Bài tập cuối chương V

Định hướng. Đối chiếu lần lượt $OA$, $OB$ với $R=4$ theo đúng ba trường hợp đã học.

Vậy $B$ nằm trên $(O)$, $A$ nằm trong $(O)$ — chọn đáp án D.

Định hướng. So sánh $O{A}^2$ với $R^2$ thay vì so sánh trực tiếp căn bậc hai, tránh nhầm lẫn khi ước lượng $\sqrt{15}$.

Vậy $A$ nằm trong $(O)$, $B$ nằm trên $(O)$ — chọn đáp án D.

Định hướng. Vì $OB=R=4$ luôn đúng (không phụ thuộc cách tính), loại ngay các phương án ghi $B$ nằm ngoài hoặc nằm trong, rồi xét tiếp $A$.

Vậy chọn đáp án D.

Nhận xét. Cách 3 nhanh nhất khi đề trắc nghiệm cho một dữ kiện "đẹp" như $OB=R$.

Định hướng. Vì $BD$ là đường kính nên cung $\text{overparen}BCD$ (đi qua $C$) là nửa đường tròn, bằng $180^{\circ }$; trừ đi $\text{overparen}BC$ đã cho sẽ ra $\text{overparen}DC$.

Vậy sđ$\text{overparen}DC=80^{\circ }$, sđ$\text{overparen}AD=140^{\circ }$ — chọn đáp án D.

Định hướng. Đi một vòng quanh $O$ theo thứ tự $A\to B\to C\to D\to A$, cộng các góc ở tâm liên tiếp bằng $360^{\circ }$, trong đó $\widehat{COD}$ tính được nhờ góc kề bù với $\widehat{BOC}$ trên đường thẳng $BD$.

Vậy sđ$\text{overparen}DC=\widehat{COD}=80^{\circ }$, sđ$\text{overparen}AD=\widehat{AOD}=140^{\circ }$ — chọn đáp án D.

Định hướng. Chỉ cần nhận ra $\text{overparen}DC$ là cung nhỏ (nằm hẳn trong nửa đường tròn chứa $C$) để loại ngay hai phương án ghi $280^{\circ }$, sau đó tính riêng $\text{overparen}AD$ để chọn giữa hai phương án còn lại.

Vậy chỉ đáp án D thoả cả hai giá trị — chọn D.

Nhận xét. Việc nhận ra $\text{overparen}DC<180^{\circ }$ giúp loại ngay 2 trong 4 phương án mà không cần tính toán.

Định hướng. Đối chiếu ngay với hệ thức đã học cho trường hợp cắt nhau.

Vậy chọn đáp án B.

Định hướng. Gọi $C$ là một giao điểm, ta có tam giác $ABC$ thật sự (không suy biến) với $AC=R_1$, $BC=R_2$, nên áp bất đẳng thức tam giác cho cạnh $AB$.

Vậy chọn đáp án B.

Định hướng. Xét thử hai vị trí biên $AB=R_1-R_2$ và $AB=R_1+R_2$ xem hai đường tròn còn cắt nhau hay không, từ đó loại các phương án sai.

Vậy chọn đáp án B.

Nhận xét. Cách loại trừ này giúp học sinh nhớ luôn cả bốn vị trí tương đối của hai đường tròn, không riêng trường hợp cắt nhau.

Định hướng. Áp riêng từng hệ thức cho từng đường thẳng theo đúng quan hệ đề cho.

Vậy $d_1<R$ và $d_2=R$ — chọn đáp án A.

Định hướng. Đếm số điểm chung của mỗi đường thẳng với $(O)$ rồi suy ra khoảng cách tương ứng bằng lập luận hình học (không học thuộc công thức).

Vậy $d_1<R$, $d_2=R$ — chọn đáp án A.

Định hướng. Vì $a_2$ tiếp xúc $(O)$ nên chắc chắn $d_2=R$; chỉ những phương án ghi đúng điều này mới còn khả năng đúng.

Vậy chọn đáp án A.

Nhận xét. Xét điều kiện tiếp xúc trước giúp loại nhanh một nửa số phương án.

Định hướng. Câu a) quy về so sánh trung tuyến $AO$ với nửa cạnh huyền $BC$. Câu b) nhận ra tam giác $ABO$ đều nhờ ba cạnh cùng bằng bán kính. Câu c) tính góc ở tâm $\widehat{AOC}$ từ góc kề bù rồi áp công thức cung, quạt.

Vậy a) đã chứng minh cả hai chiều; b) $\hat{A}=90^{\circ }$, $\hat{B}=60^{\circ }$, $\hat{C}=30^{\circ }$; c) độ dài cung $AC$ là $2\pi$ cm, diện tích hình quạt là $3\pi$ cm${}^2$.

Định hướng. Đặt hệ trục với $O$ là gốc, $BC$ nằm trên trục hoành, dùng phương trình đường tròn và tính góc bằng tích vô hướng — cách này kiểm tra lại toàn bộ kết quả bằng đại số, không phụ thuộc hình vẽ.

Vậy toạ độ hoá cho lại đúng ba kết quả như Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 dài hơn nhưng là công cụ kiểm tra chéo hữu hiệu khi không tự tin vào lập luận hình học thuần tuý.

Định hướng. Câu a) áp thẳng định nghĩa tâm đối xứng. Câu b) nhận ra $AC$, $BD$ là hai đường chéo hình vuông đi qua $O$, vuông góc nhau tại $O$, suy ra góc ở tâm $\widehat{AOB}=90^{\circ }$.

Vậy a) $C$, $D$ đều nằm trên $(O)$; b) cung lớn $AB$ dài $6\pi$ cm, diện tích hình quạt tạo bởi $OA$, $OB$ là $4\pi$ cm${}^2$.

Định hướng. Đặt hệ trục tâm $O$, chọn $A$, $B$ cụ thể sao cho $ABCD$ là hình vuông rồi tính trực tiếp bằng toạ độ để đối chiếu lại Cách 1.

Vậy kết quả trùng khớp với Cách 1, khẳng định $\widehat{AOB}=90^{\circ }$ là điều kiện đúng và duy nhất để $ABCD$ là hình vuông.

Nhận xét. Toạ độ hoá cho thấy rõ vì sao $\widehat{AOB}$ phải đúng bằng $90^{\circ }$ chứ không phải giá trị khác.

Định hướng. Tính khoảng cách tâm của từng cặp, so với $R_1+R_2$ và $|R_1-R_2|$ theo đúng ba trường hợp đã học, xét lần lượt cả ba cặp.

Vậy a) cắt nhau: $(A)$ và $(B)$; $(A)$ và $(C)$. b) không giao nhau: không có cặp nào. c) tiếp xúc: $(B)$ và $(C)$ (tiếp xúc trong).

Định hướng. Vì $(B;3)$ có bán kính rất lớn so với $BC=1$, dự đoán $(C)$ nằm gọn trong $(B)$; kiểm tra xem có tiếp xúc bên trong hay không bằng cách xét điểm xa nhất của $(C)$ tính từ $B$.

Vậy kết quả trùng khớp Cách 1: $(A)$-$(B)$ và $(A)$-$(C)$ cắt nhau; $(B)$-$(C)$ tiếp xúc trong; không có cặp nào rời nhau.

Nhận xét. Cách 2 giúp "nhìn thấy" trực quan vì sao $(C)$ nằm trong $(B)$ mà vẫn tiếp xúc, tránh nhầm với "không giao nhau".

Định hướng. Chứng minh $BA$ tiếp xúc $(C;CA)$ tại $A$ trước (trực tiếp từ góc vuông ở $A$), sau đó dùng phép đối xứng qua trục $BC$ để suy ra $B{A}^{\prime }$ cũng tiếp xúc $(C;CA)$ tại $A^{\prime }$.

Vậy a) đã chứng minh $BA$, $B{A}^{\prime }$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(C;CA)$. Đổi vai trò $B\leftrightarrow C$, lập luận hệt như trên cho $\widehat{CAB}$ vuông tại $A$ ⇒ $CA\perp BA$ ⇒ $CA$ tiếp xúc $(B;BA)$ tại $A$, và đối xứng qua $BC$ ⇒ $C{A}^{\prime }$ tiếp xúc $(B;BA)$ tại $A^{\prime }$, chứng minh được câu b).

Định hướng. Đặt $A$ tại gốc toạ độ với hai cạnh góc vuông theo hai trục, tính toạ độ $A^{\prime }$ rồi kiểm tra khoảng cách từ $C$ đến hai đường thẳng $BA$, $B{A}^{\prime }$ đều bằng đúng bán kính $CA$.

Vậy kết quả khớp Cách 1: $BA$, $B{A}^{\prime }$ đều tiếp tuyến của $(C;CA)$, cắt nhau tại $B$.

Nhận xét. Toạ độ hoá cồng kềnh hơn nhưng xác nhận độc lập kết quả hình học tổng hợp.

Định hướng. Câu a) chỉ ra $OI\perp d$ và $O^{\prime }K\perp d$ để có hình thang vuông. Câu b) cộng trực tiếp hai nửa đoạn $IA+AK$ vì $A$ nằm giữa $I$, $K$ trên $d$. Câu c) thêm điều kiện để hai cạnh song song $OI$, $O^{\prime }K$ bằng nhau.

Vậy a) $O{O}^{\prime }KI$ là hình thang vuông; b) $IK=\frac{1}{2}EF$; c) $O{O}^{\prime }KI$ là hình chữ nhật khi và chỉ khi đường thẳng $d$ (vẫn qua $A$) song song với đường nối tâm $O{O}^{\prime }$.

Định hướng. Đặt $d$ làm trục hoành, $A$ là gốc toạ độ; khi đó $I$, $K$ tự động nằm trên trục hoành và $O$, $O^{\prime }$ có tung độ chính là khoảng cách vuông góc cần so sánh, giúp thấy trực quan điều kiện hình chữ nhật ở câu c).

Vậy toạ độ hoá cho đúng lại cả ba kết luận như Cách 1: hình thang vuông, $IK=\frac{1}{2}EF$, và hình chữ nhật khi $d\parallel O{O}^{\prime }$.

Nhận xét. Đặt $d$ làm trục toạ độ là mẹo hay: mọi tính vuông góc với $d$ tự động hiện thành "đường thẳng đứng", giúp nhìn ngay điều kiện hình chữ nhật.