Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn tâm $O(0;0)$ tiếp xúc với $\Delta :x+y-2=0$ có bán kính $R=d(O,\Delta )=\frac{|0+0-2|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$. Vậy phương trình là $x^2+y^2=R^2=2$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C):x^2+y^2-2x-4y-4=0$ có tâm $I(1;2)$, bán kính $R=\sqrt{1+4+4}=3$. Kiểm tra $A(1;5)$: $IA=\sqrt{0+9}=3=R$ nên $A$ thuộc đường tròn. Vectơ $\overrightarrow{IA}=(0;3)$ là pháp tuyến của tiếp tuyến tại $A$, nên tiếp tuyến có dạng $0(x-1)+3(y-5)=0\iff y-5=0$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính đường tròn bằng khoảng cách từ tâm I(-1;2) đến đường thẳng Δ: x-2y+7=0. Ta có d(I,Δ)=|(-1)-2·2+7|/√(1²+(-2)²)=|2|/√5=2/√5. Do đó (a) sai vì d=2/√5 chứ không phải 3/√5. Đường kính = 2r = 4/√5 nên (b) đúng. r²=4/5 nên phương trình đường tròn là (x+1)²+(y-2)²=4/5, (c) đúng. Với O(0;0): (0+1)²+(0-2)²=5 > 4/5 nên O nằm ngoài đường tròn, (d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
d(I,Δ)=|(-1)-2·2+7|/√5=2/√5 ≠ 3/√5.
b) (AI giải đề cho tôi)
r=d(I,Δ)=2/√5 nên đường kính = 2r = 4/√5.
c) (AI giải đề cho tôi)
r²=(2/√5)²=4/5, tâm I(-1;2) nên (x+1)²+(y-2)²=4/5.
d) (AI giải đề cho tôi)
Thay O(0;0): 1²+(-2)²=5 > 4/5 nên O nằm ngoài đường tròn.

a) $R=d(I;\Delta )=\frac{\left|2.3+3-3\right|}{\sqrt{2^2+1}}=\frac{6}{\sqrt{5}}$
Vậy phương trình đường tròn (C) là: $(x-3{)}^2+(y+3{)}^2=\frac{36}{5}$

b) $(C)$ có tâm $I(-1;3)$ và bán kính $R=\sqrt{1+9-5}=\sqrt{5}$, $d:x+2y+m=0$.
$d$ là tiếp tuyến của $(C)$ khi và chỉ khi:
$d(I,d)=R\iff \frac{\left|-1+6+m\right|}{\sqrt{1+4}}=\sqrt{5}\iff \left|m+5\right|=5$
$\iff \left[\begin{array}{c}m+5=-5\\ m+5=5\end{array}\right]\iff \left[\begin{array}{c}m=-10\Rightarrow d:x+2y-10=0\\ m=0\Rightarrow d:x+2y=0\end{array}\right]$

a) $R=d\left(I;\Delta \right)=\frac{\left|-1-4-7\right|}{\sqrt{1+4}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
Vậy phương trình đường tròn (C) là: ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2=\frac{4}{5}$

b) Đường tròn (C) có tâm $I\left(2;1\right),R=5$ và tiếp tuyến có dạng $\Delta :4x+3y+c=0(c\ne 14)$.
Ta có $R=d\left[I;\Delta \right]\iff \frac{\left|c+11\right|}{5}=5\iff \{\begin{array}{l}c=14(l)\\ c=-36\end{array}$.
Vậy pttt là $\Delta :4x+3y-36=0(c\ne 14)$.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $(x-3{)}^2+(y+2{)}^2=36$ có dạng $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ với tâm $I(a;b)$, bán kính $R=\sqrt{36}=6$. Suy ra $I(3;-2)$, $R=6$. Khớp với đáp án nguồn (Câu 10 chọn C).

$(\mathcal{C})$ có tâm $I(2;-3)$. Tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{AI}=(1;-8)$. Phương trình tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ là $x-8y+39=0$. (Điểm: 0,75; mỗi bước 0,25.)

$(\mathcal{C})$ có tâm $I(2;-3)$. Tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{AI}=(1;-8)$. Phương trình tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ là $x-8y+39=0$. (Điểm: 0,75; mỗi bước 0,25.)

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $(x+1{)}^2+(y-5{)}^2=25$ có dạng $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ với tâm $I(-a;b)$... cụ thể $I(-1;5)$ và $R=\sqrt{25}=5$. Vậy khẳng định đúng là B, trùng với đáp án mã đề 103 (Câu 7 chọn B).

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $(x+6{)}^2+(y-2{)}^2=16$ có dạng $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ với tâm $I(-6;2)$ và $R=\sqrt{16}=4$. Vậy khẳng định đúng là A, trùng với đáp án nguồn (Mã đề 102, Câu 11: A).

$(\mathcal{C})$ có tâm $I(2;-3)$. Tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{AI}=(1;-8)$. Phương trình tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ là $x-8y+39=0$. (Điểm: 0,75; mỗi bước 0,25.)

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $(x+3{)}^2+(y+4{)}^2=49$ có dạng $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ với $a=-3$, $b=-4$, $R^2=49\Rightarrow R=7$. Vậy tâm $I(-3;-4)$ và bán kính $R=7$. Khớp với đáp án D trong bảng đáp án mã đề 101.

$(\mathcal{C})$ có tâm $I(2;-3)$. Tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{AI}=(1;-8)$. Phương trình tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ là $x-8y+39=0$. (Điểm: 0,75; mỗi bước 0,25.)

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $x^2+y^2+5x+7y-3=0$ có tâm $I\left(-\frac{5}{2};-\frac{7}{2}\right)$. Khoảng cách từ $I$ tới trục tung (trục $Oy$, phương trình $x=0$) là $d=\left|x_I\right|=\frac{5}{2}$. Vậy đáp án D, khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 9: D).

(AI giải đề cho tôi)
Đưa phương trình về dạng chính tắc: $x^2+y^2-10x-11=0\iff (x-5{)}^2+y^2=25+11=36$. Vậy tâm $I(5;0)$, bán kính $R=\sqrt{36}=6$. Khớp với đáp án A (mã đề 101, câu 11).

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $x^2+y^2+5x+7y-3=0$ có tâm $I\left(-\frac{5}{2};-\frac{7}{2}\right)$. Khoảng cách từ $I$ tới trục $Ox$ là $|y_I|=\frac{7}{2}$. Khớp với đáp án D (mã đề 101, câu 3: D).

a) Rõ ràng các đường tròn $(J)$, $(K)$, $(L)$ đồng quy tại điểm Miquel $T$ của tam giác $PCD$ ứng với bộ điểm $X$, $A$, $B$.

Do đó $JL\perp AT$, $KL\perp BT$, suy ra
$$\angle JLK=180^{\circ }-\angle ATB=\angle DPC=180^{\circ }-\angle JOK,$$
suy ra $LJOK$ là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi $Y$, $Z$ theo thứ tự là điểm đối xứng của $L$ qua $OJ$, $OK$; $M$ là điểm đối xứng với $P$ qua $L$. Khi đó
$$\angle LAM=\angle LMA=\angle PBA=\angle ADC.$$
Ta có $YZ$ là đường thẳng Steiner của $L$ ứng với tam giác $OJK$ nên $YZ$ đi qua trực tâm $H$ của tam giác $OJK$.
Mặt khác $AD$ và $YL$ có chung đường trung trực $OJ$ nên $ADYL$ là hình thang cân, suy ra $DY=AL$.

Ngoài ra $\angle YDC=\angle ADY-\angle ADC=\angle DAL-\angle LAM=90^{\circ }$.

Tương tự $CZ=AL$ và $\angle DCZ=90^{\circ }$. Từ đó suy ra $DCYZ$ là hình chữ nhật.
Vậy $d\left(H;CD\right)=d\left(Y;CD\right)=YD=LA=LP$.

a)

Đặt $BE\cap AO=\{Q^{\prime }\}$, $CF\cap AO=\{Q^{\prime \prime }\}$.
Ta có $(AX,O{Q}^{\prime })=B(AX,O{Q}^{\prime })=(AC,YE)=-1$. (1.5 điểm)

Tương tự $(AX,O{Q}^{\prime \prime })=-1$. Vì thế $Q^{\prime }\equiv Q^{\prime \prime }\equiv Q$. Vậy $Q$ nằm trên AO. (0.5 điểm)

b) Gọi $A{A}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ là các đường cao kẻ từ $A$ và $C$ của tam giác $ABC$ và $H$ là trực tâm. Các đường tròn đường kính $BH$, $CH$ cắt lại $(O)$ tương ứng tại $K,L$.

Bằng cách xét trục đẳng phương của các đường tròn $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })$, $(O)$, $(A{A}^{\prime }C)$ ta có $BK$, $A^{\prime }{C}^{\prime }$, $AC$ đồng quy tại một điểm $S$. Suy ra $B(HK,AC)=-1$. (0.5 điểm)

Do $B(OE,CA)=-1=B(HK,AC)$ và phép đối xứng qua phân giác $\angle ABC$ bảo toàn tỉ số kép nên ta thu được $BK$, $BE$ đẳng góc trong $\angle ABC$. (0.5 điểm)

Chú ý rằng T là trung điểm của EF
$$\iff S_{PQE}=S_{PQF}\iff PQ\cdot EQ\cdot \sin \angle PQE=PQ\cdot FQ\cdot \sin \angle PQF.$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh
$$\frac{QE}{QF}=\frac{\sin \angle PQF}{\sin \angle PQE}.(\ast )$$
Một mặt, ta có $\angle BKA=\angle BCE$ và $\angle KBA=\angle EBC$ nên $\angle KAB=\angle BEC$. Tương tự $\angle LAC=\angle BFC$. Suy ra
$$\frac{QE}{QF}=\frac{QE}{QA}\cdot \frac{QA}{QF}=\frac{\sin \angle QAE}{\sin \angle QEA}\cdot \frac{\sin \angle QFA}{\sin \angle QAF}$$
$$=\frac{\cos \angle ABC}{\cos \angle ACB}\cdot \frac{\sin \angle LAC}{\sin \angle KAB}=\frac{BH}{CH}\cdot \frac{CL}{BK}=\frac{\sin \angle LHC}{\sin \angle KHB}.$$ (1 điểm)

Mặt khác, tiếp tuyến tại $C$ đẳng góc với đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ nên $\angle QCP=\angle (CL,AB)=\angle (HL,HC)=\angle LHC$. Tương tự $\angle QBP=\angle KHB$.
Do đó
$$\frac{\sin \angle PQF}{\sin \angle PQE}=\frac{\sin \angle CQP}{\sin \angle BQP}=\frac{PC\cdot \frac{\sin \angle QCP}{PQ}}{PB\cdot \frac{\sin \angle QBP}{PQ}}=\frac{\sin \angle LHC}{\sin \angle KHB}.$$
Vậy $(\ast )$ được chứng minh và bài toán được giải quyết. (1 điểm)