Phương pháp giải:

+ Đường tròn là tập hợp các điểm cách điểm O cố định một khoảng bằng R không đổi ($R>0$), O gọi là tâm và R là bán kính.

+ Để chứng minh các điểm thuộc cùng một đường tròn ta chứng minh các điểm này cách đều một điểm.

Lời giải:

Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD.$ Ta có: 

$OA=OB=OC=OD$ (tính chất hình chữ nhật)

Vậy bốn điểm $A,B,C,D$  cùng nằm trên một đường tròn bán kính ${\displaystyle \frac{AC}{2}}$

Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC ta có:

$\begin{array}{rl}& A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2={16}^2+{12}^2\\ & =256+144=400\end{array}$

Suy ra: $AC=\sqrt{400}=20(cm)$

Vậy bán kính đường tròn là: $OA={\displaystyle \frac{AC}{2}}={\displaystyle \frac{20}{2}}=10(cm)$

$A(1;-1)$, $B(-\sqrt{2};\sqrt{2})$ và $C(1;2)$ đối với đường tròn $(O;2)$. 

Phương pháp giải:

Muốn xác định vị trí của điểm $M$ đối với đường tròn $(O;R)$ ta so sánh $OM$ với bán kính $R.$

$OM<R$ thì M nằm bên trong đường tròn.

$OM=R$ thì M nằm bên trên đường tròn.

$OM>R$ thì M nằm bên ngoài đường tròn.

Lời giải:

Gọi $R$ là bán kính của đường tròn $(O;2).$ Ta có $R=2$

$O{A}^2=1^2+1^2=2\Rightarrow OA=\sqrt{2}<2$

Vì $OA<R$ nên điểm $A$ nằm trong đường tròn $(O;2)$

$\begin{array}{rl}& O{B}^2=(\sqrt{2}{)}^2+(\sqrt{2}{)}^2\\ & =2+2=4\Rightarrow OB=2\end{array}$

Vì $OB=R$ nên điểm $B$ thuộc đường tròn $(O;2)$

$\begin{array}{rl}& O{C}^2=1^2+2^2=1+4=5\\ & \Rightarrow OC=\sqrt{5}>2\end{array}$

Vì $OC>R$ nên điểm $C$ nằm ngoài đường tròn $(O;2).$

Phương pháp giải:

+ Đường tròn là tập hợp các điểm cách điểm O cố định một khoảng bằng R không đổi (), O gọi là tâm và R là bán kính.

Lời giải:

(1)   nối  với (6)

(2)   nối với (5)

(3)    nối với (4).

Phương pháp giải:

Để dựng một đường tròn, ta cần xác định tâm và bán kính. Tâm $M$ phải thỏa mãn hai điều kiện, trong đó có một điều kiện là nằm trên đường trung trực của $DE$ và một điều kiện là M nằm trên tia $Ox$

Lời giải:

*  Cách dựng

−  Dựng đường trung trực của $DE$ cắt $Ax$ tại $M.$

−  Dựng đường tròn tâm $M$ bán kính $MD.$                            

*   Chứng minh

Theo cách dựng ta có:

$M\in Ox$

$MD=ME$ (tính chất đường  trung trực)

Suy ra: $E\in (M;MD)$

a) Hai đường tròn phân biệt có thể có hai điểm chung. 

b) Hai đường tròn phân biệt có thể có ba điểm chung phân biệt.

c) Tâm của đường tròn ngoại tiếp một tam giác bao giờ cũng nằm trong tam giác ấy.

Phương pháp giải:

+ Cho hai đường tròn (C) và (C') có tâm và bán kính khác nhau. Nếu hai đường tròn cắt nhau thì luôn cắt tại hai điểm phân biệt.

+ Giao điểm của ba đường trung trực là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Lời giải:

a) Đúng

b) Sai vì hai đường tròn có ba điểm chung phân biệt thì chúng trùng nhau.

c) Sai vì tam giác vuông có tâm đường tròn ngoại tiếp nằm trên cạnh huyền, tam giác tù giao điểm của ba đường trung trực nằm ngoài tam giác nên tâm đường tròn ngoại tiếp nằm ngoài tam giác.

a) Quan sát hình lọ hoa trên giấy kẻ ô vuông (h.71) rồi vẽ hình đó vào vở.

b)  Quan sát đường xoắn ốc trên hình 72 rồi vẽ lại hình đó vào vở. Tính bán kính của các cung tròn tâm $B,C,D,A$ biết cạnh hình vuông $ABCD$ bằng 1 đơn vị dài.

Phương pháp giải:

+ Đường tròn là tập hợp các điểm cách điểm $O$ cố định một khoảng bằng $R$ không đổi ($R>0$), $O$ gọi là tâm và $R$ là bán kính.

+ Phải xác định tâm và bán kính các cung tròn có trong hình.

Lời giải:

a) Hình a

b) Hình b

Cung tròn tâm B có bán kính bằng 1.

Cung tròn tâm C có bán kính bằng 2. 

Cung tròn tâm D có bán kính bằng 3.

Cung tròn tâm A có bán kính bằng 4

Có một chi tiết máy (mà đường viền ngoài là đường tròn) bị gãy. Làm thế nào để xác định được bán kính của đường viền?

Phương pháp giải:

+ Đường tròn là tập hợp các điểm cách điểm $O$ cố định một khoảng bằng $R$ không đổi ($R>0$), $O$ gọi là tâm và $R$ là bán kính.

+ Giao điểm của ba đường trung trực là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Lời giải:

Lấy ba điểm $A,B,C$ phân biệt trên đường viền.

Dựng đường trung trực của $AB$ và $BC.$ Hai đường trung trực cắt nhau tại $O.$

Khi đó, $OA,OB,OC$ chính là bán kính của đường viền.

Trong năm điểm $A,B,C,D,O,$ điểm nào nằm trên đường tròn? 

Điểm nào nằm trong đường tròn? Điểm nào nằm ngoài đường tròn? 

Phương pháp giải:

Muốn xác định vị trí của điểm M đối với đường tròn $(O;R)$ ta so sánh $OM$ với bán kính $R$.

$OM<R$ thì $M$ nằm bên trong đường tròn.

$OM=R$ thì $M$ nằm bên trên đường tròn.

$OM>R$ thì $M$ nằm bên ngoài đường tròn.

Lời giải:

$OA=\sqrt{2}<2$ nên điểm $O$ và $A$ nằm trong $(A;2)$

$AB=2$ nên điểm $B$ nằm trên $(A;2)$

$AD=2$ nên điểm $D$ nằm trên $(A;2)$

Xét tam giác ABC vuông tại B, theo định lý Pytago ta có: 

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2$$=2^2+2^2=8\Rightarrow AC=2\sqrt{2}$

Vì $AC=2\sqrt{2}>2$ nên điểm $C$ nằm ngoài $(A;2).$

a) Chứng minh rằng $CD\mathrm{\perp }AB,BE\mathrm{\perp }AC.$

b) Gọi $K$ là giao điểm của $BE$ và $CD.$ Chứng minh rằng $AK$ vuông góc với $BC.$ 

Phương pháp giải:

Sử dụng:

+) Nếu tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O,$ trong đó $BC$ là đường kính thì tam giác $ABC$ vuông tại $A.$ 

+) Giao của ba đường cao là trực tâm của tam giác.

Lời giải:

a) Tam giác $BCD$ nội tiếp trong đường tròn (O) có $BC$ là đường kính nên vuông tại $D.$

 Suy ra: $CD\mathrm{\perp }AB$

Tam giác $BCE$ nội tiếp trong đường tròn (O) có $BC$ là đường kính nên vuông tại $E.$

Suy ra: $BE\mathrm{\perp }AC$

b) Xét tam giác $ABC$ có $K$ là giao điểm của hai đường cao $CD$ và $BE$ nên $K$ là trực tâm của tam giác $ABC.$

Suy ra: $AK\mathrm{\perp }BC$

$(A)2\sqrt{3}cm;$ 

$(B)2cm;$

$(C)\sqrt{3}cm;$

$(D)\sqrt{2}cm;$

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất tam giác đều và tỉ số lượng giác của góc nhọn.

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ thì $AB=BC.\sin \hat{C}$ 

Lời giải:

Vì $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên $O$ là giao điểm của ba đường trung trực trong tam giác $ABC.$

Kẻ $AH\mathrm{\perp }BC$, ta có: $O\in AH$.

Trong tam giác vuông $ABH$, ta có:

$AH=AB.\sin \hat{B}=3.\sin {60}^{\circ }={\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{2}}$

Vì tam giác $ABC$ đều nên $AH$ là đường cao cũng đồng thời là trung tuyến và O cũng là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó: 

$OA={\displaystyle \frac{2}{3}}AH={\displaystyle \frac{2}{3}}.{\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3}$ cm.

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là: $AO=\sqrt{3}$ cm.

Vậy chọn đáp án C.

a) Chứng minh rằng bốn đỉnh của hình vuông cùng nằm trên một đường tròn. Hãy chỉ ra vị trí của tâm đường tròn đó.

b) Tính bán kính của đường tròn đó, biết cạnh của hình vuông bằng $2dm$.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng: 

+) Đường tròn là tập hợp các điểm cách điểm $O$ cố định một khoảng bằng $R$ không đổi ($R>0$), $O$ gọi là tâm và $R$ là bán kính.

+) Tính bán kính dựa vào tính chất hình vuông và định lý Pytago

Lời giải:

a) Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$

Ta có: $OA=OB=OC=OD$ (tính chất của hình vuông)

Vậy bốn điểm $A,B,C,D$ cùng nằm trên một đường tròn. Tâm của đường tròn là $O$ và bán kính là $OA$. 

b) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông $ABC$, ta có:

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=2^2+2^2=8$

Suy ra: $AC=2\sqrt{2}(dm)$

Vậy $R=OA={\displaystyle \frac{AC}{2}}={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}(dm)$

a) Vì sao $AD$ là đường kính của đường tròn (O)?  

b) Tính số đo góc $ACD$.

c) Cho $BC=24cm$, $AC=20cm$. Tính đường cao $AH$ và bán kính đường tròn (O).

Phương pháp giải:

+ Đường tròn là tập hợp các điểm cách điểm O cố định một khoảng bằng R không đổi ($R>0$), O gọi là tâm và R là bán kính.

+ Xét tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH:

- Áp dụng định lí Pytago: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$

- Hệ thức lượng trong tam giác vuông: $A{C}^2=AH.BC$

Lời giải:

a) Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $AH$ là đường cao đồng thời cũng là đường trung trực của $BC$.

Vì $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên $O$ nằm trên đường trung trực của $BC$ hay $O$  thuộc $AD$.

Suy ra $AD$ là đường kính của (O).

b) Tam giác $ACD$ nội tiếp trong (O) có $AD$ là đường kính nên suy ra $\widehat{ACD}={90}^{\circ }$

c) Ta có: 

$AH$ là đường trung trực của $BC$ (cmt) nên $H$ là trung điểm cạnh BC.
$\Rightarrow HB=HC={\displaystyle \frac{BC}{2}}$$={\displaystyle \frac{24}{2}}=12(cm)$ 

Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông ACH ta có:

$A{C}^2=A{H}^2+H{C}^2$

Suy ra:

$\begin{array}{rl}& A{H}^2=A{C}^2-H{C}^2\\ & ={20}^2-{12}^2=400-144=256\end{array}$

$AH=16(cm)$

Tam giác $ACD$ vuông tại $C,$ theo hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và hình chiếu, ta có:

$\begin{array}{rl}& A{C}^2=AH.AD\\ & \Rightarrow AD=\frac{A{C}^2}{AH}=\frac{{20}^2}{16}=25(cm)\end{array}$

Vậy bán kính của đường tròn (O) là : 

$R={\displaystyle \frac{AD}{2}}={\displaystyle \frac{25}{2}}=12,5(cm)$

+ Đường tròn ngoại tiếp của tam giác là đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của tam giác.

+ Xét tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH:

- Áp dụng định lí Pytago: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$

- Hệ thức lượng trong tam giác vuông: $A{H}^2=BH.HC$

Lời giải:

Kéo dài đường cao $AH$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D$. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $AH$ vừa là đường cao vừa là đường trung trực của $BC$.

Suy ra $AD$ là đường trung trực của $BC$ và H là trung điểm của BC.

Khi đó $O$ thuộc $AD$ hay $AD$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Tam giác $ACD$ nội tiếp trong (O) có $AD$ là đường kính suy ra: $\widehat{ACD}={90}^{\circ }$

Tam giác $ACD$ vuông tại $C$ nên theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu, ta có: $C{H}^2=HA.HD$

Suy ra: $HD={\displaystyle \frac{C{H}^2}{HA}}={\displaystyle \frac{{\left({\displaystyle \frac{BC}{2}}\right)}^2}{HA}}$$={\displaystyle \frac{{\left({\displaystyle \frac{12}{2}}\right)}^2}{4}}={\displaystyle \frac{6^2}{4}}={\displaystyle \frac{36}{4}}=9$

Ta có:

$AD=AH+HD=4+9=13$ (cm) 

Vậy bán kính của đường tròn (O) là:

$R={\displaystyle \frac{AD}{2}}={\displaystyle \frac{13}{2}}=6,5$ (cm) 

Sử dụng tính chất đường trung trực của đoạn thẳng.

Các bước dựng hình:

+ Dựng điểm $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua $O.$

+ Dựng đường trung trực d của $A^{\prime }B$, cắt (O) tại $D$.

+ Dựng đường kính $COD$.

Lời giải:

*        Cách dựng

−     Dựng $A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua tâm $O$ của đường tròn.

−     Dựng đường thẳng $d$ là đường trung trực của $A^{\prime }B.$

−     Gọi giao điểm của đường thẳng $d$ và đường tròn (O) là $D.$

−     Dựng đường kính $COD.$ 

*         Chứng minh

Ta có: $OA=O{A}^{\prime }$ (do A và A' đối xứng nhau qua O) và $OD=OC$ (do C, D cùng thuộc đường tròn (O))

Suy ra tứ giác $AC{A}^{\prime }D$ là hình bình hành (vì có hai đường chéo AA' và CD giao nhau tại trung điểm O của mỗi đường) 

Suy ra: $AC=A^{\prime }D$ (tính chất hình bình hành)

Lại có: $A^{\prime }D=DB$ (tính chất đường trung trực)

Suy ra: $AC=BD.$ 

Bài tập bổ sung (trang 158 SBT Toán 9)

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O).

a)  Nếu $BC$ là đường kính của đường tròn thì $\widehat{BAC}={90}^{\circ }$.

b)  Nếu $AB=AC$ thì $AO$ vuông góc với $BC.$

c)  Nếu tam giác $ABC$ không vuông góc thì điểm $O$ nằm  bên trong tam giác đó. 

Phương pháp giải:

Nếu tam giác $ABC$ nội tiếp đường trọn tâm $O$ mà có $BC$ là đường kính thì tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Lời giải:

a)  Đúng vì tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ mà có $BC$ là đường kính thì tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

b) Đúng vì $AB=AC$ thì tam giác ABC cân tại A có AO là đường trung trực nên AO cũng là đường cao. Hay $AO\mathrm{\perp }BC$. 

c) Sai. Vì nếu $ABC$ là tam giác tù thì $O$ nằm ngoài tam giác.

Để chứng minh một điểm thuộc một đường tròn cố định thì ta chứng minh điểm đó cách một điểm cố định một khoảng không đổi.

Lời giải:

* Xét tam giác $DEC$ có  

$M$ là trung điểm $DE$

$N$ là trung điểm $DC$

Suy ra, $MN$ là đường trung bình của tam giác $DEC$, hay $MN//EC$ (*) và $MN={\displaystyle \frac{1}{2}}EC$  (1)

* Xét tam giác $BEC$ có 

$Q$ là trung điểm $BE$

$P$ là trung điểm $BC$

Suy ra, $PQ$ là đường trung bình của tam giác $BEC$, hay $PQ//EC$ và $PQ={\displaystyle \frac{1}{2}}EC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.

* Xét tam giác $DEB$ có 

$Q$ là trung điểm $BE$

$M$ là trung điểm $DE$

Suy ra, $QM$ là đường trung bình của tam giác $BED$, hay $MQ//DB$  (3).

Mà $AB\mathrm{\perp }AC$ (4)

Từ (1), (3) và (4) suy ra $MN\mathrm{\perp }MQ$ (5)

Tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành mà có một góc vuông suy ra $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Gọi $I$ là giao điểm của hai đường chéo $MP$ và $QN$

Suy ra $IM=IN=IP=IQ$ (tính chất hình chữ nhật)

Nên các điểm $M,N,P,Q$ đều cách đều $I$ một khoảng cố định, suy ra $M,N,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

Phương pháp giải:

+ Để chứng minh một điểm thuộc một đường tròn cố định thì ta chứng minh điểm đó cách một điểm cố định một khoảng không đổi.

+ Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền.

Lời giải:

Do $ABCD$ là hình thoi nên $AC\mathrm{\perp }BD$. 

* Xét tam giác vuông $AOB$ có OE là đường trung tuyến nên:

$OE={\displaystyle \frac{1}{2}}AB$

* Xét tam giác vuông $COB$ có OF là đường trung tuyến nên:

$OF={\displaystyle \frac{1}{2}}BC$

* Xét tam giác vuông $COD$ có OG là đường trung tuyến nên:

$OG={\displaystyle \frac{1}{2}}DC$

* Xét tam giác vuông $AOD$ có OH là đường trung tuyến nên:

$OH={\displaystyle \frac{1}{2}}AD$

Do $ABCD$ là hình thoi nên $AB=BC=DC=AD$

Suy ra $OE=OF=OG=OH={\displaystyle \frac{1}{2}}AB$ (1)

* Ta có $\hat{A}={60}^{\circ }$ (gt) suy ra $\widehat{OAB}={30}^{\circ }$ (vì AO là phân giác góc A)

Xét tam giác vuông $AOB$ ta có: $OB=AB\sin \widehat{OAB}=\sin {30}^{\circ }.AB$ hay $OB={\displaystyle \frac{1}{2}}AB$

Lại có $OB=OD$ (vì ABCD là hình thoi)

Nên $OD=OB={\displaystyle \frac{1}{2}}AB$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $OE=OF=OG=OH=OD=OB$ 

Suy ra sáu điểm $E,B,F,G,D,H$ thuộc cùng một đường tròn tâm $O$ bán kính $OB.$