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

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn tâm $I(1;-5)$ đi qua $O(0;0)$ có bán kính $R=IO=\sqrt{(1-0{)}^2+(-5-0{)}^2}=\sqrt{1+25}=\sqrt{26}$. Phương trình đường tròn: $(x-1{)}^2+(y+5{)}^2=26$.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính $R=IM=\sqrt{(-1-3{)}^2+(1+2{)}^2}=\sqrt{16+9}=5$. Phương trình đường tròn: $(x-3{)}^2+(y+2{)}^2=25$, tức $x^2+y^2-6x+4y-12=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn tâm $O(0;0)$ bán kính $R$ tiếp xúc đường thẳng $3x+4y-5=0$ thì $R=d(O,\Delta )=\frac{|3\cdot 0+4\cdot 0-5|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{5}{5}=1$. Vậy phương trình đường tròn là $x^2+y^2=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Tâm đường tròn là trung điểm của MN: $I=\left(\frac{3+1}{2};\frac{-1-5}{2}\right)=(2;-3)$. Bán kính $R=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}\sqrt{(1-3{)}^2+(-5+1{)}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4+16}=\frac{1}{2}\sqrt{20}=\sqrt{5}$. Vậy phương trình đường tròn $(C)$ là $(x-2{)}^2+(y+3{)}^2=5$, tức $x^2+y^2-4x+6y+8=0$.

a) Ta thấy rằng $\frac{RT}{RA}=\frac{AT}{AR}-1$ do đó chỉ cần chứng minh $\frac{AT}{AR}$ cố định là đủ. Mà cũng thấy rằng $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(I)$ và $(O_a)$ do đó $A$ là tâm vị tự của hai đường tròn đó, hơn nữa với vị trí của $R$ thì ta cũng có
$$\frac{AT}{AR}=\frac{R_{(O_a)}}{R_{(I)}}.$$
Mặt khác, nếu gọi $G,H$ là tiếp điểm của $(O_a)$ với $AB,AC$ thì theo Sawayamar - Thebault ta có $I$ là trung điểm $GH$ và nếu gọi $J$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AC$ thì từ đó theo các hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có được
$$\frac{R_{(O_a)}}{R_{(I)}}=\frac{IH}{IJ}=\frac{AH}{AI}=\frac{1}{\cos \frac{\angle A}{2}}$$
là một giá trị cố định khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ của $(O)$. $\square$

b) Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $BAC$ của $(O)$. Ta chứng minh $WY$ đi qua $M$ cố định.
Theo tính chất đường tròn Mixtilinear thì ta có $AX\parallel BC$. $E$ là giao điểm $WI$ và $AT$, $F$ là giao điểm khác $N$ của $NE$ với $(O)$. Trước hết ta có
$$(EI,EF)\equiv (BC,NF)\equiv (BC,BN)+(BN,NF)\equiv (AN,AB)+(AB,AF)\equiv (AI,AF)(\mathrm{mod}\pi )$$
Do đó $A,F,I,E$ đồng viên. Gọi $U^{\prime }$ là giao điểm khác $M$ của $ME$ với $(O)$, tương tự như trên thì $I,E,U^{\prime },T$ đồng viên. Chú ý rằng $TM$ là phân giác $\angle ATX$ nên ta có
$$(U^{\prime }E,U^{\prime }I)\equiv (TE,TI)\equiv (U^{\prime }M,U^{\prime }X)(\mathrm{mod}\pi )$$
Khi đó $U^{\prime },I,E$ thẳng hàng hay $U^{\prime }\equiv U$. Tương tự, lấy $R_1\in (O)$ sao cho $T{R}_1\parallel BC$ thì $R_1,I,F$ thẳng hàng. Xét trục đẳng phương đối một ba đường tròn $(O),(AFEI),(EIUT)$ thì $AF,EI,UT$ đồng quy tại $W$. Lại gọi $W^{\prime }$ là giao điểm $MY$ với $UT$, $S_1$ là giao $NF,MT$ thì theo định lý Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc}M& A& N\\ F& Y& T\end{array}\right)$ thì $W^{\prime },L,S_1$ thẳng hàng. Xét tứ giác toàn phần $UTIE.MW$ thì
$$W(IT,LM)=-1=F(RT,NM)=(IT,SM)=W(IT,S_{1}M)$$
Khi đó $W,L,S_1$ thẳng hàng nên $W\equiv W^{\prime }$. Từ đây ta có điều phải chứng minh. $\square$

a) $DP$ cắt đường tròn $(I)$ tại điểm thứ hai là $S$, $Y^{\prime }$ là giao điểm tiếp tuyến tại $S$ của $(I)$ với $AC$, $G$ là giao điểm $ES$ và $DF$. Khi đó $ES$ và $DF$ lần lượt là đường đối cực của điểm $Y^{\prime }$ và $B$ đối với đường tròn $(I)$, suy ra $G$ là cực của $B{Y}^{\prime }$. Mà chú ý rằng $P$ là giao $EF$ và $DS$ nên $P$ và $G$ liên hợp hợp đối với $(I)$. Vậy $B,P,Y^{\prime }$ thẳng hàng hay $Y^{\prime }\equiv Y$. Chứng minh tương tự, ta suy ra $SY,SZ$ là tiếp tuyến của $(I)$, hay $YZ$ tiếp xúc $(I)$.

b) Xét $f={\mathcal{I}}_I^{I{D}^2}$ là phép nghịch đảo tâm $I$ phương tích $I{D}^2$ (nghịch đảo qua $(I)$) và gọi $R^{\prime }=f(P)$. Khi này ta có $A,B,C$ qua $f$ trở thành trung điểm $EF,FD,ED$ nên $(ABC)$ qua $f$ trở thành đường tròn euler của tam giác $DEF$, mà $P$ thuộc đường tròn đó nên $R^{\prime }=f(P)\in (ABC)$, do đó $R\equiv R^{\prime }$.
Hơn nữa, ta cũng có $f(E)=E$ và $f(F)=F$ nên $f$ biến $EF$ thành $(IEF)$ do đó $R\in (IEF)$. Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của $(O)$ thì ta có ngay $MB=MC=MI$. Xét phép nghịch đảo $g={\mathcal{I}}_M^{M{B}^2}$ biến $B,C$ thành $B,C$ do đó biến $(O)$ thành $BC$ nên biến $A$ thành giao điểm $D^{\prime }$ của $AM$ với $BC$. Khi ấy, $g$ sẽ biến đường tròn đường kính $IA$ thành đường tròn đường kính $I{D}^{\prime }$, từ đó ta được
$$g(\{R,A\})=g((IA)\cap (O))=(I{D}^{\prime })\cap BC=\{D,D^{\prime }\}\Rightarrow g(R)=D.$$
Từ đây ta có được $RD$ luôn đi qua $M$ là điểm cố định. $\square$

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C)$ có tâm $O(0;0)$ và tiếp xúc với đường thẳng $\Delta :8x+6y+100=0$ nên bán kính bằng khoảng cách từ $O$ đến $\Delta$:
$$R=d(O,\Delta )=\frac{|8\cdot 0+6\cdot 0+100|}{\sqrt{8^2+6^2}}=\frac{100}{\sqrt{100}}=\frac{100}{10}=10.$$
Vậy $R=10$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $x$ (cm) là đường kính nửa đường tròn, cũng là chiều rộng hình chữ nhật, và $h$ (cm) là chiều cao hình chữ nhật. Đường chéo hình chữ nhật: $x^2+h^2=66^2=4356$. Diện tích nửa đường tròn $S_1=\frac{\pi x^2}{8}$, diện tích hình chữ nhật $S_2=xh$. Theo đề $S_1=3S_2$: $\frac{\pi x^2}{8}=3xh\Rightarrow h=\frac{\pi x}{24}$. Thay vào phương trình đường chéo: $x^2+\frac{{\pi }^2{x}^2}{576}=4356\Rightarrow x^2=\frac{4356\cdot 576}{576+{\pi }^2}=\frac{2509056}{585,8596}\approx 4282,55$. Vậy $x=\sqrt{4282,55}\approx 65,4$ cm (kiểm tra: $h\approx 8,56$, $65,44^2+8,56^2\approx 4356$ đúng; $S_1\approx 1679$, $3S_2\approx 1681$ khớp).

(AI giải đề cho tôi)
Bài 14: Phương trình đường tròn dạng $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ có tâm $I(a;b)$ và bán kính $R=\sqrt{R^2}$.

a) $(x-2{)}^2+(y-8{)}^2=49=7^2$.
Đường tròn $(C)$ có tâm $I(2;8)$ và bán kính $R=7$.

b) $(x+3{)}^2+(y-4{)}^2=23$.
Viết lại: $(x-(-3){)}^2+(y-4{)}^2=(\sqrt{23}{)}^2$.
Đường tròn $(C)$ có tâm $I(-3;4)$ và bán kính $R=\sqrt{23}$.

(AI giải đề cho tôi)
Một phương trình bậc hai hai ẩn là phương trình đường tròn khi và chỉ khi hệ số của $x^2$ và $y^2$ bằng nhau và khác 0, đồng thời không có hạng tử $xy$, và bán kính $R^2>0$.

a) $x^2+2y^2-4x-2y+1=0$: hệ số của $x^2$ là 1 còn của $y^2$ là 2, khác nhau nên không phải phương trình đường tròn.

b) $x^2+y^2-4x+3y+2xy=0$: có hạng tử $2xy\ne 0$ nên không phải phương trình đường tròn.

c) $x^2+y^2-8x-6y+26=0$: hệ số của $x^2$ và $y^2$ bằng nhau, không có $xy$. Biến đổi: $(x-4{)}^2+(y-3{)}^2=16+9-26=-1<0$, nên không tồn tại điểm nào thỏa mãn; đây không phải đường tròn (tập nghiệm rỗng).

d) $x^2+y^2+6x-4y+13=0$: biến đổi $(x+3{)}^2+(y-2{)}^2=9+4-13=0$, suy ra $x=-3,y=2$. Đây chỉ là điểm duy nhất $(-3;2)$ (bán kính $R=0$), không phải đường tròn.

e) $x^2+y^2-4x+2y+1=0$: biến đổi $(x-2{)}^2+(y+1{)}^2=4+1-1=4=2^2$. Vậy đây là phương trình đường tròn tâm $I(2;-1)$, bán kính $R=2$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 16: Viết phương trình đường tròn dạng $(x-x_I{)}^2+(y-y_I{)}^2=R^2$.

a) Tâm $I(3;1)$, bán kính $R=2$: phương trình là $(x-3{)}^2+(y-1{)}^2=4$.

b) Tâm $I(3;1)$ đi qua $M(-1;7)$. Bán kính $R=IM=\sqrt{(-1-3{)}^2+(7-1{)}^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}$. Phương trình: $(x-3{)}^2+(y-1{)}^2=52$.

c) Tâm $I(2;-4)$ tiếp xúc với $\Delta :3x-2y-1=0$. Bán kính bằng khoảng cách từ $I$ đến $\Delta$: $R=\frac{|3\cdot 2-2\cdot (-4)-1|}{\sqrt{3^2+(-2{)}^2}}=\frac{|6+8-1|}{\sqrt{13}}=\frac{13}{\sqrt{13}}=\sqrt{13}$. Phương trình: $(x-2{)}^2+(y+4{)}^2=13$.

d) Đường kính $AB$ với $A(4;1)$, $B(-2;-5)$. Tâm là trung điểm: $I\left(\frac{4-2}{2};\frac{1-5}{2}\right)=I(1;-2)$. Bán kính $R=\frac{AB}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{(-2-4{)}^2+(-5-1{)}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{36+36}=\frac{1}{2}\sqrt{72}=3\sqrt{2}$, nên $R^2=18$. Phương trình: $(x-1{)}^2+(y+2{)}^2=18$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi tâm $I(a;b)$ thuộc $\Delta :x+y-1=0$ nên $b=1-a$, tức $I(a;1-a)$.

Vì $(C)$ đi qua $A(6;2)$ và $B(-1;3)$ nên $IA=IB$, suy ra $I{A}^2=I{B}^2$:
$$(a-6{)}^2+(1-a-2{)}^2=(a+1{)}^2+(1-a-3{)}^2$$
$$(a-6{)}^2+(-a-1{)}^2=(a+1{)}^2+(-a-2{)}^2$$
$$a^2-12a+36+a^2+2a+1=a^2+2a+1+a^2+4a+4$$
$$-10a+37=6a+5\Rightarrow 16a=32\Rightarrow a=2.$$
Vậy $I(2;-1)$ (thỏa mãn $2+(-1)-1=0$).

Bán kính: $R^2=I{A}^2=(2-6{)}^2+(-1-2{)}^2=16+9=25$, nên $R=5$.

Phương trình đường tròn: $$(x-2{)}^2+(y+1{)}^2=25.$$

Kiểm tra: $A(6;2)$: $4^2+3^2=25$ đúng; $B(-1;3)$: $(-3{)}^2+4^2=9+16=25$ đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C):x^2+y^2+6x-4y-12=0$ có tâm $I(-3;2)$ và bán kính $R=\sqrt{9+4+12}=5$. Kiểm tra $M(0;-2)$ thuộc $(C)$: $\overrightarrow{IM}=(3;-4)$ nên $IM=\sqrt{9+16}=5=R$, vậy $M$ thuộc đường tròn. Tiếp tuyến $\Delta$ tại $M$ vuông góc với $\overrightarrow{IM}$, có phương trình: $3(x-0)-4(y+2)=0\iff 3x-4y-8=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 19: Kiểm tra A(4;2) thuộc d: 3·4+4·2−20=0, đúng nên A là tiếp điểm.
a) Δ đi qua A và vuông góc với d nên VTPT của Δ là VTCP của d: (4;−3). Phương trình: 4(x−4)−3(y−2)=0 ⟺ 4x−3y−10=0.
b) Tâm I thuộc d' (2x+y=0) và vì (C) tiếp xúc với d tại A nên I thuộc đường thẳng Δ: 4x−3y−10=0. Thay y=−2x: 4x+6x−10=0 ⟹ x=1, y=−2. Vậy I(1;−2). Bán kính R=IA=√((4−1)²+(2+2)²)=√25=5. Phương trình đường tròn: (x−1)²+(y+2)²=25.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 20. Đường tròn $(C):(x-1{)}^2+(y+1{)}^2=2$ có tâm $I(1;-1)$, bán kính $R=\sqrt{2}$. Đường thẳng $\Delta :x+y+2=0$.

a) Khoảng cách từ $I$ đến $\Delta$:
$$d(I,\Delta )=\frac{|1+(-1)+2|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}=R.$$
Vì $d(I,\Delta )=R$ nên $\Delta$ là tiếp tuyến của $(C)$ (tiếp tuyến tại $H$, hình chiếu của $I$ lên $\Delta$).

b) $d\parallel \Delta$ nên $d$ có dạng $x+y+c=0$. Để $d$ tiếp xúc với $(C)$:
$$d(I,d)=\frac{|1-1+c|}{\sqrt{2}}=\frac{|c|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow |c|=2\Rightarrow c=\pm 2.$$
Với $c=2$ ta được chính $\Delta$ (đã cho). Vậy tiếp tuyến cần tìm (khác $\Delta$) là $x+y-2=0$.

Kiểm tra: $d(I,x+y-2=0)=\frac{|1-1-2|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}=R$, đúng là tiếp tuyến của $(C)$, song song với $\Delta$.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $(x-2{)}^2+(y+3{)}^2=9$ có dạng chuẩn $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ với tâm $I(a;b)$, bán kính $R=\sqrt{9}=3$. So sánh: $a=2$, $-b=3\Rightarrow b=-3$, nên $I(2;-3)$ và $R=3$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính $R=AB=\sqrt{(2-0{)}^2+(4+2{)}^2}=\sqrt{4+36}=\sqrt{40}$. Đường tròn tâm $A(0;-2)$: $x^2+(y+2{)}^2=40$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C):(x+1{)}^2+(y+1{)}^2=4$ có tâm $I(-1;-1)$, bán kính $R=2$. Điểm $M(1;-1)$ thuộc đường tròn vì $(1+1{)}^2+(-1+1{)}^2=4$. Bán kính $IM$ nằm ngang (cùng tung độ $-1$), nên tiếp tuyến tại $M$ vuông góc với $IM$, tức là đường thẳng đứng đi qua $M$: $x=1$, hay $x-1=0$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Bán kính đường tròn bằng khoảng cách từ $I(1;-1)$ đến $d:x-y+2=0$: $R=\frac{|1-(-1)+2|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$, nên $R^2=8$. Phương trình: $(x-1{)}^2+(y+1{)}^2=8$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét phương trình dạng $x^2+y^2-2ax-2by+c=0$, là đường tròn khi $a^2+b^2-c>0$.
- A: $x^2+y^2-6x-10y+30=0$ có $a=3,b=5,c=30$, $R^2=9+25-30=4>0$ → là đường tròn tâm $(3;5)$ bán kính $R=2$.
- B: $R^2=\frac{9}{4}+4-30<0$ → không phải đường tròn.
- C, D: hệ số của $x^2$ và $y^2$ khác nhau → không phải đường tròn.
Vậy đáp án A.