7 bài tập Áp dụng tính chất hai đường tròn tiếp xúc (có lời giải)
7 câu hỏi
Cho đường tròn \((O;\,3cm)\) và đường tròn \((O';\,1cm)\) tiếp xúc ngoài nhau tại \(A\), vẽ hai bán kính \(OB\) và \(O'C\) song song với nhau và cùng thuộc nửa mặt phẳng có bờ là \(OO'\).
a) Tính \(\widehat {BAC}\).
b) Gọi \(I\) là giao điểm của \(BC\) và \(OO'\). Tính \(OI\).
a) Ta có \(OB\,{\rm{//}}\,O'C\) (gt)
\( \Rightarrow \widehat {BOA} + \widehat {CO'A} = 180^\circ \)
(cặp góc trong cùng phía)
Lại có các tam giác \(AOB\) và \(AO'C\) cân tại \(O\) và \(O'\)
nên \(\widehat {{A_1}} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOA}}}{2}\) và \(\widehat {{A_2}} = \frac{{180^\circ - \widehat {CO'A}}}{2}\)\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}} = \frac{{360^\circ - (\widehat {BOA} + \widehat {CO'A})}}{2} = 90^\circ \\ \Rightarrow \widehat {BAC} = 180^\circ - (\widehat {{A_1}} + \widehat {{A_2}}) = 90^\circ \end{array}\)
b) \(\Delta IBO\) có \(OB\,{\rm{//}}\,O'C\) theo hệ quả của định lí Thalès:
\(\frac{{IO}}{{IO'}} = \frac{{OB}}{{O'C}} \Rightarrow \frac{{IO - IO'}}{{IO}} = \frac{{OB - O'C}}{{OB}}\)
Hay \(\frac{{OO'}}{{IO}} = \frac{{OB - O'C}}{{OB}}\,\, \Rightarrow \,\frac{4}{{IO}} = \frac{{3 - 1}}{3}\)
\( \Rightarrow \,IO = \frac{{4.3}}{2} = 6cm.\)
Cho đường tròn \((O;\,\,5cm)\) và đường tròn \((O';\,\,3cm)\) tiếp xúc ngoài nhau tại \(A.\) Một đường thẳng qua \(A\) hợp với \(OO'\) một góc \(30^\circ \) cắt \((O)\) tại \(B\) và \((O')\) tại \(C.\)
a) Chứng minh \(\widehat {AOB} = \widehat {AO'C}\) và \[OB\,{\rm{//}}\,O'C\]
b) Tiếp tuyến tại \(C\) của \((O')\) cắt \(OO'\) tại \(D\). Tính \(CD,\,O'D.\)
a) \(\Delta AOB\) cân tại \(O\) có \({\widehat A_1} = {\hat B_1}\) tương tự với \(\Delta AO'C\) có \({\widehat A_2} = {\widehat C_1}\) mà \({\widehat A_1} = {\widehat A_2}\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow {\widehat A_1} = {\widehat A_2} = {\widehat B_1} = {\widehat C_1}\) | |
\( \Rightarrow \widehat {AOB} = \widehat {A{O^\prime }C}\) (hai tam giác cân có các góc ở đáy bằng nhau)
và \({\widehat B_1} = {\widehat C_1} \Rightarrow OB\,{\rm{//}}\,O'{\rm{C}}\) (cặp góc so le trong)
b) Có \({\widehat A_2} = 30^\circ ({\rm{gt}}) \Rightarrow {\widehat C_1} = 30^\circ \)
\( \Rightarrow \widehat {A{O^\prime }C} = 180^\circ - \left( {{{\widehat A}_2} + {{\widehat C}_1}} \right) = 180^\circ - \left( {30^\circ + 30^\circ } \right) = 120^\circ \Rightarrow \widehat {C{O^\prime }D} = 60^\circ \)
Xét tam giác vuông \[CO'D\] có \(\tan \widehat {C{O^\prime }D} = \frac{{CD}}{{{O^\prime }C}}\)
\(CD = {O^\prime }C\tan \widehat {C{O^\prime }D} = R\tan 60^\circ = R\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,{\rm{cm}}\)
\(\frac{{{O^\prime }C}}{{{O^\prime }D}} = \cos \widehat {C{O^\prime }D} \Rightarrow {O^\prime }D = \frac{{{O^\prime }C}}{{\cos C{O^\prime }D}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6(\;{\rm{cm}})\)
Cho đường tròn \((O;R)\) đường kính \(AB\). Gọi \(S\) là trung điểm của \(OA\) vẽ đường tròn tâm \(S\) đi qua \(A\).
a) Chứng minh đường tròn \((O)\) và đường tròn \((S)\) tiếp xúc nhau tại \(A\).
b) Một đường thẳng đi qua \(A\) cắt đường tròn \((S)\) tại \(M\) và cắt \((O)\) tại \(N\) (\(M,N\) khác \(A\)) chứng minh \(SM\,{\rm{//}}\,ON\).
c) Gọi \(I\) là trung điểm của \(ON\), đường thẳng \(AI\) cắt \(NB\) tại \(K\). Chứng minh rằng \(BK = 2KN\).
a) Ta có \(SO = OA - SA\left( {d = R - {R^\prime }} \right)\) Vậy \((O)\) và \((S)\) tiếp xúc trong tại \(A\) b) \[\Delta ASM\]cân tại \[S\]\[ \Rightarrow {\widehat {\rm{A}}_1} = {\widehat {\rm{M}}_1}\]và \[\Delta AON\] cân tại \[O\]\[ \Rightarrow {\widehat A_1} = {\widehat N_1}\] \( \Rightarrow {\widehat M_1} = {\widehat N_1}\) \( \Rightarrow SM\,{\rm{//}}\,ON\) (cặp góc đồng vị bằng nhau). c) Kẻ \(OE\,{\rm{//}}\,IK\) có \(I\) là trung điểm của \(ON\) (gt) \( \Rightarrow {\rm{IK}}\) là đường trung bình của \(\Delta NOE \Rightarrow KN = KE\) | |
Mặt khác \(\Delta AKB\) có \(O\) là trung điểm của \(AB\), \(OE\,{\rm{//}}\,AK\)(gt)
\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(BK\). Do đó \(BK = 2KN\).
Cho đường tròn \((K)\) có đường kính \(BC\). Gọi \(D\) là trung điểm của \(KC\) và \(I\) là tâm đường tròn có đường kính \(BD\).
a) Chứng tỏ đường tròn \((K)\) và \[\left( I \right)\] tiếp xúc nhau.
b) Qua \(B\) vẽ đường thẳng (không trùng với \(BC\)) cắt \((K)\) tại \(A\) và cắt \((I)\) tại \(E\). Chứng tỏ \(KA\,{\rm{//}}\,IE\) và tỉ số \(\frac{{CA}}{{DE}}\) không đổi.
a) Ta có \(KI = KB - IB\left( {d = R - {R^\prime }} \right)\)
Vậy \((K)\) và \[\left( I \right)\] tiếp xúc nhau tại \(B\).
b) Chứng minh tương tự câu \({\rm{b}}\) bài toán 16
ta có: \[KA{\rm{ // }}IE\]
Ta có \(DE \bot BE\) (\(BD\) là đường kính)
Tương tự \[CA \bot BA \Rightarrow DE\,{\rm{//}}\,AC\].Cho đường tròn \((O;4\;{\rm{cm}})\) và \(\left( {O';\,\,3\,\;{\rm{cm}}} \right)\) và đoạn nối tâm \(O{O^\prime } = 5\,{\rm{cm}}\).
a) Chứng tỏ đường tròn \((O)\) và \(\left( {O'} \right)\) cắt nhau tại hai điểm \(A\) và \(B\).
b) Tính độ dài \(AB\).
c) Gọi \(AC,AD\) lần lượt là đường kính của đường tròn \((O)\) và \(\left( {O'} \right)\). Chứng minh rằng \(C,B,D\) thẳng hàng.
a) Ta có \(OA - O'A < OA + O'A\)\((4 - 3 < 5 < 4 + 3)\) Chứng tỏ \((O)\) và \[\left( {O'} \right)\] cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\). b) Xét tam giác \(AOO'\) có \(AO = 4\;{\rm{cm}}\,;\,\,AO' = 3\;{\rm{cm}}\) và \(OO' = 5\;{\rm{cm}}\). Ta có: \({5^2} = {4^2} + {3^2}\) hay \(O{O'^2} = A{O^2} + A{O'^2}\) Theo định lí Pythagore đảo, ta có tam giác \(AO{O^\prime }\) vuông tại \(A\). |
|
Ta có: \(OA = OB = 4{\rm{\;cm}}\); \({O^\prime }A = {O^\prime }B = 3\;{\rm{cm}}\) nên \(O{O^\prime }\) là đường trung trực của đoạn \[AB\]\[ \Rightarrow O{O^\prime } \bot AB\].
Gọi \(I\) là giao điểm của \(O{O^\prime }\) và \(AB\), ta có \(AI\) là đường cao của tam giác vuông \(AO{O^\prime }\).
Gọi \({S_{AOO}}\) là diện tích của tam giác vuông \(AO{O^\prime }\)
Ta có \({S_{AO{O^\prime }}} = \frac{1}{2}AI \cdot O{0^\prime } = AO.A{O^\prime } \cdot \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow AI = \frac{{OA \cdot {O^\prime }A}}{{O{O^\prime }}} = \frac{{4 \cdot 3}}{5} = 2,4(\;{\rm{cm}})\)\( \Rightarrow AB = 4,8(\;{\rm{cm}})\)
nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) hay \(BC \bot AB\).
Chứng minh tương tự ta có \(BD \bot AB\).
Do đó ba điểm \(C,B,D\) thẳng hàng.
Cho hai đường tròn \[(O;10\;{\rm{cm}})\] và \(\left( {{O^\prime };17\;{\rm{cm}}} \right)\) cắt nhau tại hai điểm \(A\) và \(B\), biết \(AB = 16\;{\rm{cm}}\). Tính độ dài đoạn \(O{O^\prime }\).
Truờng hơp 1: (Xem hình vẽ). \(O\) và \({O^\prime }\) nằm về hai phía đối với \(AB\). Ta có: \(OA = OB = 10\;{\rm{cm}}\) \({O^\prime }A = {O^\prime }B = 17\;{\rm{cm}}\) Nên \(O{O^\prime }\) là đường trung trực của doạn \(AB\) nên \(O{O^\prime } \bot AB\) tại \(H\) và \(HA = HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8(\;cm)\) | |
Xét tam giác \(AHO\) vuông tại \(H\).
Theo định lí Pythagore, ta có:
\(O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\)\( \Rightarrow O{H^2} = O{A^2} - A{H^2} = {10^2} - {8^2}\)
\( \Rightarrow OH = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}} = 6(\;{\rm{cm}})\)
Tương tự với tam giác vuông \(AH{O^\prime }\), ta có \(H{O^\prime } = 15(\;{\rm{cm}})\).
\(O{O^\prime } = OH + H{O^\prime } = 6 + 15 = 21\,({\rm{cm}})\)
Truờng hơp 2: \(O{O^\prime }\) nằm về cùng một phía đối với \(AB\) Ta có \(O{O^\prime } = {O^\prime }H - OH\)\( = 15 - 6 = 9\,({\rm{cm}}){\rm{. }}\)
|
|
Cho hai đường tròn \((O)\) và \(\left( {{O^\prime }} \right)\) cắt nhau tại hai điểm \(A\) và \(B\) (xem hình vẽ). Vẽ hình bình hành \(OB{O^\prime }C\). Chứng minh rằng \(AC\,{\rm{//}}\,O{O^\prime }\).
Gọi \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(O{O^\prime }\) ta có \(H\) là trung điểm của \(AB\). Gọi \(I\) là giao điểm của \(BC\) và \(O{O^\prime }\) Vì \(OC{O^\prime }B\) là hình bình hành nên \(I\) là trung điểm của \(BC\). Do đó \(IH\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) |
|
\( \Rightarrow IH\,{\rm{//}}\,AC\) hay \(O{O^\prime }\,{\rm{//}}\,AC\).
