Bài tập Chứng minh nhiều điếm cùng thuộc đường tròn lớp 9 (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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d \bot CD}\\{DK = CK}\end{array}} \right.\) 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 \(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) \(cm\).