• 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.