Bài 16. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

Định hướng. $P\in (O)$ và $a\perp OP$ tại $P$ đúng là điều kiện của Định lí 1, áp dụng ngay không cần chứng minh thêm.

Vậy theo Định lí 1, $a$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $P$.

Định hướng. Vì $A$, $B$ thuộc đường tròn đường kính $OP$ nên góc $\widehat{OAP}$, $\widehat{OBP}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đó, bằng $90°$; áp dụng Định lí 1 cho cả hai tiếp tuyến.

Vậy $PA$ và $PB$ đều là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.

Định hướng. Thay vì gọi tên góc nội tiếp, dùng trực tiếp tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền để suy ra tam giác vuông.

Vậy $PA\perp OA$ tại $A\in (O)$ và $PB\perp OB$ tại $B\in (O)$, nên theo Định lí 1, cả $PA$ và $PB$ đều là tiếp tuyến của $(O)$, trùng kết luận Cách 2.

Nhận xét. Cách 2 và Cách 3 chỉ khác cách gọi tên (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, hay trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) của cùng một sự kiện hình học.

Định hướng. $M\in (A;R)$ (vì $AM=R$) và $a\perp AM$ tại $M$ (vì $a\perp b$ và $A\in b$), đúng điều kiện Định lí 1.

Vậy theo Định lí 1, đường thẳng $a$ tiếp xúc với đường tròn $(A;R)$ tại $M$.

Định hướng. Tính khoảng cách từ $A$ đến $a$ rồi so với bán kính $R$ theo Nhận xét 1, không cần nêu tên điểm chung trước.

Vậy theo Nhận xét 1, đường tròn $(A;R)$ tiếp xúc với đường thẳng $a$ (tại chân đường vuông góc, tức tại $M$), trùng kết luận Cách 1.

Nhận xét. Việc biện luận số đường tròn: trên đường thẳng $b$, có đúng hai điểm cách $M$ một khoảng $R$ (một điểm về mỗi phía của $a$ dọc theo $b$), nên có đúng hai đường tròn $(A;R)$ thoả mãn yêu cầu bài toán, đối xứng nhau qua $a$.

Định hướng. a) Chỉ ra $MO$ là trung trực của $AB$ nên là trục đối xứng biến $A$ thành $B$, suy ra $MB$ cũng là tiếp tuyến. b) Nhận ra tam giác $AMB$ đều rồi dùng tam giác vuông $OAM$.

Vậy a) $MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$. b) $OM=6$ cm; diện tích phần tam giác $AMB$ nằm ngoài $(O)$ bằng $(9\sqrt{3}-3\pi )$ cm² (xấp xỉ $6,16$ cm²).

Định hướng. Dùng hai cặp tam giác bằng nhau để có $MA=MB$, rồi dùng Pythagore đảo trong tam giác $MOB$ để suy ra góc vuông tại $B$, thay cho lập luận đối xứng trực tiếp.

Vậy $MB\perp OB$ tại $B\in (O)$, nên $MB$ là tiếp tuyến của $(O)$, trùng kết luận Cách 1; phần tính toán câu b) làm giống hệt Cách 1 sau khi đã có $MA=MB$.

Nhận xét. Cách 2 dùng hai lần tam giác bằng nhau và Pythagore đảo thay cho lập luận đối xứng trực tiếp của Cách 1, dài hơn nhưng chắc chắn với học sinh chưa quen tư duy đối xứng.

Định hướng. Đặt $BM=BE=x$, $CN=CE=y$ (theo Định lí 2 tại $B$, $C$), rồi dùng $BC=x+y$ và $AB+x=AC+y$ (vì cùng bằng $AM=AN$) để lập hệ.

Vậy $AM=AN=11,5$ cm; $BM=1,5$ cm; $CN=4,5$ cm.

Định hướng. Nhận ra chu vi tam giác $ABC$ bằng $AM+AN=2AM$ (tương tự bài 5.23 của SGK), từ đó tính $AM$ trước rồi suy ra $BM$, $CN$ bằng phép trừ, không cần lập hệ.

Vậy $AM=AN=11,5$ cm, $BM=1,5$ cm, $CN=4,5$ cm, trùng kết quả Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 đi thẳng vào $AM$ qua nửa chu vi tam giác $ABC$, không cần lập và giải hệ phương trình như Cách 1.

Định hướng. a) $AH$ là khoảng cách từ $A$ đến $BC$ đúng bằng bán kính. b) Phép đối xứng qua $AB$, $AC$ bảo toàn khoảng cách và góc vuông nên biến tiếp tuyến tại $H$ thành tiếp tuyến tại $M$, $N$. c) Cộng hai góc để chỉ ra $M$, $A$, $N$ thẳng hàng. d) Dùng hệ thức lượng và công thức diện tích hình thang vuông.

Vậy a) BC tiếp xúc (A) tại H. b) BM, CN là hai tiếp tuyến của (A). c) MN là một đường kính của (A). d) Diện tích tứ giác BMNC bằng $19,5$ cm².

Định hướng. Thay vì tính $BM$, $CN$ qua đối xứng, coi $B$, $C$ là hai điểm ngoài $(A)$ với hai tiếp tuyến cắt nhau ($BH$, $BM$ từ $B$; $CH$, $CN$ từ $C$), áp dụng ngay Định lí 2.

Vậy diện tích tứ giác BMNC bằng $19,5$ cm², trùng kết quả Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 gọi thẳng tên Định lí 2 (hai tiếp tuyến cắt nhau) thay vì nhắc lại tính chất đối xứng trục, ngắn gọn hơn khi đã có sẵn kết luận BM, CN là tiếp tuyến từ câu b).