25 bài tập Vị trí tương đối của hai đường tròn có lời giải

Chọn D

Ta có \[AI = \frac{1}{2}AB = 4\,cm\].

Theo định lý Phytagore ta có: \[O{I^2} = O{A^2} - A{I^2} = {10^2} - {4^2} = 84 \Rightarrow OI = 2\sqrt {21} \,cm\]

\[O'I = \sqrt {O'{A^2} - I{A^2}} = \sqrt {{5^2} - {4^2}} = 3\]

Do đó: \[OO' = OI - O'I = 2\sqrt {21} - 3 \approx 6,2(cm)\].

Chọn A

Vì \[P\] là điểm đối xứng với \[M\] qua \[OO'\]

\[Q\] là điểm đối xứng với \[N\] qua \[OO'\] nên \[MN = PQ\]; \[P \in (O);Q \in (O')\]

Mà \[MP \bot OO';NQ \bot OO'\]\[ \Rightarrow MP//NQ\] mà \[\widehat {\widehat {NMP}} = \widehat {QPM}\] (do \(\widehat {OMN} = \widehat {OPQ}\), \(\widehat {OMP} = \widehat {OPM}\))

Nên \[MNPQ\] là hình thang cân. Đáp ánA.

Chọn D

Xét đường tròn \[(O)\] có \[O'C\] là đường kính, suy ra \[\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'} = 90^\circ \] hay \[CB \bot O'B\] tại \[B\] và \[AC \bot AO'\] tại \[A\].

Do đó \[AC,BC\] là hai tiếp tuyến của \[(O')\] nên \[AC = CB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A, B, C đúng.

Đáp án cần chọn là D.

Chọn C

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} \Rightarrow AC = 2\sqrt 2 cm\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AI = \frac{{AC}}{2} = \sqrt 2 cm\\CJ = \frac{{CD}}{2} = 1cm\end{array} \right.\)

Ta có: \(AI + CJ < AC\,\,(1 + \sqrt 2 < 2\sqrt 2 )\).

Suy ra hai đường tròn ở vị trí ngoài nhau.

Chọn A

Xét \(({O_1})\)có \({O_1}B = {O_1}A\)

\( \Rightarrow \Delta {O_1}AB\) cân tại \({O_1} \Rightarrow \widehat {{O_1}BA} = \widehat {{O_1}AB}\).

Xét \(({O_2})\)có \({O_2}C = {O_2}A\)

\( \Rightarrow \Delta {O_2}CA\) cân tại \({O_2} \Rightarrow \widehat {{O_2}CA} = \widehat {{O_2}AC}\).

Mà \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = {360^0} - \widehat C - \widehat B = {180^0}\)

\( \Leftrightarrow {180^0} - \widehat {{O_1}BA} - \widehat {{O_1}AB} + {180^0} - \widehat {{O_2}CA} - \widehat {{O_2}AC} = {180^0}\)

\( \Leftrightarrow 2(\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC}) = {180^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {BAC} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\)vuông tại \(A\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AM\)là trung tuyến nên \(AM = BM = DM = \frac{{BC}}{2}\)

Xét tam giác \(BMA\) cân tại \(M \Rightarrow \widehat {MBA} = \widehat {MAB}\) mà \(\widehat {{O_1}BA} = \widehat {{O_1}AB}\,\,(cmt)\)nên:

\(\widehat {{O_1}BA} + \widehat {MBA} = \widehat {{O_1}AB} + \widehat {MAB} \Rightarrow \widehat {{O_1}AM} = \widehat {{O_1}BM} = {90^0}\)

\( \Rightarrow MA \bot A{O_1}\) tại \(A\) nên \(AM\)là tiếp tuyến của \(({O_1})\)

Tương tự ta cũng có \( \Rightarrow MA \bot A{O_2}\) tại \(A\) nên \(AM\)là tiếp tuyến của \(({O_2})\)

Chọn A

Xét \(({O_1})\)có \({O_1}B = {O_1}A\)\( \Rightarrow \Delta {O_1}AB\) cân tại \({O_1} \Rightarrow \widehat {{O_1}BA} = \widehat {{O_1}AB}\).

Xét \(({O_2})\)có \({O_2}C = {O_2}A\)\( \Rightarrow \Delta {O_2}CA\) cân tại \({O_2} \Rightarrow \widehat {{O_2}CA} = \widehat {{O_2}AC}\).

Lại có: \({O_1}B//{O_2}C\)

\( \Rightarrow \widehat {{O_1}BC} + \widehat {{O_2}CB} = {180^0}\)(hai góc trong cùng phía bù nhau)

Suy ra \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = {360^0} - \widehat {{O_2}CB} - \widehat {{O_2}BC} = {180^0}\)

\( \Leftrightarrow {180^0} - \widehat {{O_1}BA} - \widehat {{O_1}AB} + {180^0} - \widehat {{O_2}CA} - \widehat {{O_2}AC} = {180^0}\)

\( \Leftrightarrow 2(\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC}) = {180^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {BAC} = {90^0}\)

Chọn C

Ta có: \(R - r = 7 - 3 = 4\left( {cm} \right)\)

\[ \Rightarrow OO' = R - r\left( { = 4cm} \right)\]

Vậy hai đường tròn đã cho tiếp xúc trong.

Chọn A

Kẻ \(O'H \bot OB\left( {H \in OB} \right)\).

Ta có \(BC\) là tiếp tuyến chung ngoài của \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) \( \Rightarrow OB \bot BC;O'C \bot BC\).

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(O'HBC\) là hình chữ nhật.

\[ \Rightarrow BC = HO'\] và \[HB = O'C = 1cm\].

\[ \Rightarrow OH = OB - HB = 4 - 1 = 3\left( {cm} \right)\]

Mà hai đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) tiếp xúc ngoài nên \(OO' = OA + O'A = 4 + 1 = 5\left( {cm} \right)\)

Xét \(\Delta HOO'\left( {\widehat H = 90^\circ } \right):OO{'^2} = O{H^2} + HO{'^2}\)

\( \Rightarrow HO' = \sqrt {OO{'^2} - O{H^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\left( {cm} \right)\)

Vậy \(R \ge d \Leftrightarrow R \ge 2cm\).

Chọn C

Do \[OO'\, = 4cm < 8cm - 3cm = 5cm\] nên \[\left( O \right)\] đựng \[\left( {O'} \right)\].

Chọn D

Hai đường tròn cắt nhau khi và chỉ khi \[4cm - 3cm\, < \,OO'\, < \,4cm + 3cm\]\[ \Leftrightarrow 1cm < OO' < 7cm\].

Chọn B

- Câu A: sai, vì hai đường tròn cắt nhau thì \[R - r < OO' < R + r\].

- Câu B: đúng, vì khi \[R,r,{\rm{OO}}'\] là độ dài ba cạnh của một tam giác thì \[R - r < OO' < R + r\].

- Câu C: sai, vì Hai đường tròn không giao nhau \[ \Leftrightarrow {\rm{OO}}'\, > \,R + r\] hoặc \[{\rm{OO}}'\, < \,R - r\].

- Câu D: sai, vì Hai đường tròn tiếp xúc nhau \[ \Leftrightarrow {\rm{OO}}'\, = \,R + r\] hoặc \[{\rm{OO}}'\, = \,R - r\].

Chọn B

Hai đường tròn ở ngoài nhau có \(4\) tiếp tuyến chung.

Câu hai đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) có bốn tiếp tuyến chung là \(AB;CD;EF;GH\).

Chọn A

Hai đường tròn \(\left( {O;8cm} \right)\) và \(\left( {O';2cm} \right)\) cắt nhau nên \(R - r < OO' < R + r\)

Do đó \(6 < OO' < 10\).

Mà độ dài \(OO'\) là số nguyên nên \(OO' \in \left\{ {7;8;9} \right\}\) có ba giá trị nguyên.

Chọn C

Gọi \(I\) là trung điểm của \(GF\).

Xét tam giác \(AGF\) vuông tại \(A\) có: \(IA = IF = IG\) nên \[\widehat {IAF} = \widehat {IFA}\].

Mà \(\widehat {IFA} = \widehat {CFE}\)

Nên \(\widehat {IAF} = \widehat {CFE}\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\widehat C = \widehat {CAE}\).

Mà \(\widehat C + \widehat {CFE} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CAE} + \widehat {IAF} = 90^\circ \).

Hay \(EA\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(GF\).

Chọn B

Theo tính chất của đường nối tâm thì \(OO'\) là đường trung trực của \(AB\)

Các khẳng định đúng là: khẳng định a và khẳng định c, khẳng định b sai.

Khẳng định d sai vì có trường hợp \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) nằm trên một nửa mặt phẳng bờ \(AB\).

Chọn B

Lưu ý: Có cách kẻ tiếp tuyến chung tại \(A\) nữa.

Đây là câu trong đề thi TS tỉnh Bắc Ninh năm 2021-2022.

Ta có \(B \in (O)\), \(C \in (O')\) và \(BC = CM = 4\;{\rm{cm}}\)nên \(C\) là trung điểm của \(BM\).

Lại có \(OB \bot BM\) và \(CO' \bot BC\) (\(BC\) là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn)

\( \Rightarrow CO'{\rm{ // }}OB\).

Xét \(\Delta OBM\) có \(C\) là trung điểm của \(BM\) và \(CO\prime {\rm{ // }}OB\)

Suy ra \(O\prime \) là trung điểm của \(OM\).

Do đó \(CO\prime \) là đường trung bình của \(\Delta OBM\).

\( \Rightarrow CO\prime = \frac{1}{2}OB\) hay \(OB = R = 2r\)

Và \(OM = 2OO' = 2(R + r) = 6r\)

Áp dụng định lý Pytago cho \(\Delta OBM\) vuông tại \(B\) có

\(O{B^2} + B{M^2} = O{M^2}\)

\( \Rightarrow {\left( {2r} \right)^2} + {8^2} = {\left( {6r} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow 4{r^2} + 64 = 36{r^2}\)

\( \Leftrightarrow 32{r^2} = 64\)\( \Leftrightarrow {r^2} = 2\)

\( \Leftrightarrow r = \sqrt 2 \)

Suy ra \(R + r = 3r = 3\sqrt 2 \left( {{\rm{cm}}} \right)\).