Vị trí tương đối của hai đường tròn

Ta có: \({R_1} + {R_2} = 7 + 5 = 12;\;\;\left| {{R_1} - {R_2}} \right| = 7 - 5 = 2 = IK.\;\;\)

\( \Rightarrow \left( {I;\;7cm} \right),\;\left( {K;\;5cm} \right)\) tiếp xúc trong với nhau.

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 đường tròn $\left( {O'} \right)$ có $OA$ là đường kính và $C \in \left( {O'} \right)$ nên $\Delta ACO$ vuông tại $C$ hay $OC \bot AD$

Xét đường tròn $\left( O \right)$có $OA = OD \Rightarrow \Delta OAD$ cân tại $O$ có $OC$ là đường cao cũng là đường trung tuyến nên $CD = CA$

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 $A$.

Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AM$ là trung tuyến nên $AM = BM = DM = \dfrac{{BC}}{2}$

Xét tam giác $BMA$ cân tại $M$ $ \Rightarrow \widehat {MBA} = \widehat {MAB}$, mà $\widehat {{O_1}BA} = \widehat {{O_1}AB}$ (cmt) nên $\widehat {{O_1}BA} + \widehat {MBA} = \widehat {{O_1}AB} + \widehat {MAB} \Rightarrow \widehat {{O_1}AM} = \widehat {{O_1}BM} = 90^\circ $$ \Rightarrow MA \bot A{O_1}$ tại $A$ nên $AM$ là tiếp tuyến của $\left( {{O_1}} \right)$

Tương tự ta cũng có $ \Rightarrow MA \bot A{O_2}$ tại $A$ nên $AM$ là tiếp tuyến của $\left( {{O_2}} \right)$

Hay $AM$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn

Vậy phương án A, C, D đúng. B sai.

Ta có: $AI = \dfrac{1}{2}AB = 12\,\ cm$

Theo định lý Pytago ta có

$O{I^2} = O{A^2}-A{I^2} = 256$ $ \Rightarrow $  $OI = 16 \,\ cm$ và $O'I = \sqrt {O'{A^2} - I{A^2}}  = 9 \,\ cm$

Do đó: $OO' = OI-O'I = 16-9 = 7\left( {cm} \right)$ .

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.

Ta có $OB = R;OO' = \dfrac{R}{2} \Rightarrow O'B = \dfrac{{3R}}{2}$;$O'C = \dfrac{R}{2}$

Theo định lý Pytago ta có $BC = \sqrt {O'{B^2} - O'{C^2}}  = \sqrt {\dfrac{{9{R^2}}}{4} - \dfrac{{{R^2}}}{4}}  = \sqrt 2 R$

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.

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 $MN + PQ = MP + NQ$.

Chứng minh tương tự câu trước ta có được $\widehat {DAE} = 90^\circ $

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 $OA = AD = 6\,cm$ và $\widehat {ODA} = 60^\circ $

$ \Rightarrow \widehat {ADE} = 30^\circ $.

Xét tam giác $ADE$ ta có

$EA = AD.\tan \widehat {EDA} = 6.\tan 30^\circ  = 2\sqrt 3 $

${S_{DMEA}} = AD.AE = 6.2\sqrt 3  = 12\sqrt 3 \,\,c{m^2}$.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $O'C$ là đường kính, suy ra $\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'} = 90^\circ $ hay $CB \bot O'B$ tại $B$ và $AC \bot AO'$ tại $A$.

Do đó $AC,BC$ là hai tiếp tuyến của $\left( {O'} \right)$ nên $AC = CB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A, B, C đúng.

 +) Theo tính chất đoạn nối tâm của hai đường tròn tiếp xúc ngoài ta có:

\(AB = BC' + C'A = 25\,cm;{\rm{ }}AC = AB' + B'C = 25\,cm;\) \({\rm{ }}BC = BA' + A'C = 30cm\) và \(A'\)  là trung điểm của \(BC\) (vì \(A'B = A'C = 15cm\))

\(\Delta ABC\) cân tại \(A\)  có \(AA'\)  là đường trung tuyến nên cũng là đường cao

\( \Rightarrow AA' \bot BC\)

\( \Rightarrow AA'\) là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (B) và (C)

Xét tam giác \(AA'C\)  vuông tại \(A'\)  có:

\(\;A'{A^2}\; = {\rm{ }}A{C^2}\; - {\rm{ }}A'{C^2}\; = {\rm{ }}{25^2} - {\rm{ }}{15^2}\; = 400\)\( \Rightarrow A'A{\rm{ }} = {\rm{ }}20\,cm\)

Ta có: \(\dfrac{{AC'}}{{AB}} = \dfrac{{AB'}}{{AC}} = \dfrac{{10}}{{25}} = \dfrac{2}{5}\) 

\( \Rightarrow B'C'{\rm{ }}//{\rm{ }}BC\)  do đó  \(B'C' \bot AA'\)

Lại có: \(\dfrac{{B'C'}}{{BC}} = \dfrac{{AC'}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{{B'C'}}{{30}} = \dfrac{2}{5} \Leftrightarrow B'C' = 12\,cm\)

 Xét \(\Delta ABA'\)  có \(B'C'{\rm{ }}//{\rm{ }}BC\) nên theo định lý Ta-let ta có \(\dfrac{{AH}}{{A'A}} = \dfrac{{BC'}}{{BA}} \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{20}} = \dfrac{{15}}{{25}} \Rightarrow AH = 12\,cm\) (do theo câu trước thì \(AA' = 20\,cm\) )

Diện tích tam giác \(A'B'C'\) là: \(S = \dfrac{1}{2}B'C'.AH = \dfrac{1}{2}.12.12 = 72\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Ta có \(OA=O'A=5cm\) nên tam giác \(AOO'\)  cân tại A.

Mà AH vuông góc với OO’ nên H là trung điểm của OO’. Suy ra \(OH=4cm\) .

Xét tam giác AOH vuông tại H nên suy ra

\(A{{H}^{2}}=O{{A}^{2}}-O{{H}^{2}}={{5}^{2}}-{{4}^{2}}=9={{3}^{2}}\).

Vậy \(AH=3cm\) .

Mà \(AB=2AH\) ( mối quan hệ giữa đường nối tâm và dây cung).

Vậy \(AB=6cm\)

Ta có: \(OO' = 6cm\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}R' = 3cm\\R = 2cm\end{array} \right. \Rightarrow R' + R = 3 + 2 = 5cm < OO'\)

\( \Rightarrow \) Hai đường tròn nằm ngoài nhau

\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.

Vì \(OH \bot xy,\) nên \(H\)  là một điểm cố định và \(OH\)  không đổi

Gọi giao điểm của \(AB\) và  \(OM\) là \(E;\) giao điểm của \(AB\) với \(OH\)  là \(F.\)

Vì \(\left( {O;R} \right)\) và đường tròn đường kính \(OM\)  cắt nhau tại \(A;B\) nên  \(AB \bot OM\)

Lại có điểm A nằm trên đường tròn đường kính OM nên \(\widehat {OAM} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta OEF\) và \(\Delta OHM\) có \(\widehat O\) chung và \(\widehat {OEF} = \widehat {OHM} = 90^\circ \) nên \(\Delta OEF \backsim \Delta OHM\left( {g - g} \right)\)    

Suy ra \(\dfrac{{OE}}{{OH}} = \dfrac{{OF}}{{OM}} \Rightarrow OE.OM = OF.OH\)

Xét \(\Delta MAO\) vuông tại \(A\)  có \(AE\)  là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}}{OM.OE = O{A^2}\; = {R^2}}\\{\; \Rightarrow OF.OH = {R^2}\; \Rightarrow OF = \dfrac{{{R^2}}}{{OH}}}\end{array}\)

Do \(OH\) không đổi nên \(OF\) cũng không đổi

Vậy \(F\)  là một điểm cố định hay \(AB\)  luôn đi qua một điểm cố định là giao của \(AB\) và \(OH.\)