Vị trí tương đối của hai đường tròn (nâng cao) SVIP

Cho hai đường tròn (O ; R) và (O' ; R') tiếp xúc ngoài tại A (R > R'). Vẽ các đường kính AOB và AO'C. Dây DE của đường tròn (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC.

Tứ giác BDCE là

Cho F là trung điểm của đoạn thẳng AE. Vẽ các đường tròn (F ; FA) và (E ; EA). Kẻ một đường thẳng đi qua A, cắt các đường tròn (F) và (E) theo thứ tự tại B và C.

So sánh: AB

Cho hai đường tròn đồng tâm O. Gọi EF là dây bất kì của đường tròn nhỏ. Đường thẳng EF cắt đường tròn lớn ở A và C (E nằm giữa F và A).

So sánh: EA

Cho đường tròn (O ; 3cm) và đường tròn (O' ; 1cm) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ hai bán kính OB, O'C song song với nhau thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ OO'. Tính $\widehat{BAC}$.

Hoàn thành bài giải dưới đây:

OB // ⇒ $\widehat{AOB}+$ $=180^o.$

Mặt khác, tam giác AOB cân tại O, tam giác AO'C cân tại O' nên:

$\widehat{A_1}+$ = $\dfrac{1}{2}$$(180^o-$ $) + \dfrac{1}{2}(180^o- \widehat{AO'C}) = \dfrac{1}{2}(360^o - \widehat{AOB} - \widehat{AO'C})$

= $\dfrac{180^o}{2}=90^o.$

Vậy $\widehat{BAC}=90^o.$

Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ các đường kính AOB, AO'C. Gọi DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn, D $\in$ (O), E $\in$ (O'). Gọi M là giao điểm của BD và CE.

+) Tính: $\widehat{DAE}=$

+) Tứ giác ADME là hình

Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ các đường kính AOB, AO'C. Gọi DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn, D $\in$ (O), E $\in$ (O'). Gọi M là giao điểm của BD và CE. Chứng minh MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

Bài giải:

Tam giác AOD cân tại O nên $\widehat{A_1}$ = .

Gọi I là giao điểm các đường chéo của hình chữ nhật ADME, ta có:

= $\widehat{D_2}$⇒ $+\widehat{A_3}$ = $\widehat{D_1}$ + = $90^o$.

MA vuông góc với AB tại A nên MA là tiếp tuyến của đường tròn (O), và cũng là tiếp tuyến của đường tròn (O').

Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O) và N thuộc (O'). Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với M và N qua OO'. Chứng minh MNQP là hình thang cân và PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

Bài giải:

+) MP // (vì cùng vuông góc với OO') nên MNQP là hình thang.

Gọi I là giao điểm của MN và PQ.

Ta có: $\widehat{O_1}=$ (vì OO' là trung trực của MP) và = OM nên $\Delta OMI=\Delta OPI$ (c.g.c).

Do đó, MI = (cạnh tương ứng), suy ra tam giác IMP cân tại I ⇒ $\widehat{M_2}=$ ⇒ MNQP là hình thang cân.

+) Ta thấy: $\widehat{OPI}=\widehat{O_1}+\widehat{P_2}=\widehat{O_1}+$ $=90^o.$

Do đó PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Chứng minh tương tự, $=90^o$ nên QI là tiếp tuyến của đường tròn (O').

Do đó, PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O) và N thuộc (O'). Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với M và N qua OO'. Chứng minh MN + PQ = MP + NQ.

Bài giải:

Kẻ tiếp tuyến chung tại , cắt MN và PQ theo thứ tự ở E và F.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: EM = = EN, FP = = FQ.

Do đó MN + PQ = 2..

là đường trung bình của hình thang MNQP nên: MP + NQ = 2..

Do đó: MN + PQ = MP + NQ.