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

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