9 bài tập Chứng minh nhiều điếm cùng thuộc đường tròn (có lời giải)

Xét tam giác ${\rm{ABC}}$ vuông tại ${\rm{A}}$.

Theo định lí Pythagore, ta có:

${\rm{B}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {3^2} + {4^2}$

$\Rightarrow {\rm{BC}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5(\;{\rm{cm}})$

Gọi ${\rm{O}}$ là trung điểm của ${\rm{BC}}$, ta có:

${\rm{OB}} = {\rm{OC}} = \frac{{{\rm{BC}}}}{2} = \frac{5}{2} = 2{,}5(\;{\rm{cm}})$

Mặt khác ${\rm{OA}}$ là trung tuyến của tam giác ${\rm{ABC}}$ vuông tại ${\rm{A}}$

Ta có ${\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = 2{,}5(\;{\rm{cm}})$

Nên ba điểm ${\rm{A}},\,\,{\rm{B}},\,\,{\rm{C}}$ thuộc đường tròn tâm ${\rm{O}}$ là trung điểm đoạn ${\rm{BC}}$ và bán kính

$R = 2{,}5(\;{\rm{cm}})$.

Gọi ${\rm{O}}$ là trung điểm của ${\rm{BC}}$.

Các tam giác vuông ${\rm{BDC}}$ và ${\rm{BEC}}$ có chung cạnh huyền ${\rm{BC}}$ và ${\rm{OD}},\,\,{\rm{OE}}$ là các trung tuyến tương ứng.

Ta có ${\rm{OD}} = {\rm{OE}}\left( { = \frac{1}{2}{\rm{BC}}} \right)$

$\Rightarrow {\rm{OD}} = {\rm{OE}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = \frac{1}{2}{\rm{a}}{\rm{. }}$

Vậy bốn điểm ${\rm{B}},\,\,{\rm{E}},\,\,{\rm{D}},\,\,{\rm{C}}$ cùng thuộc đường tròn tâm ${\rm{O}}$ là trung điểm của ${\rm{BC}}$ và bán kính bằng $\frac{{\rm{a}}}{2}$.

Gọi ${\rm{O}}$ là giao điểm của hai đường chéo ${\rm{AC}}$ và ${\rm{BD}}$

Ta có: ${\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = {\rm{OD}}$(tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật Vậy bốn điểm

${\rm{A}},\,\,{\rm{B}},\,\,{\rm{C}},\,{\rm{D}}$ cùng thuộc đường tròn tâm ${\rm{O}}$ bán kính ${\rm{OA}}$.

Xét tam giác vuông ${\rm{ADC}}$ vuông tại ${\rm{D}}$.

Theo định lý Pythagore ta có:

${\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{D}}^2} + {\rm{C}}{{\rm{D}}^2} = {18^2} + {12^2}$

$\Rightarrow {\rm{AC}} = \sqrt {{{18}^2} + {{12}^2}} = 6\sqrt {13} (\;{\rm{cm}})$

Vậy bán kính của đường tròn $({\rm{O}})$ đi qua bốn điểm ${\rm{A}},\,\,{\rm{B}},\,\,{\rm{C}},\,{\rm{D}}$ là $\frac{{6\sqrt {13} }}{2}$.

Gọi ${\rm{E}},\,\,{\rm{G}},\,\,{\rm{H}},\,\,{\rm{I}}$ lần lượt là trung điểm của bốn cạnh ${\rm{AB}},\,\,{\rm{BC}},\,\,{\rm{CD}},\,\,{\rm{DA}}$ của hình thoi và ${\rm{O}}$ là

giao điểm của hai đường chéo ${\rm{AC}}$ và ${\rm{BD}}$.

${\rm{Ta}}$ có ${\rm{OE}},\,\,{\rm{OG}},\,\,{\rm{OH}},\,\,{\rm{OI}}$ lần lượt là các đường trung tuyến của các tam giác vuông $\Delta {\rm{AOB}}$,

$\Delta {\rm{BOC}},\,\,\Delta {\rm{COD}},\,\,\Delta {\rm{DOA}}$

$\Rightarrow {\rm{OE}} = \frac{1}{2}{\rm{AB}},\,\,{\rm{OG}} = \frac{1}{2}{\rm{BC}},\,\,{\rm{OH}} = \frac{1}{2}{\rm{CD}},\,\,{\rm{OI}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}}$

Mà ${\rm{AB}} = {\rm{BC}} = {\rm{CD}} = {\rm{AD}}$ (cạnh hình thoi) $\Rightarrow {\rm{OE}} = {\rm{OG}} = {\rm{OH}} = {\rm{OI}}$

Chứng tỏ bốn điểm ${\rm{E}},{\rm{G}},{\rm{H}},{\rm{I}}$ cùng thuộc đường tròn ${\rm{(O)}}{\rm{.}}$

Ta có ${\widehat {\rm{A}}_1} = {\widehat {\rm{D}}_1}$ (cùng phụ với ${\widehat {\rm{M}}_1}$ )

Do đó $\Delta {\rm{ABP}} = \Delta {\rm{DAM}}$ (g.c.g) $\Rightarrow {\rm{BP}} = {\rm{AM}} \Rightarrow {\rm{PC}} = {\rm{ND}}$.

Lại có ${\rm{PC//ND}}$ và $\widehat {{\rm{BCD}}} = 90^\circ ({\rm{gt}})$

$\Rightarrow$ PCDN là hình chữ nhật. Gọi ${\rm{O}}$ là giao điểm của hai đường chéo ${\rm{PD}}$ và ${\rm{CN}}$ ta có ${\rm{O}}$ là

tâm đường tròn đi qua bốn điểm ${\rm{P}}{\rm{,}}\,\,{\rm{C}}{\rm{,}}\,\,{\rm{D}}{\rm{,}}\,\,{\rm{N}}$.

Mặt khác $\Delta {\rm{PHD}}$ vuông (gt) có ${\rm{HO}}$ là trung tuyến

$\Rightarrow {\rm{HO}} = {\rm{OP}} = {\rm{OD}}$ hay ${\rm{H}}$ thuộc đường tròn tâm O.

Vậy năm điểm ${\rm{C}},\,\,{\rm{D}},\,\,{\rm{N}},\,\,{\rm{H}},\,\,{\rm{P}}$ cùng thuộc đường tròn ${\rm{(O)}}$.

Ta có ${\rm{MN}}$ là đường trung bình của $\Delta {\rm{ABC}}$$\Rightarrow {\rm{MN}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{AC v\`a MN}} = \frac{{{\rm{AC}}}}{2}$

tương tự ${\rm{SR}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{AC}}$ và ${\rm{SR}} = \frac{{{\rm{AC}}}}{2}$

Do đó MNRS là hình bình hành

Mặt khác ${\rm{BD}} \bot {\rm{AC}}({\rm{gt}}) \Rightarrow {\rm{MN}} \bot {\rm{BD}}$

Ta còn có ${\rm{MS}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{NR}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{BD}}$

Do đó MN $\bot {\rm{MS}}$ hay MNRS là hình chữ nhật

$\Rightarrow 4$ điểm ${\rm{M}},\,\,{\rm{N}},\,\,{\rm{R}},\,\,{\rm{S}}$ cùng thuộc đường tròn tâm ${\rm{O}}$ là giao điểm của hai đường chéo ${\rm{MR}}$ và

NS bán kính $\frac{{{\rm{MR}}}}{2}$.

Gọi ${\rm{I}},\,\,{\rm{K}},\,\,{\rm{L}}$ lần lượt là trung điểm của ba cạnh ${\rm{AB}},\,\,{\rm{BC}},\,\,{\rm{AC}}$

${\rm{M}},{\rm{N}},{\rm{P}}$ lẩn lượt là trung điểm của ${\rm{HA}},\,\,{\rm{HB}},\,\,{\rm{HC}}$

Chân ba đường cao ké từ ${\rm{A}},\,\,{\rm{B}},\,\,{\rm{C}}$ lần lượt là ${\rm{D}},\,\,{\rm{E}},\,\,{\rm{F}}$.

Ta có IL là đường trung bình của $\Delta {\rm{ABC}}$

$\Rightarrow {\rm{IL}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{BC}}$ và ${\rm{IL}} = \frac{{{\rm{BC}}}}{2}$

Tương tự ${\rm{NP}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{BC}}$ và ${\rm{NP}} = \frac{{{\rm{BC}}}}{2}$

Do đó ILPN là hình bình hành.

Mặt khác ${\rm{AD}} \bot {\rm{BC}}$ (gt)

$\Rightarrow {\rm{IL}} \bot {\rm{AD}}$.

Ta còn có ${\rm{IN}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{LP}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{AD}}$ $\Rightarrow {\rm{IN}} \bot {\rm{IL}}$ hay ILPN là hình chữ nhật.

Chứng minh tương tự KLMN cūng là hình chữ nhật, hai hình chữ nhật này có chung đường

chéo NL. Nên ${\rm{NL}},\,\,{\rm{PI}},\,\,{\rm{MK}}$ cắt nhau tại một điểm O là trung điểm của ${\rm{NL}}$.

Từ đó ta có 6 điểm ${\rm{M}},\,\,{\rm{L}},\,\,{\rm{P}},\,\,{\rm{K}},\,\,{\rm{N}},\,\,{\rm{I}}$ cùng nằm trên đường tròn đồng tâm ${\rm{O}}$. Lại có $\Delta {\rm{MDK}}$

vuông tại ${\rm{D}}$ có ${\rm{DO}}$ là trung tuyến $\Rightarrow {\rm{OD}} = {\rm{OM}} = {\rm{OK}}$ hay ${\rm{D}}$ thuộc đường tròn đường kính ${\rm{MK}}$. Chứng minh tương tự ta có hai điểm ${\rm{E}},\,\,{\rm{F}}$ cùng thuộc đường tròn ${\rm{O}}$.

a) Xét tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo $AC$ cắt $BD$ tại $(O)$.

Ta có $B$ là điểm đối xứng với A qua d nên $d \bot AB$ tại $H$ và $HA = HB$.

Xét tam giác $AOB$ có đường cao $OH$ đồng thởi là đường trung tuyến (cmt) nên $\Delta AOB$ cân tại $OH \Rightarrow OB = OA$.

$A \in (O) \Rightarrow B \in (O)$

Điểm $C$ đối xứng với $A$ qua $O \Rightarrow OC = OA$, tương tự $OD = OB$.

Đó đó $OD = OC = OB = OA$ mà $A \in (O) \Rightarrow B,C,D \in (O)$.

b) Xét tứ giác $ABCD$ có $AC$ cắt $BD$ tại $O$ và $OA = OB = OC = OD$ nên $ABCD$ là hình bình hành (tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tai trung điểm mỡi đường)

Lai có $AC = BD$ nên tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật (hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau).

c) Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật (cmt) $\Rightarrow CD//AB$ mà $AB \bot d$ (tính chất đối xứng qua một đường thẳng) $\Rightarrow CD \bot d$.

Tam giác $COD$cân tại $O$ có $OK$ là đường cao nên đồng thởi là trung trực $\Rightarrow DK = KC$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{d \bot CD}\\{DK = CK}\end{array}} \right.$ chứng tỏ $C$ đối xứng với $D$ qua $d$.

a) E là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ cuả hình vuông $ABCD$.

Nên $EA = EB = EC = ED$. Chứng tỏ 4 điểm A, B, C, D thuộc đường tròn tâm E.

Tâm đối xứng là điểm E.

Hai trục đối xứng là $AC$ và $BD$.

b) Ta có: $AC \bot BD$ (tính chất hai đường chéo của hình vuông)

Tam giác $AEB$ vuông cân tại $E$ có cạnh huyền $AB = 3\;cm$.

Đặt $EB = EA = R$.

Theo định lí Pythagore ta có: $A{B^2} = {R^2} + {R^2} \Rightarrow A{B^2} = 2{R^2}$

$\Rightarrow {R^2} = \frac{{A{B^2}}}{2}$ hay ${R^2} = \frac{{{3^2}}}{2} \Rightarrow R = \sqrt {\frac{9}{2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy bán kính của đường tròn ở câu a là $\frac{{3\sqrt 2 }}{2}$ $cm$.