12 bài tập Các bài toán liên quan đến hai đường tròn tiếp xúc nhau, cắt nhau và không cắt nhau có lời giải
12 câu hỏi
OD ∕∕ O'C.
\(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{1}{2}\).
\(\frac{{AD}}{{AC}} = 3\).
AD = AC.
Đáp án đúng là: C
Xét đường tròn (O') và (O) có O'A = \(\frac{1}{2}\)OA nên \(\frac{{AO}}{{AO'}} = 2\).
Xét ∆O'AC cân tại O' và ∆OAD cân tại D có \(\widehat {OAD} = \widehat {O'AD}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {OAD} = \widehat {O'CA}\).
Suy ra \(\widehat {OAD} = \widehat {O'AD}\).
Suy ra ∆OAD ∽ ∆O'AD (g.g) suy ra \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AO}}{{AO'}} = 2\).
Lại có \(\widehat {OAD} = \widehat {O'CA}\) mà hai góc ở vị trí so le trong nên OD ∕∕ O'C.
7 cm.
1 cm.
17 cm.
\(\frac{7}{2}\) cm.
Đáp án đúng là: A
Kẻ O'H ⊥ OM và OK ⊥ O'F.
Ta có: OH = R – r; O'K = R + r.
Mà OH2 = O'O2 – MN2; O'K2 = O'O2 – EF2 = 64.
Suy ra OH = 6 và O'K = 8.
Suy ra R – r = 6 và R + r = 8.
Thay R = r + 6 vào R + r = 8 được 2r + 6 = 8 suy ra r = 1.
Do đó R = 7 cm.
Vậy chọn A.
7 cm.
1 cm.
\(\frac{{17}}{2}\) cm.
\(\frac{7}{2}\) cm.
Đáp án đúng là: D
Kẻ O'H ⊥ OM và OK ⊥ O'F.
Ta có: OH = R – r; O'K = R + r.
Mà OH2 = O'O2 – MN2 = 25; O'K2 = O'O2 – EF2 = 144.
Suy ra OH = 5 và O'K = 12.
Suy ra R – r = 5 và R + r = 12.
Thay R = r + 5 vào R + r = 12 được 2r + 5 = 12 suy ra r = \(\frac{7}{2}\).
Do đó R = \(\frac{{17}}{2}\) cm.
Vậy chọn D.
MP + NQ.
MQ + NP.
2MP.
OP + PQ.
Đáp án đúng là: A
Vì P đối xứng với M qua OO', Q là điểm đối xứng với N qua OO' nên MN = QP; P ∈ (O) và Q ∈ (O').
Mà MP ⊥ OO'; NQ ⊥ OO' nên MP ∕∕ NQ mà \(\widehat {NMP} = \widehat {QPM}\) (do \(\widehat {OMN} = \widehat {OPQ};\widehat {OMP} = \widehat {OPM}\)).
Nên MNPQ là hình thang cân.
Có MN là tiếp tuysn chung nên MN ⊥ OM (tính chất) nên \(\widehat {OMN}\) = 90 ° hay \(\widehat {OMP} + \widehat {PMN} = 90^\circ \).
Ta có: OM = OP = R nên ∆OMP cân tại O.
Suy ra \(\widehat {OPM} = \widehat {OMP}\).
Lại có MNPQ là hình thang cân nên \(\widehat {PMN} = \widehat {QPM}\).
Từ đây suy ra \(\widehat {QPM} + \widehat {QPM} = 90^\circ \). Suy ra QP ⊥ OP tại P.
Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt NM tại E và PQ tại F.
Trong đường tròn (O), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: EM = EA và FP = FA.
Trong đường tròn (O'), theo tính chất hai tiếp tuyến bằng nhau ta có:
EN = EA và FQ = FA.
Suy ra EM = EA = EN = \(\frac{1}{2}MN\).
FP = FA = FQ = \(\frac{1}{2}PQ\).
Suy ra MN + PQ = 2EA + 2FA = 2(EA + FA) = 2EF.
Vì EF là đường trung bình của hình thang MNPQ nên
EF = \(\frac{{MP + NQ}}{2}\) hay MP + NQ = 2EF.
Do đó, MN + PQ = MP + NQ.
Hình thang cân.
Hình thang.
Hình thang vuông.
Hình bình hành.
Đáp án đúng là: A
Vì P đối xứng với M qua OO', Q là điểm đối xứng với N qua OO' nên MN = QP; P ∈ (O) và Q ∈ (O').
Mà MP ⊥ OO'; NQ ⊥ OO' nên MP ∕∕ NQ mà \(\widehat {NMP} = \widehat {QPM}\)
(do \(\widehat {OMN} = \widehat {OPQ};\widehat {OMP} = \widehat {OPM}\)).
Nên MNPQ là hình thang cân.
AC = CB.
\(\widehat {CBO'} = 90^\circ \).
CA, CB là hai tiếp tuyến của (O').
CA, CB là hai cát tuyến của (O').
Đáp án đúng là: D
Xét đường tròn (O) có O'C là đường kính, suy ra \(\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'}\) hay CB ⊥ O'B tại B và AC ⊥ AO' tại A.
Do đó, AC và BC là hai tiếp tuyến của (O') nên AC = BC (tính chất hai tiếp tuyến bằng nhau).
Do đó, A, B, C đúng.
Vậy chọn D.
\(OI = \frac{{R + r}}{{R - r}}\).
\(OI = \frac{{R - r}}{{R + r}}\).
\(OI = \frac{{R\left( {R - r} \right)}}{{R + r}}\).
\(OI = \frac{{R\left( {R + r} \right)}}{{R - r}}\).
Đáp án đúng là: D
Xét tam giác IOB có OB ∕∕ O'D (gt)
Áp dụng định lí Thalès ta có: \(\frac{{OI}}{{O'I}} = \frac{{OB}}{{O'D}}\) suy ra \(\frac{{OI}}{{O'I}} = \frac{R}{r}\)
mà IO' = IO – OO' = OI – (OA + AO') = OA – (R + r)
Nên \(\frac{{OI}}{{O'I}} = \frac{{OI}}{{OI - (R + r)}} = \frac{R}{r}\) suy ra OI.r = R[OI – (R + r)].
Suy ra OI.R – OI.r = R(R + r)
OI(R – r) = R(R + r)
Suy ra \(OI = \frac{{R\left( {R + r} \right)}}{{R - r}}\).
BD, OO' và GH đồng quy.
BD, OO' và GH không đồng quy.
Không có ba đường nào đồng quy.
Cả A, B, C đều sai.
Đáp án đúng là: A
Gọi giao điểm của OO' và GH là I'.
Ta có: OG ∕∕ O'H (cùng vuông với GH).
Theo định lí Thalès trong tam giác OG I', ta có:
\(\frac{{OI'}}{{O'I'}} = \frac{{OG}}{{O'H}} = \frac{R}{r}\) hay \(\frac{{OI'}}{{O'I'}} = \frac{{OI}}{{O'I}} = \frac{R}{r}\).
Suy ra I' trùng với I. Vậy BD, OO' và GH đồng quy.
\(AB = \frac{{60}}{{13}}\) cm.
\(AB = \frac{{120}}{{13}}\) cm.
AB = 10 cm.
AB = 5 cm.
Đáp án đúng là: B
Ta có: OA2 + O'A2 = 122 + 52 = 169 = 132 = OO'2.
Do đó theo định lí Pythagore đảo, ta có tam giác AOO' vuông tại A.
Suy ra OA ⊥ O'A.
Do đó, có OA la tiếp tuyến của đường tròn (O').
O'A là tiếp tuyến của đường tròn (O).
OO' là đường trung trực vủa đoạn AB.
Gọi H là giao của OO' và AB.
Tam giác AOO' cuông tại A, AH là đường cao.
Nên AH. OO' = OA.AO'.
Suy ra AH = \(\frac{{OA.O'A}}{{OO'}} = \frac{{60}}{{13}}\) cm.
Vậy AB = 2AH = \(\frac{{120}}{{13}}\) cm.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 12 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
12 cm2.
24 cm2.
48 cm2.
36 cm2.
Đáp án đúng là: B
∆BCD có OO' là đường trung bình suy ra OO' ∕∕ CD.
∆ABC có OI là đường trung bình suy ra OO' ∕∕ CA.
Do đó A, C, D thẳng hàng.
Ta có: ∆BOO' vuông tại B suy ra ∆BCD vuông tại B.
Do đó diện tích tam giác BCD là: S = \(\frac{1}{2}BC.BD = \frac{1}{2}.6.8 = 24\) cm2.
Ta có ∆OAM cân tại O suy ra \(\widehat {AOM} = 180^\circ - 2\widehat {{A_1}}\). (1)
∆O'AN cân tại O nên \(\widehat {AO'N} = 180^\circ - 2\widehat {{A_2}}\) (2)
Cộng (1) và (2) theo vế, ta được:
\(\widehat {AOM} + \widehat {AO'N} = 360^\circ - 2\left( {\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}}} \right)\)
Suy ra \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}} = \frac{{360^\circ - \left( {\widehat {AOM} + \widehat {AO'N}} \right)}}{2}\) (3)
Mà \(\widehat {AOM} + \widehat {AO'N} = 180^\circ \).
Từ (3) suy ra \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}} = \frac{{360^\circ - \left( {\widehat {AOM} + \widehat {AO'N}} \right)}}{2} = \frac{{360^\circ - 180^\circ }}{2} = 90^\circ \)
Ta có: \(\widehat {MAN} = 180^\circ - \left( {\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}}} \right) = 90^\circ \).
Vậy ∆MAN vuông tại A.
a) Đường tròn (I) và đường tròn (K) tiếp xúc ngoài tại C (vì IK = IC + CK)
b) Vù AC là đường kính của (I) nên tam giác AMC vuông tại M.
Tương tự ta có ∆BNC vuông tại N, ∆AMC vuông tại M.
Suy ra tứ giác DMCN là hình chữ nhật.
Gọi E là giao điểm của MN và DC. Ta có: ∆EMC, ∆IMC cân.
Suy ra \(\widehat {EMC} = \widehat {ECM};\widehat {IMC} = \widehat {ICM}\).
Mà \(\widehat {ECM} + \widehat {ICM} = 90^\circ \) do đó \(\widehat {IMN} = 90^\circ \) suy ra MN ⊥ IM.
Tương tự có MN ⊥ NK suy ra MN là tiếp tuyến chung của đường tròn (I) và (K).
c) Vì DMCN là hình chữ nhật nên MN = CD suy ra MN có độ dài lớn nhất khi CD có độ dài lớn nhất.
Ta có CD ≤ OD = R (khôn đổi), dấu “=” xảy ra khi C trùng O.
Vậy khi C trùng O thì MN có độ dài lớn nhất là R.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
