Tiếp tuyến chung của 2 đường tròn

Ta có $ OB=R;O{O}'=\dfrac{R}{2}\Rightarrow {O}'B=\dfrac{3R}{2};{O}'C=\dfrac{R}{2} $

Theo định lý Pytago ta có: $ BC=\sqrt{O{{B}^{2}}-{O}'{{C}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{9{{R}^{2}}}{4}-\dfrac{{{R}^{2}}}{4}}=\sqrt{2}R $ .

Vì hai đường tròn có một điểm chung là $ A $ và $ O{O}'=OA+{O}'A=R+r $ nên hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Xét tam giác $ IOB $ có $ OB//{O}'D $ (gt)

Áp dụng định lí Ta-let ta có $ \dfrac{OI}{{O}'I}=\dfrac{OB}{{O}'D}\Leftrightarrow \dfrac{OI}{{O}'I}=\dfrac{R}{{{R}'}} $ mà $ {O}'I=OI-O{O}'=OI-(OA+A{O}')=OI-(R+{R}') $

Nên $ \dfrac{OI}{OI-(R+{R}')}=\dfrac{R}{{{R}'}}\Rightarrow OI.{R}'=R[OI-(R+{R}')]\Leftrightarrow OI.R-OI.{R}'=R(R+{R}') $ .

$ \Leftrightarrow OI(R-{R}')=R(R+{R}')\Leftrightarrow OI=\dfrac{R(R+{R}')}{R-{R}'} $ .

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

Do đó $ AC,BC $ là hai tiếp tuyến của $ ({O}') $ nên $ AC=CB $ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét đường tròn $ ({O}') $ và $ (O) $ có $ {O}'A=\dfrac{1}{2}OA $ nên $ \dfrac{OA}{{O}'A}=2 $ .

Xét $ \Delta {O}'AC $ cân tại $ {O}' $ và $ \Delta OAD $ cân tại $ O $ , có $ \widehat{OAD}=\widehat{{O}'AC} $ (đối đỉnh) nên $ \widehat{ODA}=\widehat{{O}'CA} $

Suy ra $ \Delta OAD $ $ \backsim $ $ \Delta {O}'AC $ (g - g) $ \Rightarrow \dfrac{AD}{AC}=\dfrac{OA}{{O}'A}=2 $

Lại có vì $ \widehat{OAD}=\widehat{{O}'CA} $ mà hai góc ở vị trí so le trong nên $ OD\text{//}{O}'C $ .

Ta có $ AI=\dfrac{1}{2}AB=12\,cm $ .

Theo định lý Pytago ta có:

$ O{{I}^{2}}=O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}=256\Rightarrow OI=16\,cm $

$ {O}'I=\sqrt{{O}'{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}}=9cm $

Do đó: $ O{O}'=OI-{O}'I=16-9=7(cm) $ .

Vì $ OA $ là tiếp tuyến của $ ({O}') $ nên $ \Delta OA{O}' $ vuông tại $ A $ .

Vì $ (O) $ và $ ({O}') $ cắt nhau tại $ A,B $ nên đường nối tâm $ O{O}' $ là trung trực của đoạn $ AB $ .

Gọi giao điểm của $ AB $ và $ O{O}' $ là $ I $ thì $ AB\bot O{O}' $ tại $ I $ là trung điểm của $ AB $ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $ OA{O}' $ ta có

$ \dfrac{1}{A{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{{O}'{{A}^{2}}}=\dfrac{1}{{{6}^{2}}}+\dfrac{1}{{{2}^{2}}}\Rightarrow AI=\dfrac{3\sqrt{10}}{5}cm\Rightarrow AB=\dfrac{6\sqrt{10}}{5}cm $ .

Vì $ OA $ là tiếp tuyến của $ \left( O' \right) $ nên $ \Delta OAO' $ vuông tại $ A $ .

Vì $ \left( O \right),\left( O' \right) $ cắt nhau tại $ A,B $ nên đường nối tâm $ \text{OO}' $ là trung trực của đoạn $ AB $

Gọi giao điểm của $ AB $ và $ \text{OO}' $ là $ I $ thì $ AB\bot \text{OO }\!\!'\!\!\text{ } $ tại $ I $ là trung điểm của $ AB $

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ OAO' $ ta có

$ \dfrac{1}{A{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{{{O}^{\prime }}{{A}^{2}}}=\dfrac{1}{{{8}^{2}}}+\dfrac{1}{{{6}^{2}}}\Rightarrow AI=4,8cm\Rightarrow AB=9,6\text{cm} $

Hai đường tròn $ \left( O;R \right) $ và $ \left( O';r \right) $ với $ R > r $ cắt nhau,

Khi đó $ \left( O \right);\left( O' \right) $ có hai điểm chung và đường nối tâm là đường trung trực của đoạn $ AB $ .

Hệ thức liên hệ $ R-r < \text{OO}' < R+r $

Kẻ tiếp tuyến chung tại $ A $ của $ (O);({O}') $ cắt $ MN;PQ $ lần lượt tại $ B;C $

Ta có $ MNPQ $ là hình thang cân nên $ \widehat{NMP}=\widehat{QPM} $

Tam giác $ OMP $ cân tại $ O $ nên $ \widehat{OMP}=\widehat{OPM} $ suy ra

$ \widehat{OMP}+\widehat{PMN}=\widehat{OPM}+\widehat{MPQ}\Rightarrow \widehat{QPO}=90{}^\circ $

$ \Rightarrow OP\bot PQ $ tại $ P\in (O) $ nên $ PQ $ là tiếp tuyến của $ (O) $ .

Chứng minh tương tự ta có $ PQ $ là tiếp tuyến của $ ({O}') $ .

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $ BA=BM=BN;CP=CA=CQ $ suy ra $ B;C $ lần lượt là trung điểm của $ MN;PQ $ và $ MN+PQ=2MB+2PC=2AB+2AC=2BC $ .

Lại có $ BC $ là đường trung bình của hình thang $ MNQP $ nên $ MP+NQ=2BC $ .

Do đó $ MN+PQ=MP+NQ $ .

Vì hai đường tròn có một điểm chung là $ A $ và $ O{O}'=OA+{O}'A=R+r $ nên hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Vì hai đường tròn có một điểm chung là $ A $ và $ \text{OO}'=OA-\dfrac{OA}{2}=R-r $ nên hai đường tròn tiếp xúc trong.

Vì $ \Delta {{O}_{1}}BD $ có $ {{O}_{1}}B//{{O}_{2}}C $ nên theo hệ quả định lý Ta-let ta có

$ \dfrac{{{O}_{2}}D}{{{O}_{1}}D}=\dfrac{{{O}_{2}}C}{{{O}_{1}}B}=\dfrac{1}{3} $ suy ra $ \dfrac{{{O}_{1}}{{O}_{2}}}{{{O}_{1}}D}=\dfrac{2}{3} $ .

Mà $ {{O}_{1}}{{O}_{2}}={{O}_{1}}A+{{O}_{2}}A=3+1=4\Rightarrow {{O}_{1}}D=\dfrac{3}{2}.{{O}_{1}}{{O}_{2}}=\dfrac{3}{2}.4=6cm $ .

Vì $ OA $ là tiếp tuyến của $ ({O}') $ nên $ \Delta OA{O}' $ vuông tại $ A $ .

Vì $ (O) $ và $ ({O}') $ cắt nhau tại $ A,B $ nên đường nối tâm $ O{O}' $ là trung trực của đoạn $ AB $ .

Gọi giao điểm của $ AB $ và $ O{O}' $ là $ I $ thì $ AB\bot O{O}' $ tại $ I $ là trung điểm của $ AB $ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $ OA{O}' $ ta có:

$ \dfrac{1}{A{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{{O}'{{A}^{2}}}=\dfrac{1}{{{8}^{2}}}+\dfrac{1}{{{6}^{2}}}\Rightarrow AI=4,8cm\Rightarrow AB=9,6cm $ .

Xét đường tròn $ \left( O' \right) $ có $ OA $ là đường kính và $ C\in \left( O' \right) $ nên $ \Delta ACO $ vuông tại $ C $ hay $ OC\bot AD $

Xét đường tròn $ \left( O \right) $ có $ OA=OD $ $ \Rightarrow \Delta OAD $ cân tại $ O $ có $ OC $ là đường cao cũng là đường trung tuyến nên $ CD=CA $ .

Gọi giao điểm của $ O{O}' $ và $ GH $ là $ {I}' $

Ta có $ OG//{O}'H $ (do cùng vuông góc $ GH $ )

Theo định lí Talet trong tam giác $ OG{I}' $ ta có

$ \dfrac{{I}'O}{{I}'{O}'}=\dfrac{OG}{{O}'H}=\dfrac{R}{{{R}'}} $ hay $ \dfrac{{I}'O}{{I}'{O}'}=\dfrac{OI}{{O}'I}=\dfrac{R}{{{R}'}} $

$ \Rightarrow {I}' $ trùng với $ I $

Vậy $ BD,O{O}' $ và $ GH $ đồng quy.

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

Do đó $ AC,BC $ là hai tiếp tuyến của $ ({O}') $ nên $ AC=CB $ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Hai đường tròn $ (O);({O}') $ cắt nhau tại $ A $ và $ B $ tại $ A $ và $ B $ nên $ O{O}' $ là đường trung trực của $ AB $

$ \Rightarrow O{O}'\bot AB $ (tính chất đường nối tâm) nên đáp án C đúng.

Xét đường tròn $ (O) $ có $ AC $ là đường kính, suy ra $ \Delta ABC $ vuông tại $ B $ hay $ \widehat{CBA}=90{}^\circ $ .

Xét đường tròn $ (O) $ có $ AD $ là đường kính, suy ra $ \Delta ABD $ vuông tại $ B $ hay $ \widehat{DBA}=90{}^\circ $ .

Suy ra $ \widehat{CBA}+\widehat{DBA}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $ hay ba điểm $ B,C,D $ thẳng hàng nên đáp án B đúng.

Xét tam giác $ ADC $ có $ O $ là trung điểm đoạn $ AC $ và $ {O}' $ là trung điểm đoạn $ AD $ nên $ O{O}' $ là đường trung bình của tam giác $ ACD\Rightarrow O{O}'=\dfrac{DC}{2} $ (tính chất đường trung bình) .

Hai đường tròn $ (O;R) $ và $ ({O}';r) $ $ (R > r) $ cắt nhau.

Khi đó $ (O) $ và $ ({O}') $ có hai điểm chung và đường nối tâm là đường trung trực của đoạn $ AB $ .

Hệ thức liên hệ $ R-r < O{O}' < R+r $ .

Xét đường tròn $ ({O}') $ có $ OA $ là đường kính và $ C\in ({O}') $ nên $ \Delta ACO $ vuông tại $ C $ hay $ OC\bot AD $ .

Xét đường tròn $ (O) $ có $ OA=OD\Rightarrow \Delta OAD $ cân tại $ O $ có $ OC $ là đường cao cũng là đường trung tuyến nên $ CD=CA $ .

Vì $ P $ là điểm đối xứng với $ M $ qua $ O{O}' $

$ Q $ là điểm đối xứng với $ N $ qua $ O{O}' $ nên $ MN=PQ $ .

$ P\in (O);Q\in ({O}') $

Mà $ MP\bot O{O}';NQ\bot O{O}' $

$ \Rightarrow MP//NQ $ mà $ MN=PQ $

Nên $ MNPQ $ là hình thang cân.

Ta có $ AI=\dfrac{1}{2}AB=4\,cm $ .

Theo định lý Pytago 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: $ O{O}'=OI-{O}'I=2\sqrt{21}-3\approx 6,2(cm) $ .

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{}^\circ -\widehat{C}-\widehat{B}=180{}^\circ $

$ \Leftrightarrow 180{}^\circ -\widehat{{{O}_{1}}BA}-\widehat{{{O}_{1}}AB}+180{}^\circ -\widehat{{{O}_{2}}CA}-\widehat{{{O}_{2}}AC}=180{}^\circ $

$ \Leftrightarrow 2(\widehat{{{O}_{1}}AB}+\widehat{{{O}_{2}}AC})=180{}^\circ $

$ \Rightarrow \widehat{{{O}_{1}}AB}+\widehat{{{O}_{2}}AC}=90{}^\circ $

$ \Rightarrow \widehat{BAC}=90{}^\circ $

$ \Rightarrow \Delta ABC $ vuông tại $ A $ .

Xét đường tròn $ ({O}') $ có $ OA $ là đường kính và $ C\in ({O}') $ nên $ \Delta ACO $ vuông tại $ C $ hay $ OC\bot AD $ .

Xét đường tròn $ (O) $ có $ OA=OD\Rightarrow \Delta OAD $ cân tại $ O $ có $ OC $ là đường cao cũng là đường trung tuyến nên $ CD=CA $ .

Dễ dàng chứng minh được $ \widehat{DAE}=90{}^\circ $

Mà $ \widehat{BDA}=90{}^\circ $ (vì tam giác $ BAD $ có cạnh $ AB $ là đường kính

của $ (O) $ và $ D\in (O) $ ) nên $ BD\bot AD\Rightarrow \widehat{MDA}=90{}^\circ $ .

Tương tự ta có $ \widehat{MEA}=90{}^\circ $ .

Nên tứ giác $ DMEA $ là hình chữ nhật.

Xét tam giác $ OAD $ cân tại $ O $ có $ \widehat{DOA}=60{}^\circ $ nên $ \Delta DOA $ đều

Suy ra $ OA=AD=6cm $ và $ \widehat{ODA}=60{}^\circ $ $ \Rightarrow \widehat{ADE}=30{}^\circ $ .

Xét tam giác $ ADE $ ta có: $ EA=AD.\tan \widehat{EDA}=6.\tan 30{}^\circ =2\sqrt{3} $

$ {{S}_{DMEA}}=AD.AE=6.2\sqrt{3}=12\sqrt{3}\,c{{m}^{2}} $ .

Ta có $ AI=\dfrac{1}{2}AB=12\,cm $ .

Theo định lý Pytago ta có

$ O{{I}^{2}}=O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}=256\Rightarrow OI=16\,cm $

$ {O}'I=\sqrt{{O}'{{A}^{2}}-I{{A}^{2}}}=9cm $

Do đó: $ O{O}'=OI-{O}'I=16-9=7(cm) $ .

Xét đường tròn $ ({O}') $ có $ OA $ là đường kính và $ C\in ({O}') $ nên $ \widehat{ACO}=90{}^\circ \Rightarrow AD\bot CO $

Xét đường tròn $ (O) $ có $ OA=OD\Rightarrow \Delta OAD $ cân tại $ O $ có $ OC $ là đường cao nên $ OC $ cũng là đường trung tuyến hay $ C $ là trung điểm của $ AD $ .

Xét tam giác $ AOD $ có $ {O}'C $ là đường trung bình nên $ {O}'C\text{//}OD $

Kẻ các tiếp tuyến $ Cx;Dy $ với các nửa đường tròn ta có $ Cx\bot {O}'C;Dy\bot OD $ mà $ {O}'C\text{//}OD $ nên $ Cx\bot Dy $ .

Ta có $ AI=\dfrac{1}{2}AB=4\,cm $ .

Theo định lý Pytago 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: $ O{O}'=OI-{O}'I=2\sqrt{21}-3\approx 6,2(cm) $ .

+ Theo tính chất đoạn nối tâm của hai đường tròn tiếp xúc ngoài ta có:

$ AB=B{C}'+{C}'A=25cm;AC=A{B}'+{B}'C=25cm;BC=B{A}'+{A}'C=30cm $ và $ {A}' $ là trung điểm của $ BC $ (vì $ {A}'B={A}'C=15cm $ )

$ \Delta ABC $ cân tại $ A $ có $ A{A}' $ là đường trung tuyến nên cũng là đường cao

$ \Rightarrow A{A}'\bot BC $

$ \Rightarrow A{A}' $ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn $ (B) $ và $ (C) $

Xét tam giác $ A{A}'C $ vuông tại $ {A}' $ ta có $ {A}'{{A}^{2}}=A{{C}^{2}}-{A}'{{C}^{2}}={{25}^{2}}-{{15}^{2}}=400\Rightarrow {A}'A=20cm $

Hai đường tròn $ (O);({O}') $ cắt nhau tại $ A $ và $ B $ tại $ A $ và $ B $ nên $ O{O}' $ là đường trung trực của $ AB $ $ \Rightarrow O{O}'\bot AB $ (tính chất đường nối tâm).

Xét đường tròn $ (O) $ có $ AC $ là đường kính, suy ra $ \Delta ABC $ vuông tại $ B $ hay $ \widehat{CBA}=90{}^\circ $ .

Xét đường tròn $ (O) $ có $ AD $ là đường kính, suy ra $ \Delta ABD $ vuông tại $ B $ hay $ \widehat{DBA}=90{}^\circ $ .

Suy ra $ \widehat{CBA}+\widehat{DBA}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $ hay ba điểm $ B,C,D $ thẳng hàng.

Xét tam giác $ ADC $ có $ O $ là trung điểm đoạn $ AC $ và $ {O}' $ là trung điểm đoạn $ AD $ nên $ O{O}' $ là đường trung bình của tam giác $ ACD\Rightarrow O{O}'=\dfrac{DC}{2} $ (tính chất đường trung bình).

Ta chưa thể kết luận gì về độ dài $ BC $ và $ BD $ .

Vì $ OA $ là tiếp tuyến của $ ({O}') $ nên $ \Delta OA{O}' $ vuông tại $ A $ .

Vì $ (O) $ và $ ({O}') $ cắt nhau tại $ A,B $ nên đường nối tâm $ O{O}' $ là trung trực của đoạn $ AB $ .

Gọi giao điểm của $ AB $ và $ O{O}' $ là $ I $ thì $ AB\bot O{O}' $ tại $ I $ là trung điểm của $ AB $ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $ OA{O}' $ ta có

$ \dfrac{1}{A{{I}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{{O}'{{A}^{2}}}=\dfrac{1}{{{8}^{2}}}+\dfrac{1}{{{6}^{2}}}\Rightarrow AI=4,8cm\Rightarrow AB=9,6cm $ .