7 bài tập Áp dụng tính chất hai đường tròn tiếp xúc (có lời giải)

a) Ta có \(OB\,{\rm{//}}\,O'C\) (gt)

\( \Rightarrow \widehat {BOA} + \widehat {CO'A} = 180^\circ \)

(cặp góc trong cùng phía)

Lại có các tam giác \(AOB\) và \(AO'C\) cân tại \(O\) và \(O'\)

\( \Rightarrow \widehat {AOB} = \widehat {A{O^\prime }C}\) (hai tam giác cân có các góc ở đáy bằng nhau)

và \({\widehat B_1} = {\widehat C_1} \Rightarrow OB\,{\rm{//}}\,O'{\rm{C}}\) (cặp góc so le trong)

b) Có \({\widehat A_2} = 30^\circ ({\rm{gt}}) \Rightarrow {\widehat C_1} = 30^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {A{O^\prime }C} = 180^\circ  - \left( {{{\widehat A}_2} + {{\widehat C}_1}} \right) = 180^\circ  - \left( {30^\circ  + 30^\circ } \right) = 120^\circ  \Rightarrow \widehat {C{O^\prime }D} = 60^\circ \)

Xét tam giác vuông \[CO'D\] có \(\tan \widehat {C{O^\prime }D} = \frac{{CD}}{{{O^\prime }C}}\)

\(CD = {O^\prime }C\tan \widehat {C{O^\prime }D} = R\tan 60^\circ  = R\sqrt 3  = 3\sqrt 3 \,{\rm{cm}}\)

\(\frac{{{O^\prime }C}}{{{O^\prime }D}} = \cos \widehat {C{O^\prime }D} \Rightarrow {O^\prime }D = \frac{{{O^\prime }C}}{{\cos C{O^\prime }D}} = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6(\;{\rm{cm}})\)

Mặt khác \(\Delta AKB\) có \(O\) là trung điểm của \(AB\), \(OE\,{\rm{//}}\,AK\)(gt)

\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(BK\). Do đó \(BK = 2KN\).

a) Ta có \(KI = KB - IB\left( {d = R - {R^\prime }} \right)\)

Vậy \((K)\) và \[\left( I \right)\] tiếp xúc nhau tại \(B\).

b) Chứng minh tương tự câu \({\rm{b}}\) bài toán 16

ta có: \[KA{\rm{ // }}IE\]

Ta có \(DE \bot BE\) (\(BD\) là đường kính)

Ta có: \(OA = OB = 4{\rm{\;cm}}\); \({O^\prime }A = {O^\prime }B = 3\;{\rm{cm}}\) nên \(O{O^\prime }\) là đường trung trực của đoạn \[AB\]\[ \Rightarrow O{O^\prime } \bot AB\].

Gọi \(I\) là giao điểm của \(O{O^\prime }\) và \(AB\), ta có \(AI\) là đường cao của tam giác vuông \(AO{O^\prime }\).

Gọi \({S_{AOO}}\) là diện tích của tam giác vuông \(AO{O^\prime }\)

Ta có \({S_{AO{O^\prime }}} = \frac{1}{2}AI \cdot O{0^\prime } = AO.A{O^\prime } \cdot \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow AI = \frac{{OA \cdot {O^\prime }A}}{{O{O^\prime }}} = \frac{{4 \cdot 3}}{5} = 2,4(\;{\rm{cm}})\)\( \Rightarrow AB = 4,8(\;{\rm{cm}})\)

nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) hay \(BC \bot AB\).

Chứng minh tương tự ta có \(BD \bot AB\).

Do đó ba điểm \(C,B,D\) thẳng hàng.

Xét tam giác \(AHO\) vuông tại \(H\).

Theo định lí Pythagore, ta có:

\(O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\)\( \Rightarrow O{H^2} = O{A^2} - A{H^2} = {10^2} - {8^2}\)

\( \Rightarrow OH = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}} = 6(\;{\rm{cm}})\)

Tương tự với tam giác vuông \(AH{O^\prime }\), ta có \(H{O^\prime } = 15(\;{\rm{cm}})\).

\(O{O^\prime } = OH + H{O^\prime } = 6 + 15 = 21\,({\rm{cm}})\)