Vị trí tương đối của hai đường tròn

Xét đường tròn $\left( {O'} \right)$ có $AO$ là đường kính và $C \in \left( {O'} \right)$ nên $\widehat {ACO} = 90^\circ  \Rightarrow AD \bot CO$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ 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 $O'C{\rm{//}}OD$

Kẻ các tiếp tuyến $Cx;Dy$ với các nửa đường tròn ta có $Cx \bot O'C;Dy \bot OD$ mà $O'C{\rm{//}}OD$ nên $Cx{\rm{//}}Dy$

Do đó phương án A, B, C đúng.

Xét đường tròn $\left( {O'} \right)$ có $AO$ là đường kính và $C \in \left( {O'} \right)$ nên $\widehat {ACO} = 90^\circ  \Rightarrow AD \bot CO$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ 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 $O'C{\rm{//}}OD$

Kẻ các tiếp tuyến $Cx;Dy$ với các nửa đường tròn ta có $Cx \bot O'C;Dy \bot OD$ mà $O'C{\rm{//}}OD$ nên $Cx{\rm{//}}Dy$

Do đó phương án A, B, C đúng.

Kẻ tiếp tuyến chung tại $A$ của $\left( O \right);\left( {O'} \right)$ 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 $P \in \left( O \right)$ nên $PQ$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$. Chứng minh tương tự ta có $PQ$ là tiếp tuyến của $\left( {O'} \right)$

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 $P$ là điểm đối xứng với $M$ qua $OO'$;

$Q$ là điểm đối xứng với $N$ qua $OO'$ nên $MN = PQ$;

$P \in \left( O \right);Q \in \left( {O'} \right)$

và $MP \bot OO';NQ \bot OO' $

$\Rightarrow MP{\rm{//}}NQ$ mà $MN = PQ$

nên $MNPQ$ là hình thang cân.

Vì $P$ là điểm đối xứng với $M$ qua $OO'$;

$Q$ là điểm đối xứng với $N$ qua $OO'$ nên $MN = PQ$;

$P \in \left( O \right);Q \in \left( {O'} \right)$

và $MP \bot OO';NQ \bot OO' $

$\Rightarrow MP{\rm{//}}NQ$ mà $MN = PQ$

nên $MNPQ$ là hình thang cân.

Vì hai đường tròn có một điểm chung là $A$ và $OO' = OA - \dfrac{{OA}}{2} = R - r$ nên hai đường tròn tiếp xúc trong.

Xét $\left( {{O_1}} \right)$ 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 $\left( {{O_2}} \right)$ 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\left( {\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC}} \right) = 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 $\left( {O'} \right)$ có $AO$ là đường kính và $C \in \left( {O'} \right)$ nên $\widehat {ACO} = 90^\circ  \Rightarrow AD \bot CO$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ 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 $O'C{\rm{//}}OD$

Kẻ các tiếp tuyến $Cx;Dy$ với các nửa đường tròn ta có $Cx \bot O'C;Dy \bot OD$ mà $O'C{\rm{//}}OD$ nên $Cx{\rm{//}}Dy$

Do đó phương án A, B, C đúng.

Vì $P$ là điểm đối xứng với $M$ qua $OO'$;

$Q$ là điểm đối xứng với $N$ qua $OO'$ nên $MN = PQ$;

$P \in \left( O \right);Q \in \left( {O'} \right)$

và $MP \bot OO';NQ \bot OO' $

$\Rightarrow MP{\rm{//}}NQ$ mà $MN = PQ$

nên $MNPQ$ là hình thang cân.

Hai đường tròn không cắt nhau thì không có điểm chung duy nhất

Hai đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(\left( {O';r} \right)\)\(\left( {R > r} \right)\)cắt nhau

Hai đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) tiếp xúc ngoài nên hệ thức liên hệ \(d = R + r\)

Xét đường tròn \(\left( {O'} \right)\) và \(\left( O \right)\) 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 \(D\) có \(\widehat {OAD} = \widehat {O'AD}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {ODA} = \widehat {O'CA}\)

Suy ra \(\Delta OAD \backsim \Delta O'AC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AC}} = \dfrac{{OA}}{{O'A}} = 2\)

Lại có vì \(\widehat {ODA} = \widehat {O'CA}\) mà hai góc ở vị trí so le trong nên  \(OD//O'C\)

Vì hai đường tròn có một điểm chung là \(A\) và \(OO' = OA + O'A = R + r\) nên hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Vì hai đường tròn có một điểm chung là \(A\) và \(OO' = OA + O'A = R + r\) nên hai đường tròn tiếp xúc ngoài.

Vì \(\Delta {{\rm O}_1}BD\) 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 \({O_1}{O_2} = {O_1}A + {O_2}A = 3 + 1 = 4 \Rightarrow {O_1}D = \dfrac{3}{2}.{O_1}{O_2} = \dfrac{3}{2}.4 = 6\,cm\)

Xét \(\left( {{O_1}} \right)\) 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 \(\left( {{O_2}} \right)\) có \({O_2}C = {O_2}A \Rightarrow \Delta {O_2}CB\) cân tại \({O_2} \Rightarrow \widehat {{O_2}CA} = \widehat {{O_2}AC}\)

Lại có \({O_1}B//{O_2}C \Rightarrow \widehat {{O_1}BC} + \widehat {{O_2}CB} = 180^\circ \) (hai góc trong cùng phía bù nhau)

Suy ra \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = 360^\circ  - \widehat {{O_2}CB} - \widehat {{O_1}BC} = 180^\circ \)

\( \Leftrightarrow 180^\circ  - \widehat {{O_1}BA} - \widehat {{O_1}AB} + 180^\circ  - \widehat {{O_2}CA} - \widehat {{O_2}AC} = 180^\circ  \Leftrightarrow 2\left( {\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC}} \right) = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \)

Xét \(\left( {{O_1}} \right)\) 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 \(\left( {{O_2}} \right)\) có \({O_2}C = {O_2}A \Rightarrow \Delta {O_2}CB\) cân tại \({O_2} \Rightarrow \widehat {{O_2}CA} = \widehat {{O_2}AC}\)

Lại có \({O_1}B//{O_2}C \Rightarrow \widehat {{O_1}BC} + \widehat {{O_2}CB} = 180^\circ \) (hai góc trong cùng phía bù nhau)

Suy ra \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = 360^\circ  - \widehat {{O_2}CB} - \widehat {{O_1}BC} = 180^\circ \)

\( \Leftrightarrow 180^\circ  - \widehat {{O_1}BA} - \widehat {{O_1}AB} + 180^\circ  - \widehat {{O_2}CA} - \widehat {{O_2}AC} = 180^\circ  \Leftrightarrow 2\left( {\widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC}} \right) = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {{O_1}AB} + \widehat {{O_2}AC} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {BAC} = 90^\circ \)

Vì \(OA\) là tiếp tuyến của \(\left( {O'} \right)\) nên \(\Delta OAO'\) vuông tại \(A\).

Vì \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) cắt nhau tại \(A,B\) nên đường nối tâm \(OO'\) là trung trực của đoạn \(AB\).

Gọi giao điểm của \(AB\) và \(OO'\) là \(I\) thì \(AB \bot OO'\) tại \(I\) là trung điểm của \(AB\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAO'\) ta có

\(\dfrac{1}{{A{I^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O'{A^2}}} = \dfrac{1}{{{6^2}}} + \dfrac{1}{{{2^2}}} \Rightarrow AI = \dfrac{{3\sqrt {10} }}{5}\,cm \Rightarrow AB = \dfrac{{6\sqrt {10} }}{5}\,cm\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(OD = OA \Rightarrow \Delta OAD\) cân tại \(O \Rightarrow \widehat {ODA} = \widehat {OAD}\)

Xét \(\left( {O'} \right)\) có \(O'E = O'A \Rightarrow \Delta O'EB\) cân tại \(O' \Rightarrow \widehat {O'EA} = \widehat {O'AE}\)

Mà \(\widehat O + \widehat {O'} = 360^\circ  - \widehat {O'ED} - \widehat {ODE} = 180^\circ \)

\( \Leftrightarrow 180^\circ  - \widehat {ODA} - \widehat {OAD} + 180^\circ  - \widehat {O'EA} - \widehat {O'AE} = 180^\circ  \Leftrightarrow 2\left( {\widehat {OAD} + \widehat {O'AE}} \right) = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {OAD} + \widehat {O'AE} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {DAE} = 90^\circ  \Rightarrow \Delta ADE\) vuông tại \(A\).

Mà \(\widehat {BDA} = 90^\circ \) ( vì tam giác \(BAD\) có cạnh \(AB\) là đường kính của \(\left( O \right)\)và \(D \in \left( O \right)\) ) 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 \(OA = AD = 8\,cm\) và \(\widehat {ODA} = 60^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {ADE} = 30^\circ \). Xét tam giác \(ADE\) ta có \(EA = AD.\tan \widehat {EDA} = 8.\tan 30^\circ  = \dfrac{8}{3}\sqrt 3 \)

\({S_{DMEA}} = AD.AE = 8.\dfrac{8}{3}\sqrt 3  = \dfrac{64}{3}\sqrt 3 \,\,c{m^2}\).

Hai đường tròn \(\left( O \right);\left( {O'} \right)\) cắt nhau tại \(A\) và \(B\) nên \(OO'\) là đường trung trực của \(AB \Rightarrow OO' \bot AB\) (tính chất đường nối tâm) nên đáp án C đúng.

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AC\) là đường kính, suy ra \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) hay \(\widehat {CBA} = 90^\circ \)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) 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 \(OO'\) là đường trung bình của tam giác \(ACD \Rightarrow OO' = \dfrac{{DC}}{2}\) (tính chất đường trung bình) nên đáp án A đúng.

Ta chưa thể kết luận gì về độ dài \(BC\) và \(BD\) nên đáp án D sai.

Nên A, B, C đúng, D sai