-
Bài tập tự luyện dạng 1
Bài tập cơ bản
Câu 1:
Cho đường tròn $\left( O \right)$ và $\left( {{O}’} \right)$tiếp xúc ngoài tại $A$. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài $BC$, $B$ nằm trên đường tròn $\left( O \right)$, $C$ nằm trên đường tròn $\left( {{O}’} \right)$. Tiếp tuyến chung trong tại $A$cắt tiếp tuyến chung ngoài $BC$ ở $I$.
a) Chứng minh $\widehat{BAC}=90{}^\circ $.
b) Tính số đo góc \[OI{O}’\].
c) Tính độ dài $BC$ biết $OA=4$ cm, ${O}’A=9$ cm.
Câu 2:
Hai đường tròn $\left( O;3\text{cm} \right)$ và $\left( {O}’;1\text{cm} \right)$ tiếp xúc ngoài tại $A$. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài $BC$($B$và $C$ là các tiếp điểm). Tính độ dài các cạnh của tam giác $ABC$.
Bài tập nâng cao
Câu 3:
Cho hai đường tròn $\left( O;R \right)$ và $\left( {O}’;r \right)$tiếp xúc ngoài tại $A$. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài $BC$ ($B\in \left( O \right),C\in \left( {{O}’} \right)$).
a) Tính góc $BAC$.
b) Tính $BC$ theo bán kính $R,r$.
c) Gọi $D$ là giao điểm của $CA$ với đường tròn tâm $O$ ($D$ khác $A$). Chứng minh rằng ba điểm $B,O,D$ thẳng hàng.
Câu 4:
Hai đường tròn $\left( O;4 \right)$ và $\left( {O}’;9 \right)$ tiếp xúc ngoài tại $A$. Gọi $BC,DE$ là các tiếp tuyến chung của hai đường tròn ($B$và $D$ thuộc đường tròn tâm $O$). Tính diện tích tứ giác $BDEC$ theo $R,r$.
Câu 5:
Cho điểm $C$ thuộc đoạn thẳng $AB$, $AC=4$cm, $CB=8$cm. Vẽ về một phía của $AB$các nửa đường tròn có đường kính thứ tự là $AC,AB$. Tính bán kính đường tròn $\left( I \right)$ tiếp xúc với các nửa đường tròn trên và tiếp xúc với đoạn thẳng $AB$.
Dạng 1: Các bài toán có hai đường tròn tiếp xúc nhau
Câu 1.
a) Vì tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $I$ nên $IA=IB$ và $\widehat{BIO}=\widehat{OIA}$. (1)
Vì tiếp tuyến tại $A$ và $C$ của đường tròn $\left( {{O}’} \right)$ cắt nhau tại $I$nên $IA=IC$ và $\widehat{AI{O}’}=\widehat{{O}’IC}$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $IA=IB=IC$.
Xét tam giác $ABC$có $IA=IB=IC$ và $I$ nằm trên $BC$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$.
Vậy $\widehat{BAC}=90{}^\circ $.
b) Ta có $\widehat{BIA}+\widehat{AIC}=180{}^\circ \Leftrightarrow 2\widehat{OIA}+2\widehat{AI{O}’}=180{}^\circ $
$\Leftrightarrow \widehat{OIA}+\widehat{AI{O}’}=90{}^\circ $ hay $\widehat{OI{O}’}=90{}^\circ $.
c) Xét tam giác vuông $OI{O}’$ với $IA$ là đường cao ta có
$I{{A}^{2}}=OA.{O}’A=4.9=36\Rightarrow IA=6$ (cm).
Ta có $BC=IB+IC=2IA=12$ cm.
Câu 2.
Ta có ${O}’B=1\text{cm},OC=3\text{cm}$ và $O{O}’=4$cm.
Dựng ${O}’D\bot OC$.
Suy ra tứ giác ${O}’BCD$ là hình chữ nhật (có 3 góc vuông).
Do đó ${O}’B=CD=1$ cm, ${O}’D=BC\Rightarrow OD=OC-CD=2$cm.
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông $O{O}’D$ có
$O{{{O}’}^{2}}={O}'{{D}^{2}}+D{{O}^{2}}\Leftrightarrow {{4}^{2}}={O}'{{D}^{2}}+{{2}^{2}}\Leftrightarrow {O}’D=2\sqrt{3}$ (cm) $\Rightarrow BC=2\sqrt{3}$ (cm).
Dựng tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại tiếp điểm chung $A$, cắt $BC$ tại $M$suy ra $MA\bot O{O}’$.
Và theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn thì
$MA=MB=MC\Rightarrow MA=\frac{1}{2}BC=\sqrt{3}$ (cm).
Ta lại có $OA=OC$ nên $OM$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AC$.
Hay $MO\bot AC$ tại $H$ và $HA=HC$.
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông $OAM$ có
$O{{M}^{2}}=O{{A}^{2}}+M{{A}^{2}}={{3}^{2}}+{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}\Rightarrow OM=2\sqrt{3}$ (cm).
Xét tam giác vuông $OAM$ với đường cao $AH$ có
$AM.AO=AH.MO\Leftrightarrow \sqrt{3}.3=AH.2\sqrt{3}\Leftrightarrow AH=\frac{3}{2}$ (cm)
$\Rightarrow AC=2AH=3$ (cm).
Tương tự ta tính được $AB=\sqrt{3}$cm.
Vậy $AB=\sqrt{3}$cm, $AC=3$cm, $BC=2\sqrt{3}$cm.
Câu 3.
a) Dựng tiếp tuyến chung tại $A$ của hai đường tròn, tiếp tuyến đó cắt $BC$ tại $M$.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì $MA=MB=MC$.
Xét tam giác $ABC$ có $MA=MB=MC$ và $M$nằm trên $BC$ thì $\Delta ABC$ vuông tại $A$.
Vậy $\widehat{BAC}=90{}^\circ $.
b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì $MO,M{O}’$ lần lượt là tia phân giác của hai góc $AMB$ và $CMA$.
Vì $\widehat{AMB}$ và $\widehat{CMA}$ là hai góc kề bù nên $MO\bot M{O}’$.
Xét tam giác vuông \[OM{O}’\], với $MA$ là đường cao có $M{{A}^{2}}=OA.{O}’A=R.r\Leftrightarrow MA=\sqrt{R.r}$.
Mặt khác $BC=MB+MC=2MA=2\sqrt{R.r}$ .
c) Xét hai tam giác cân ${O}’AC$ và $OAC$ có $\widehat{{O}’AC}=\widehat{OAD}$ (góc ở đáy) nên $\widehat{A{O}’C}=\widehat{AOD}$.
Suy ra ${O}’C\text{//}OD$ (1)
Mặt khác $OB\text{//}{O}’C$ (cùng vuông góc với $BC$) (2)
Từ (1) và (2) suy ra $B,O,D$ thẳng hàng.
Câu 4.
Do tính chất đối xứng nên $BD\bot O{O}’,CE\bot O{O}’\Rightarrow BD\text{//}CE$.
Do đó tứ giác $BDEC$ là hình thang.
Kẻ tiếp tuyến chung tại $A$của đường tròn $\left( O \right)$ và $\left( {{O}’} \right)$, tiếp tuyến đó cắt $BC,DE$ theo thứ tự tại $M,N$.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì $MO$ và $M{O}’$ là tia phân giác hai góc $BMA$ và $AMC$.
Mặt khác hai góc $BMA$ và $AMC$kề bù nhau nên $MO\bot M{O}’$.
Xét tam giác vuông $OM{O}’$ với $MA$ là đường cao có
$M{{A}^{2}}=OA.{O}’A=36\Leftrightarrow MA=6\Rightarrow MN=2MA=12$và $BC=2MA=12$.
Vì $M$ là trung điểm $BC$, $N$ cũng là trung điểm của $DE$ nên
$MN$ là đường trung bình của hình thang $BCED$ $\Rightarrow MN=\frac{BD+CE}{2}$.
Qua $B$ dựng đường vuông góc với $CE$ cắt $CE$ tại $H$, cắt ${O}’C$ tại $K$.
Xét tứ giác $OBK{O}’$ có $BO\text{//}K{O}’$ (cùng vuông góc với $BC$);
$BK\text{//}O{O}’$ (cùng vuông góc với $CE$).
Do đó tứ giác $OBK{O}’$ là hình bình hành, suy ra $BK=O{O}’=13$.
Xét tam giác vuông $BCK$ với đường cao $CH$ có
$B{{C}^{2}}=BH.BK\Leftrightarrow {{12}^{2}}=BH.13\Leftrightarrow BH=\frac{144}{13}$.
Vậy diện tích của tứ giác $BCED$ là
$S=\frac{BD+CE}{2}.BH=MN.BH=12.\frac{144}{13}=\frac{1728}{13}$.
Câu 5.
Gọi $K$ là trung điểm của $AC$, $O$ là trung điểm của $AB$.
Kẻ $IH\bot AB$.
Ta có $OK=OA-AK=4$cm.
Gọi $x$ là bán kính của đường tròn $\left( I \right)$ nên $OI=6-x$.
Đặt $OH=a$.
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông $IOH$ có
$I{{H}^{2}}=O{{I}^{2}}-O{{H}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{\left( 6-x \right)}^{2}}-{{a}^{2}}$ (1)
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông $IKH$ có
$I{{H}^{2}}=I{{K}^{2}}-K{{H}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{\left( x+2 \right)}^{2}}-{{\left( 4\pm a \right)}^{2}}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có ${{\left( 6-x \right)}^{2}}-{{a}^{2}}={{\left( x+2 \right)}^{2}}-{{\left( 4\pm a \right)}^{2}}$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array} & a=2-6x \\ a=6-2x \\ \end{array} \right.$.
Với $a=2-6x$thay vào (1) không thỏa mãn.
Với $a=6-2x$ thay vào (1) ta được
${{x}^{2}}={{\left( 6-x \right)}^{2}}-{{\left( 6-2x \right)}^{2}}\Leftrightarrow x\left( x-3 \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array} & x=0 \\ x=3 \\ \end{array} \right.$ .
Với $x=0$ (loại), $x=3\Rightarrow a=0$, do đó $H$ phải trùng với $O$.
Vậy bán kính đường tròn $\left( I \right)$ là 3 cm.