7 bài tập Áp dụng tính chất hai đường tròn tiếp xúc (có lời giải)

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 $\frac{{OO'}}{{IO}} = \frac{{OB - O'C}}{{OB}}\,\, \Rightarrow \,\frac{4}{{IO}} = \frac{{3 - 1}}{3}$

$\Rightarrow \,IO = \frac{{4.3}}{2} = 6cm.$

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 $\tan \widehat {C{O^\prime }D} = \frac{{CD}}{{{O^\prime }C}}$

$CD = {O^\prime }C\tan \widehat {C{O^\prime }D} = R\tan 60^\circ = R\sqrt 3 = 3\sqrt 3 \,{\rm{cm}}$

$\frac{{{O^\prime }C}}{{{O^\prime }D}} = \cos \widehat {C{O^\prime }D} \Rightarrow {O^\prime }D = \frac{{{O^\prime }C}}{{\cos C{O^\prime }D}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6(\;{\rm{cm}})$

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 $BK = 2KN$.

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 $CA \bot BA \Rightarrow DE\,{\rm{//}}\,AC$.

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.

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{. }}$

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 $O{O^\prime }\,{\rm{//}}\,AC$.