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

Định hướng. Đồng xu bán kính $1$ cm chỉ có thể chạm một đường thẳng nào đó khi tâm của nó cách đường thẳng ấy không quá $1$ cm; so sánh khoảng cách từ tâm đến hai đường liền kề gần nhất với bán kính $1$ cm.

Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp a) hoặc b); trường hợp c) không thể xảy ra.

Định hướng. Hình dung dải rộng $2$ cm giữa hai đường thẳng liền kề được chia làm hai nửa dải rộng $1$ cm bởi đường thẳng chính giữa; xét tâm $O$ rơi vào nửa nào.

Vậy đồng xu chỉ có thể đè lên đúng một đường thẳng (trường hợp a) hoặc không đè lên đường thẳng nào theo nghĩa che khuất đoạn thẳng (trường hợp b), không thể xảy ra trường hợp c).

Định hướng. Gán vài giá trị cụ thể cho khoảng cách $d_1$ từ tâm đến đường thứ nhất để quan sát quy luật, sau đó khái quát bằng đại số.

Vậy quy luật đúng với mọi vị trí: chỉ xảy ra trường hợp a) hoặc b), không xảy ra trường hợp c).

Nhận xét. Chứng minh chặt chẽ trường hợp b) (tâm nằm đúng chính giữa dải) sẽ được trình bày lại ở phần Vận dụng cuối bài bằng lập luận phản chứng.

Định hướng. Nếu đường tròn $(O;OA)$ cắt $a$ tại điểm $K$ thì tam giác $OHK$ vuông tại $H$, áp dụng Pythagore để tìm $HK$ và xét điều kiện tồn tại.

Vậy a) có $2$ điểm chung; b) có $1$ điểm chung; c) không có điểm chung.

Định hướng. Dùng ngay tính chất: khoảng cách từ tâm đến đường thẳng so với bán kính quyết định số điểm chung, không cần dựng điểm $K$.

Vậy số điểm chung lần lượt là $2$, $1$, $0$ ứng với a), b), c).

Định hướng. Chọn $H$ làm gốc, $a$ là trục hoành, lập phương trình giao điểm để đếm nghiệm.

Vậy kết quả trùng khớp: $2$, $1$, $0$ điểm chung tương ứng a), b), c).

Nhận xét. Ba cách đều quy về so sánh $OH$ với $OA$, nhưng Cách 2 là ngắn gọn nhất vì không cần lập phương trình hay dựng thêm điểm.

Định hướng. So sánh từng bán kính $R$ với khoảng cách cố định $d=4$ cm rồi áp dụng Nhận xét 1.

Vậy a) không cắt; b) cắt nhau; c) tiếp xúc.

Định hướng. Gọi $H$ là chân đường vuông góc từ $O$ xuống $a$, xét xem có điểm $K$ thuộc $a$ với $OK=R$ hay không thông qua $H{K}^2=R^2-O{H}^2$.

Vậy kết quả trùng với Cách 1: không cắt, cắt nhau, tiếp xúc.

Định hướng. Đặt $d=4$ và ba giá trị $R$ lên cùng một trục số để so sánh trực quan vị trí của $R$ so với mốc $d$.

Vậy a) không cắt; b) cắt nhau; c) tiếp xúc, khớp cả ba cách.

Nhận xét. Không cần vẽ hình thật, chỉ cần so sánh hai số $d$ và $R$.

Định hướng. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng là độ dài đoạn vuông góc hạ từ điểm đó xuống đường thẳng, áp dụng đúng định nghĩa.

Vậy theo Nhận xét 1, đường thẳng $a$ tiếp xúc với đường tròn $(O;OH)$ tại $H$.

Định hướng. Nhận ra hình vẽ trong bài chính là trường hợp b) của HĐ1 với $A$ trùng $H$, dùng lại kết luận đã có.

Vậy b) đường tròn $(O;OH)$ và đường thẳng $a$ tiếp xúc nhau tại $H$, đúng như kết luận đã có ở HĐ1.

Nhận xét. HĐ2 chính là trường hợp riêng của HĐ1 khi chọn $A$ trùng $H$, dùng để dẫn tới Định lí 1 (dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến).

Định hướng. Dùng tính chất tam giác cân $OAB$ để chỉ ra $OC$ là phân giác góc $O$, rồi ghép cặp tam giác bằng nhau chứa $OC$ để suy ra góc vuông tại $B$.

Vậy theo Định lí 1, $CB$ vuông góc với bán kính $OB$ tại điểm $B$ thuộc đường tròn nên $CB$ cũng là một tiếp tuyến của $(O)$.

Định hướng. Nhận ra $OC$ là trục đối xứng của tam giác cân $OAB$, nên ảnh của điểm $A$ và của tiếp tuyến tại $A$ qua phép đối xứng trục $OC$ chính là $B$ và đường thẳng $CB$.

Vậy $CB$ là ảnh của tiếp tuyến $CA$ qua đối xứng trục $OC$ nên $CB$ cũng là tiếp tuyến của $(O)$, tại tiếp điểm $B$.

Định hướng. Từ hai tam giác vuông bằng nhau $ODA$ và $ODB$, suy ra hai tam giác vuông $CDA$ và $CDB$ bằng nhau, rồi dùng hệ thức Pythagore trong tam giác $OAC$ để suy ra tam giác $OBC$ vuông tại $B$.

Vậy $CB\perp OB$ tại $B$ thuộc đường tròn $(O)$, nên $CB$ là tiếp tuyến của $(O)$.

Nhận xét. Ba cách đều quy về cùng một cặp tam giác bằng nhau, nhưng Cách 3 dùng Pythagore đảo nên tránh phải chứng minh hai góc bằng nhau như Cách 1.

Định hướng. Gọi $M$ là trung điểm một cạnh, chứng minh $IM=3$ cm và $IM\perp$ cạnh đó, rồi dùng bốn trục đối xứng của hình vuông cho ba cạnh còn lại.

Vậy đường tròn $(I;3\text{ cm})$ tiếp xúc với cả bốn cạnh của hình vuông, tại trung điểm mỗi cạnh.

Định hướng. Đặt hệ trục với $I$ là gốc toạ độ, các cạnh hình vuông song song với hai trục, tính khoảng cách từ gốc đến từng cạnh bằng công thức toạ độ.

Vậy khoảng cách từ $I$ đến cả bốn cạnh đều bằng $3$ cm, đúng bán kính, nên đường tròn $(I;3\text{ cm})$ tiếp xúc với cả bốn cạnh.

Nhận xét. Cách 2 tính đồng thời cả bốn khoảng cách bằng toạ độ, không cần lí luận đối xứng như Cách 1.

Định hướng. Đường tròn tâm $M$ tiếp xúc $a$ khi và chỉ khi bán kính bằng khoảng cách từ $M$ đến $a$; dựng khoảng cách đó bằng đoạn vuông góc.

Vậy đường tròn $(M;MH)$ vừa dựng có khoảng cách từ tâm đến $a$ đúng bằng bán kính, nên theo Định lí 1 (áp dụng cho điểm $H$ trên đường tròn với $MH\perp a$), đường tròn này tiếp xúc với $a$ tại $H$.

Định hướng. Không dựng hình vuông góc trước, mà tăng dần bán kính đường tròn tâm $M$ cho tới khi đường tròn vừa chạm $a$ tại đúng một điểm, rồi chỉ ra điểm chạm chính là chân đường vuông góc.

Vậy đường tròn cần dựng là $(M;MH)$ với $H$ là chân đường vuông góc từ $M$ xuống $a$, trùng với kết quả của Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 giải thích bằng lập luận đo đạc tại sao chỉ có đúng một bán kính cho đường tròn tiếp xúc, còn Cách 1 dựng trực tiếp bằng êke và compa nên nhanh hơn khi làm bài.

Định hướng. Giả sử phản chứng trường hợp c) xảy ra, tức đồng xu cắt cả hai đường liền kề, rồi suy ra mâu thuẫn với $d_1+d_2=2$.

Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp a) hoặc b), không thể xảy ra trường hợp c).

Định hướng. Dựng đường thẳng $m$ song song và cách đều hai đường liền kề, chia dải rộng $2$ cm thành hai nửa dải rộng $1$ cm, rồi chỉ ra "vùng cắt" mỗi đường nằm gọn trong một nửa dải.

Vậy đồng xu không thể cắt cả hai đường liền kề cùng lúc, tức trường hợp c) không xảy ra; chỉ còn trường hợp a) hoặc b).

Nhận xét. Cách 2 nhìn bằng hình ảnh chia miền, còn Cách 1 tính bằng bất đẳng thức đại số; cả hai đều dùng chung sự kiện cốt lõi $d_1+d_2=2$.

Định hướng. Vì $A$, $B$ nằm trên đường tròn đường kính $PO$ nên góc $\widehat{PAO}$ và $\widehat{PBO}$ đều là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đó, do đó bằng $90°$.

Vậy theo Định lí 1, $PA$ và $PB$ đều là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$, tiếp xúc lần lượt tại $A$ và $B$.

Định hướng. Gọi $M$ là trung điểm $PO$ (tâm đường tròn đường kính $PO$); vì $MA=MO=MP$ nên tam giác $PAO$ có trung tuyến $AM$ bằng nửa cạnh $PO$, suy ra tam giác vuông tại $A$.

Vậy $PA\perp OA$ tại $A\in (O)$ và $PB\perp OB$ tại $B\in (O)$, nên theo Định lí 1, $PA$ và $PB$ là hai tiếp tuyến của $(O)$.

Nhận xét. Cách 2 dùng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền thay cho góc nội tiếp, về bản chất là cách phát biểu khác của cùng một sự kiện hình học.

Định hướng. Từ HĐ3 đã có $\widehat{PAO}=\widehat{PBO}=90°$; ghép hai tam giác vuông $OPA$ và $OPB$ có cạnh huyền chung và một cặp cạnh góc vuông bằng nhau ($OA=OB$).

Vậy cả ba khẳng định a), b), c) đều đúng, suy ra trực tiếp từ $△OPA=△OPB$.

Định hướng. Chỉ ra $OP$ là trục đối xứng của toàn bộ hình (đường tròn $(O)$ và hai tiếp tuyến $PA$, $PB$), từ đó các tính chất a), b), c) là hệ quả của tính đối xứng.

Vậy cả ba khẳng định a), b), c) đều là hệ quả của việc $OP$ là trục đối xứng của hình, trùng kết luận với Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 cho cái nhìn tổng quát bằng đối xứng, nhưng vẫn phải quay lại dùng cặp tam giác bằng nhau như Cách 1 để có PA=PB làm điểm tựa.

Định hướng. a) Từ Định lí 2, $OP$ là phân giác góc $O$ trong tam giác cân $OAB$ nên cũng là đường cao. b) Dùng Pythagore trong tam giác vuông $OAP$.

Vậy a) $OP\perp AB$; b) $PA=PB=2\sqrt{3}$ cm.

Định hướng. a) Tính góc $\widehat{AOP}$ và dùng tính chất góc trong tam giác cân $OAB$ để suy ra $OP\perp AB$ bằng số đo góc thay vì tính chất phân giác. b) Dùng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông $OAP$.

Vậy a) $\widehat{ADO}=90°$ tức $OP\perp AB$; b) $PA=PB=2\sqrt{3}$ cm, trùng kết quả Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 tính vòng qua số đo góc nên dài hơn, nhưng luyện thêm kĩ năng tỉ số lượng giác của Chương IV.

Định hướng. Muốn $Px$ tiếp xúc $(O)$ tại $A$ thì $O$ phải nằm trên đường vuông góc với $Px$ tại $A$; muốn $(O)$ cũng tiếp xúc $Py$ thì $O$ phải cách đều hai cạnh, tức nằm trên phân giác góc $P$. Giao hai đường đó là tâm cần tìm.

Vậy đường tròn $(O;OA)$ vừa dựng tiếp xúc với $Px$ tại $A$ (vì $OA\perp Px$, theo Định lí 1) và tiếp xúc với $Py$ (vì $O\in Pt$ nên $O$ cách đều $Px$, $Py$, tức khoảng cách từ $O$ đến $Py$ cũng bằng $OA$, đúng bán kính).

Định hướng. Dựng tâm $O$ như Cách 1, sau đó xác định ngay tiếp điểm thứ hai $B$ trên $Py$ bằng phép đối xứng trục qua $Pt$ (ảnh của $A$), thay vì chỉ dựa vào lập luận khoảng cách.

Vậy đường tròn $(O;OA)$ tiếp xúc với $Px$ tại $A$ và với $Py$ tại điểm $B$ là ảnh đối xứng của $A$ qua $Pt$, trùng kết quả của Cách 1 nhưng chỉ rõ luôn vị trí tiếp điểm thứ hai.

Nhận xét. Cách 2 cho thêm thông tin tiếp điểm $B$ trên $Py$, hữu ích khi đề bài yêu cầu vẽ hoàn chỉnh cả hai tiếp điểm.

Định hướng. Vì tâm mỗi hình tròn nằm trên $b$ nên khoảng cách từ tâm đến $a$ luôn bằng $6$ cm; so sánh lần lượt bốn bán kính với $6$ cm.

Vậy hai hình bán kính $7$ cm và $8$ cm đè lên $a$; hình bán kính $4$ cm không đè lên $a$; hình bán kính $6$ cm chỉ chạm $a$ tại một điểm (trường hợp tiếp xúc).

Định hướng. Với mỗi bán kính, tính độ dài dây cung mà hình tròn cắt trên $a$ (nếu tồn tại) bằng $2\sqrt{R^2-d^2}$; độ dài dương nghĩa là thực sự "đè lên" một đoạn.

Vậy kết quả trùng khớp Cách 1: hình bán kính $7$ cm và $8$ cm đè lên $a$; hình bán kính $4$ cm không đè; hình bán kính $6$ cm là trường hợp biên (tiếp xúc, đoạn giao dài $0$).

Nhận xét. Cách 2 định lượng thêm độ dài đoạn bị che, giúp phân biệt rõ hơn trường hợp tiếp xúc (đoạn giao bằng 0) với trường hợp cắt thật sự.

Định hướng. Chỉ ra $OA$ là trung trực của $BC$ (do tam giác cân tại $A$ và $O$ cách đều $B$, $C$), suy ra $OA\perp BC$, rồi dùng Định lí 1 cho đường thẳng qua $A$ song song $BC$.

Vậy $d$ đi qua điểm $A$ thuộc $(O)$ và vuông góc với bán kính $OA$ tại $A$, nên theo Định lí 1, $d$ là một tiếp tuyến của $(O)$.

Định hướng. Đặt hệ trục với trục đối xứng của tam giác cân làm trục tung, tính trực tiếp toạ độ và kiểm tra vuông góc bằng toạ độ.

Vậy $d$ vuông góc với bán kính $OA$ tại $A\in (O)$, nên theo Định lí 1, $d$ là tiếp tuyến của $(O)$, trùng kết luận Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 dùng toạ độ để kiểm tra vuông góc bằng tích vô hướng, thay cho lập luận hình học tổng hợp về trung trực ở Cách 1.

Định hướng. Ghép $△OAP$ và $△OBP$ bằng trường hợp cạnh-góc-cạnh nhờ $OA=OB$, góc chung của phân giác, và cạnh $OP$ chung; suy ra $PB\perp Oy$.

Vậy $Ox$ vuông góc với bán kính $PA$ tại $A\in (P;PA)$, và $Oy$ vuông góc với bán kính $PB=PA$ tại $B\in (P;PA)$, nên theo Định lí 1, $OA$ (tức tia $Ox$) và $OB$ (tức tia $Oy$) đều là tiếp tuyến của $(P;PA)$, cắt nhau tại $O$.

Định hướng. Vì $Ot$ là phân giác nên phép đối xứng trục qua $Ot$ biến $Ox$ thành $Oy$ và biến $A$ thành $B$ (do $OA=OB$); từ đó suy ra tính chất của $B$, $PB$ từ tính chất đã biết của $A$, $PA$.

Vậy $PB=PA$ và $PB\perp Oy$ tại $B$, nên $Ox$, $Oy$ đều là tiếp tuyến của $(P;PA)$, trùng kết luận Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 nhìn bài toán bằng đối xứng nên không cần chứng minh hai tam giác bằng nhau như Cách 1, nhưng đòi hỏi hiểu rõ tính chất phép đối xứng trục bảo toàn góc vuông.

Định hướng. Áp dụng Định lí 2 ba lần (tại $S$, tại $E$, tại $F$) để thay các đoạn $EM$, $FM$ bằng $EA$, $FB$, từ đó chu vi tam giác $SEF$ rút gọn về $SA+SB$.

Vậy chu vi tam giác $SEF$ bằng $(SE+EM)+(MF+FS)=SA+SB$.

Định hướng. Khi $M$ là giao điểm của $SO$ với $(O)$, $M$ nằm trên trục đối xứng $SO$ của cả hình (đường tròn và hai tiếp tuyến $SA$, $SB$); dùng tính đối xứng để suy ra $SE=SF$ mà không cần tính toán độ dài.

Vậy $S$, $E$, $F$ tương ứng biến thành $S$, $F$, $E$ qua phép đối xứng trục qua $SO$, phép đối xứng bảo toàn khoảng cách nên $SE=SF$.

Nhận xét. Câu b) cũng có thể suy trực tiếp từ câu a): khi $M$ nằm trên $SO$, tam giác $SEF$ cân tại $S$ do $SO$ là trục đối xứng, nên $SE=SF$ mà không cần tính lại từ đầu.