Bài 13. Mở đầu về đường tròn

Định hướng. Mọi đường kính của hình tròn đều là trục đối xứng, nên một nếp gấp làm hai nửa hình tròn trùng khít chính là một đường kính đi qua tâm.

Vậy tâm $O$ của hình tròn chính là giao điểm của hai nếp gấp $d_1$ và $d_2$.

Định hướng. Tâm cách đều hai đầu mút của một dây cung nên nằm trên đường trung trực của dây đó; hai đường trung trực của hai dây không song song sẽ cắt nhau đúng tại tâm.

Vậy dựng hai dây cung không song song rồi vẽ hai đường trung trực của chúng, giao điểm chính là tâm $O$.

Định hướng. Theo Luyện tập 1, tam giác vuông nội tiếp đường tròn có cạnh huyền là một đường kính; vì vậy một góc vuông đặt đỉnh trên đường tròn sẽ vạch ra đúng một đường kính.

Vậy $O$ là giao điểm của hai đường kính dựng được nhờ góc vuông của êke.

Nhận xét. Cả ba cách đều dựa trên cùng một nguyên tắc: tạo ra hai đường thẳng phân biệt cùng đi qua tâm rồi lấy giao điểm.

Định hướng. Từ giả thiết $O$ là trung điểm $AB$ suy ra ngay $OB=OA$, tức $B$ cách tâm $O$ đúng bằng bán kính.

Vậy $B$ thuộc đường tròn $(O;OA)$, hay đường tròn $(O;OA)$ đi qua $B$.

Định hướng. Đặt hệ trục với gốc tại $O$ để biến giả thiết hình học thành một đẳng thức số.

Vậy $OB=OA$ nên $B$ thuộc đường tròn $(O;OA)$.

Định hướng. $O$ là trung điểm $AB$ nghĩa là $A$, $B$ đối xứng với nhau qua $O$; mà tâm đường tròn luôn là tâm đối xứng của chính nó nên ảnh của điểm thuộc đường tròn qua $O$ cũng thuộc đường tròn đó.

Vậy $B$ thuộc đường tròn $(O;OA)$.

Nhận xét. Cách 3 chỉ cần một câu lập luận, không cần tính toán gì thêm.

Định hướng. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $M$ chính là tâm của đường tròn đường kính $BC$; chỉ cần áp dụng tính chất đã biết ở lớp dưới để có ngay $MA=MB=MC$.

Vậy $A$ cách $M$ một khoảng đúng bằng $\frac{BC}{2}$, tức là $A$ thuộc đường tròn tâm $M$ bán kính $\frac{BC}{2}$, chính là đường tròn đường kính $BC$.

Định hướng. Từ góc vuông tại $A$, dựng thêm điểm $D$ để $ABDC$ là hình chữ nhật, rồi dùng tính chất hai đường chéo hình chữ nhật bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Vậy $MA=\frac{BC}{2}$, nên $A$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Định hướng. Đặt $A$ tại gốc toạ độ để hai cạnh góc vuông nằm trên hai trục, việc tính khoảng cách trở thành áp dụng công thức toạ độ.

Vậy $MA=\frac{BC}{2}$, nên $A$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Nhận xét. Kết quả này sẽ được dùng lại nhiều lần: mọi tam giác vuông đều "nội tiếp" trong đường tròn đường kính cạnh huyền của nó.

Định hướng. Áp dụng trực tiếp công thức khoảng cách từ gốc toạ độ đến một điểm cho cả ba điểm rồi so sánh với $R=3$.

Vậy $A$ nằm trên, $B$ nằm trong, $C$ nằm ngoài đường tròn $(O;3)$.

Định hướng. Vì cả ba điểm đều có một toạ độ bằng $0$ (nằm ngay trên một trục), khoảng cách đến $O$ chính là trị tuyệt đối của toạ độ còn lại, không cần khai căn.

Vậy so với $R=3$: $A$ nằm trên (vì $3=3$), $B$ nằm trong (vì $2<3$), $C$ nằm ngoài (vì $4>3$) đường tròn $(O;3)$.

Định hướng. Vẽ hệ trục, đánh dấu ba điểm và đường tròn bán kính $3$ trên giấy kẻ ô vuông, rồi so sánh trực quan vị trí từng điểm với đường tròn.

Vậy quan sát trên hình khớp với tính toán: $A$ nằm trên, $B$ nằm trong, $C$ nằm ngoài đường tròn $(O;3)$.

Nhận xét. Vẽ hình chỉ nên dùng để kiểm chứng trực quan, bài làm vẫn phải trình bày phép tính khoảng cách để có căn cứ chắc chắn.

Định hướng. Gọi $M$ là điểm thuộc $(O;R)$, tức $OM=R$; chỉ cần dùng đúng định nghĩa của hai loại đối xứng để so sánh khoảng cách từ $O$ tới điểm ảnh với $R$.

Vậy cả $M_1$ và $M_2$ đều cách $O$ một khoảng bằng $R$, tức đều thuộc đường tròn $(O;R)$.

Định hướng. Đặt $O$ làm gốc toạ độ, phép đối xứng tâm và đối xứng trục qua gốc có công thức toạ độ đơn giản nên chỉ cần thay số kiểm tra.

Vậy $O{M}_1=O{M}_2=R$, nên $M_1,M_2\in (O;R)$.

Định hướng. Đối xứng tâm và đối xứng trục đều là phép biến hình bảo toàn khoảng cách (phép dời hình); khi tâm đối xứng hoặc trục đối xứng đi qua $O$ thì $O$ biến thành chính nó, nên khoảng cách từ $O$ đến ảnh của $M$ luôn bằng khoảng cách từ $O$ đến $M$.

Vậy $M_1,M_2$ đều thuộc $(O;R)$.

Nhận xét. Hai kết quả này chính là lí do đường tròn có tâm đối xứng và có vô số trục đối xứng.

Định hướng. $N$, $P$ vừa phải thuộc $(O)$ vừa phải nằm trên đúng đường thẳng đặc trưng cho từng phép đối xứng, nên chỉ cần tìm giao điểm thứ hai của đường thẳng đó với $(O)$.

Vậy $N$ là giao điểm (khác $M$) của đường thẳng $OM$ với $(O)$; $P$ là giao điểm (khác $M$) của đường thẳng qua $M$ vuông góc $AB$ với $(O)$.

Định hướng. Đặt hệ trục với tâm $O$ và đường kính $AB$ trùng trục hoành, biểu diễn $M$ theo góc để tính trực tiếp toạ độ $N$, $P$ và kiểm tra chúng thuộc $(O)$.

Vậy toạ độ xác nhận $N$ và $P$ đều là giao điểm thứ hai của $(O)$ với đường thẳng $OM$ (đối với $N$) hoặc với đường vuông góc $AB$ tại $M$ (đối với $P$).

Định hướng. Phép đối xứng tâm $O$ biến cung này thành cung đối diện qua tâm (lệch $180^{\circ }$), còn phép đối xứng qua đường kính $AB$ giữ nguyên khoảng cách tới $AB$ nhưng đổi phía — có thể mô tả bằng ngôn ngữ góc ở tâm thay vì toạ độ.

Vậy $N$ là điểm đối diện $M$ qua tâm trên $(O)$; $P$ là điểm trên $(O)$ sao cho cung $AP$ bằng cung $AM$ nhưng ở phía đối diện của $AB$.

Nhận xét. Ba cách tuy diễn đạt khác nhau (dựng hình, toạ độ, ngôn ngữ cung – góc) nhưng đều xác định đúng một điểm $N$ và một điểm $P$ duy nhất.

Định hướng. Chỉ cần chỉ ra $O\in d$ là suy ra ngay kết luận nhờ tính chất đã có sẵn ở mục 2.

Vậy $d$ đi qua $O$ nên $d$ là một trục đối xứng của $(O)$.

Định hướng. Nhìn tam giác $OAB$ với $OA=OB$ là một tam giác cân tại $O$; trong tam giác cân, trung trực của cạnh đáy chính là đường cao/trung tuyến kẻ từ đỉnh, nên nó đi qua đỉnh $O$.

Vậy $d$ đi qua tâm $O$ nên $d$ là một trục đối xứng của $(O)$.

Định hướng. Không dùng lại tính chất có sẵn của mục 2 mà chứng minh lại từ đầu: lấy một điểm $M$ tuỳ ý trên $(O)$ và chỉ ra ảnh của nó qua $d$ cũng thuộc $(O)$.

Vậy ảnh của mọi điểm thuộc $(O)$ qua phép đối xứng trục $d$ đều thuộc $(O)$, tức $d$ là một trục đối xứng của $(O)$.

Nhận xét. Cách 3 không dùng lại kết quả mục 2 mà tự chứng minh lại, phù hợp khi đề yêu cầu trình bày độc lập.

Định hướng. Mỗi lần gấp cho hai nửa hình tròn trùng khít sẽ tạo ra một đường kính; hai đường kính khác nhau cắt nhau đúng tại tâm.

Vậy tâm $O$ là giao điểm của hai nếp gấp $d_1$, $d_2$.

Định hướng. Sau khi có một đường kính, chỉ cần tìm trung điểm của nó là ra tâm — gấp đôi đúng theo đường kính vừa có để hai đầu mút trùng nhau sẽ đánh dấu trung điểm.

Vậy điểm đánh dấu chính là trung điểm của đường kính $AB$, tức là tâm $O$.

Định hướng. Một góc vuông của tờ giấy hình chữ nhật (vở, sách) đặt đỉnh trên đường tròn sẽ cắt đường tròn tại hai điểm tạo thành một đường kính, theo đúng Luyện tập 1.

Vậy $O$ là giao điểm của hai đường kính dựng bằng góc vuông.

Nhận xét. Ba cách gấp/dựng khác nhau nhưng đều quy về cùng nguyên lí: tạo hai đường thẳng khác nhau cùng đi qua tâm rồi lấy giao điểm.

Định hướng. Vì bán kính là $\sqrt{5}$ (số vô tỉ), nên tính bình phương khoảng cách rồi so với $R^2=5$ để tránh sai số khi so sánh căn bậc hai.

Vậy $M$ nằm trong, $N$ nằm ngoài, $P$ nằm trên đường tròn $(O;\sqrt{5})$.

Định hướng. Tính thẳng $OM,ON,OP$ dưới dạng căn rồi so sánh với $\sqrt{5}$, dùng tính chất hàm căn bậc hai đồng biến trên số không âm.

Vậy $M$ nằm trong, $P$ nằm trên, $N$ nằm ngoài đường tròn $(O;\sqrt{5})$.

Định hướng. Vẽ hệ trục, đường tròn bán kính $\sqrt{5}\approx 2,24$ và ba điểm, rồi so sánh trực quan khoảng cách với nét vẽ đường tròn.

Vậy quan sát hình khớp với tính toán: $M$ nằm trong, $N$ nằm ngoài, $P$ nằm trên $(O;\sqrt{5})$.

Nhận xét. Cách 1 (so sánh bình phương) an toàn nhất khi bán kính là số vô tỉ, tránh phải làm tròn $\sqrt{5}$.

Định hướng. Bài này chính là áp dụng trực tiếp Luyện tập 1 với số liệu cụ thể, chỉ cần tính thêm độ dài $BC$.

Vậy $A,B,C$ cùng thuộc đường tròn tâm $M$ (trung điểm $BC$), bán kính $R=2,5$ cm.

Định hướng. Chứng minh lại từ đầu bằng cách dựng thêm điểm $D$ để có hình chữ nhật, không dùng lại kết luận có sẵn của Luyện tập 1.

Vậy $A,B,C$ thuộc đường tròn tâm $M$ bán kính $2,5$ cm.

Định hướng. Đặt $A$ tại gốc toạ độ với hai cạnh góc vuông trên hai trục, tính trực tiếp toạ độ trung điểm $M$ và các khoảng cách để kiểm tra độc lập bằng số.

Vậy $MA=MB=MC=2,5$ cm, nên $A,B,C$ cùng thuộc đường tròn tâm $M$ bán kính $2,5$ cm.

Nhận xét. Cả ba cách đều cho cùng kết quả $R=2,5$ cm — độc lập kiểm chứng lẫn nhau.

Định hướng. Dùng ngay các tính chất đối xứng đã chứng minh ở HĐ mục 2 cho câu a), rồi dùng tính chất đường chéo cho câu b), và tính chất trục đối xứng của hình chữ nhật cho câu c).

Vậy $B,C,D\in (O)$; tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật; và $C$, $D$ đối xứng với nhau qua $d$.

Định hướng. Đặt $O$ làm gốc và $d$ làm trục hoành để biến cả ba câu hỏi thành các phép tính toạ độ đơn giản, kiểm chứng trực tiếp bằng số.

Vậy toạ độ xác nhận cả ba kết luận: $B,C,D\in (O)$; $ABCD$ là hình chữ nhật; $C$, $D$ đối xứng qua $d$.

Nhận xét. Toạ độ hoá xử lí gọn cả ba câu trong một hệ tính toán duy nhất, đặc biệt hiệu quả ở câu c) vốn khó hình dung thuần hình học.

Định hướng. Đường chéo hình vuông bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm — chuyển thẳng thành bốn khoảng cách bằng nhau tới $E$.

Vậy đường tròn tâm $E$ bán kính $R=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ cm đi qua bốn đỉnh, có tâm đối xứng $E$ và hai trục đối xứng $AC$, $BD$.

Định hướng. Gắn hệ trục theo hai cạnh hình vuông để tính trực tiếp toạ độ $E$ và các khoảng cách $EA,EB,EC,ED$ bằng số.

Vậy $EA=EB=EC=ED=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ cm nên bốn điểm cùng thuộc đường tròn tâm $E$ bán kính $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ cm; tâm đối xứng là $E$, hai trục đối xứng là các đường thẳng $AC$, $BD$.

Định hướng. Tam giác $AEB$ (một nửa hình vuông theo đường chéo) là tam giác vuông cân tại $E$ với cạnh huyền $AB$ đã biết — áp dụng ngay hệ thức cạnh trong tam giác vuông cân để tính bán kính mà không cần tính cả đường chéo $AC$.

Vậy bán kính $R=EA=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ cm.

Nhận xét. Cách 3 tránh phải tính đường chéo $AC$ trước, đi thẳng vào tam giác vuông cân chứa cạnh đã biết.