12 bài tập Các bài toán liên quan đến hai đường tròn tiếp xúc nhau, cắt nhau và không cắt nhau có lời giải

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 \(OI = \frac{{R\left( {R + r} \right)}}{{R - r}}\).

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.

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.

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.