(C;\ CA)$ tại $A$.

$BA’$ là tiếp tuyến của $(C;\ CA)$ tại $A’$:

• $A’ \in (C;\ CA)$ (theo giả thiết).
• $BA’ \perp CA’$ tại $A’$ (do $\widehat{BA’C} = 90^\circ$, chứng minh ở Bước 1).

Vậy $BA’$ là tiếp tuyến của $(C;\ CA)$ tại $A’$.

Hai tiếp tuyến $BA,\ BA’$ cùng đi qua điểm $B$, nên là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(C;\ CA)$ tại $B$ (đpcm).

b) $CA$ và $CA’$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(B;\ BA)$.

Lập luận hoàn toàn tương tự câu a, đổi vai trò của $B$ và $C$:

• $CA$ là tiếp tuyến của $(B;\ BA)$ tại $A$ (vì $A \in (B;\ BA)$ và $CA \perp BA$ tại $A$).
• $CA’$ là tiếp tuyến của $(B;\ BA)$ tại $A’$ (vì $A’ \in (B;\ BA)$ và $CA’ \perp BA’$ tại $A’$).

Hai tiếp tuyến $CA,\ CA’$ cùng đi qua $C$, nên là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(B;\ BA)$ tại $C$ (đpcm).

Bài 5.40 trang 113

Đề bài: Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O’)$ cắt nhau tại $A$ và $B$. Một đường thẳng $d$ đi qua $A$ cắt $(O)$ tại $E$ và cắt $(O’)$ tại $F$ ($E$ và $F$ khác $A$). Biết điểm $A$ nằm trong đoạn $EF$. Gọi $I$ và $K$ lần lượt là trung điểm của $AE$ và $AF$ (H.5.46).

a) Chứng minh rằng tứ giác $OO’KI$ là một hình thang vuông.

b) Chứng minh rằng $IK = \dfrac{1}{2}EF$.

c) Khi $d$ ở vị trí nào ($d$ vẫn qua $A$) thì $OO’KI$ là một hình chữ nhật?

Lời giải:

a) Tứ giác $OO’KI$ là hình thang vuông.

$OI \perp d$: $I$ là trung điểm của dây $AE$ trong $(O)$. Theo tính chất “đường thẳng nối tâm với trung điểm của một dây thì vuông góc với dây đó”:

$$OI \perp AE, \text{ tức } OI \perp d.$$

$O’K \perp d$: Tương tự, $K$ là trung điểm của dây $AF$ trong $(O’)$, nên:

$$O’K \perp AF, \text{ tức } O’K \perp d.$$

Kết luận: Vì $OI$ và $O’K$ cùng vuông góc với $d$, ta có:

$$OI \parallel O’K.$$

Tứ giác $OO’KI$ có hai cạnh $OI$ và $O’K$ song song, nên là hình thang (đáy $OI$ và $O’K$).

Hơn nữa, cạnh $IK$ nằm trên đường thẳng $d$, mà $OI \perp d$ tại $I$ và $O’K \perp d$ tại $K$, nên hai góc $\widehat{OIK}$ và $\widehat{O’KI}$ đều bằng $90^\circ$.

Vậy $OO’KI$ là hình thang vuông (vuông tại $I$ và $K$) (đpcm).

b) Chứng minh $IK = \dfrac{1}{2}EF$.

Vì $A$ nằm trong đoạn $EF$, ta có $EF = EA + AF$.

Mặt khác:

• $I$ là trung điểm $AE$, nên $I$ nằm giữa $A$ và $E$, và $AI = \dfrac{AE}{2}$.
• $K$ là trung điểm $AF$, nên $K$ nằm giữa $A$ và $F$, và $AK = \dfrac{AF}{2}$.

Vì $E$ và $F$ nằm về hai phía của $A$ (do $A$ giữa $E,\ F$), nên $I$ và $K$ cũng nằm về hai phía của $A$. Do đó:

$$IK = IA + AK = \dfrac{AE}{2} + \dfrac{AF}{2} = \dfrac{AE + AF}{2} = \dfrac{EF}{2} \quad \text{(đpcm)}.$$

c) Tìm vị trí của $d$ để $OO’KI$ là hình chữ nhật.

Hình thang vuông $OO’KI$ trở thành hình chữ nhật khi và chỉ khi hai cạnh đáy bằng nhau:

$$OI = O’K.$$

Theo câu a, $OI$ và $O’K$ là khoảng cách từ hai tâm $O$ và $O’$ đến đường thẳng $d$ (cùng phía của $d$ theo Hình 5.46). Vậy $OI = O’K$ khi $O$ và $O’$ cách đều đường thẳng $d$ và cùng phía.

Điều này xảy ra khi đường thẳng $d$ song song với $OO’$.

Kết luận: Khi $d$ đi qua $A$ và song song với $OO’$ thì $OO’KI$ là hình chữ nhật.

Thầy Võ Văn Trung

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THCS

Trình độ: Cử nhân Sư phạm Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ A2

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THCS Nguyễn Du