Bài toán về hai đường tròn tiếp xúc nhau, cắt nhau và không cắt nhau lớp 9 (cách giải + bài tập)

Chuyên đề phương pháp giải bài tập Bài toán về hai đường tròn tiếp xúc nhau, cắt nhau và không cắt nhau lớp 9 chương trình sách mới hay, chi tiết với bài tập tự luyện đa dạng giúp học sinh ôn tập, biết cách làm bài tập Các bài toán liên quan đến hai đường tròn tiếp xúc nhau, cắt nhau và không cắt nhau.

1. Phương pháp giải

Tiếp tuyến chung của hai đường tròn là đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn đó. Ta có các trường hợp tiếp chung của hai đường tròn sau:

a) Hai đường tròn cắt nhau có hai tiếp tuyến chung ngoài.

b) Hai đường tròn tiếp xúc ngoài có hai tiếp tuyến chung ngoài và một tiếp tuyến chung.

c) Hai đường tròn tiếp xúc trong chỉ có một tiếp tuyến chung.

d) Hai đường tròn ngoài nhau có hai tiếp tuyến chung ngoài và hai tiếp tuyến chung trong

Chú ý:

• Hai đường tròn chứa nhau không có tiếp tuyến chung.

• Hai đường tròn đồng tâm không có tiếp tuyến chung.

2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ hai bán kính OM và O'N song song với nhau thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ OO'. Tam giác MAN là tam giác gì?

Hướng dẫn giải

Ta có ∆OAM cân tại O suy ra $\widehat{AOM}=180°-2\widehat{A_1}$. (1)

∆O'AN cân tại O nên $\widehat{A{O}^{\text{'}}N}=180°-2\widehat{A_2}$ (2)

Cộng (1) và (2) theo vế, ta được:

$\widehat{AOM}+\widehat{A{O}^{\text{'}}N}=360°-2\left(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}\right)$

Suy ra $\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=\frac{360°-\left(\widehat{AOM}+\widehat{A{O}^{\text{'}}N}\right)}{2}$ (3)

Mà $\widehat{AOM}+\widehat{A{O}^{\text{'}}N}=180°$.

Từ (3) suy ra $\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=\frac{360°-\left(\widehat{AOM}+\widehat{A{O}^{\text{'}}N}\right)}{2}=\frac{360°-180°}{2}=90°$

Ta có: $\widehat{MAN}=180°-\left(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}\right)=90°$.

Vậy ∆MAN vuông tại A.

Ví dụ 2. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB, C là một điểm bất kì nằm giữa A và B. Vẽ đường tròn tâm I, đường kính CA; đường tròn tâm K, đường kính CB.

a) Xét vị trí tương đối của hai đường tròn (I) và (K).

b) Đường vuông góc với AB tại C cắt đường tròn (O) ở D và E. DA cắt đường tròn (I) ở M, DB cắt đường tròn (K) ở N.

c) Xác định vị trí của C trên đường kính AB sao cho MN có độ dài lớn nhất.

Hướng dẫn giải

a) Đường tròn (I) và đường tròn (K) tiếp xúc ngoài tại C (vì IK = IC + CK)

b) Vù AC là đường kính của (I) nên tam giác AMC vuông tại M.

Tương tự ta có ∆BNC vuông tại N, ∆AMC vuông tại M.

Suy ra tứ giác DMCN là hình chữ nhật.

Gọi E là giao điểm của MN và DC. Ta có: ∆EMC, ∆IMC cân.

Suy ra $\widehat{EMC}=\widehat{ECM}; \widehat{IMC}=\widehat{ICM}$.

Mà $\widehat{ECM}+\widehat{ICM}=90°$ do đó $\widehat{IMN}=90°$ suy ra MN ⊥ IM.

Tương tự  có MN ⊥ NK suy ra MN là tiếp tuyến chung của đường tròn (I) và (K).

c) Vì DMCN là hình chữ nhật nên MN = CD suy ra MN có độ dài lớn nhất khi CD  có độ dài lớn nhất.

Ta có CD ≤ OD = R (khôn đổi), dấu “=” xảy ra khi C trùng O.

Vậy khi C trùng O thì MN có độ dài lớn nhất là R.

3. Bài tập tự luyện

Bài 1. Cho đoạn OO' và điểm A nằm trên đoạn OO' sao cho OA = 2O'A. Đường tròn (O) bán kính OA và đường tròn (O') bán kính O'A. Dây AD của đường tròn lớn cắt đường tròn nhỏ tại C. Khi đó:

A. OD ∕∕ O'C.

B. $\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}$.

C. $\frac{AD}{AC}=3$.

D. AD = AC.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Xét đường tròn (O') và (O) có O'A = $\frac{1}{2}$OA nên $\frac{AO}{A{O}^{\text{'}}}=2$.

Xét ∆O'AC cân tại O' và ∆OAD cân tại D có $\widehat{OAD}=\widehat{O^{\text{'}}AD}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{OAD}=\widehat{O^{\text{'}}CA}$.

Suy ra $\widehat{OAD}=\widehat{O^{\text{'}}AD}$.

Suy ra ∆OAD ∽ ∆O'AD (g.g) suy ra $\frac{AD}{AC}=\frac{AO}{A{O}^{\text{'}}}=2$.

Lại có $\widehat{OAD}=\widehat{O^{\text{'}}CA}$ mà hai góc ở vị trí so le trong nên OD ∕∕ O'C.

Bài 2. Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; r) ở ngoài nhau. Gọi MN là tiếp tuyến chung ngoài, EF là tiếp tuyến chung trong (M và E thuộc (O), N và F thuộc (O'). Tính bán kính của đường tròn (O) khi OO' = 10 cm, MN = 8 cm và EF = 6 cm.

A. 7 cm.

B. 1 cm.

D. 17 cm.

D. $\frac{7}{2}$ cm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Kẻ O'H ⊥ OM và OK ⊥ O'F.

Ta có: OH = R – r; O'K = R + r.

Mà OH² = O'O² – MN²; O'K² = O'O² – EF² = 64.

Suy ra OH = 6 và O'K = 8.

Suy ra R – r = 6 và R + r = 8.

Thay R = r + 6 vào R + r = 8 được 2r + 6 = 8 suy ra r = 1.

Do đó R = 7 cm.

Vậy chọn A.

Bài 3. Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; r) ở ngoài nhau. Gọi MN là tiếp tuyến chung ngoài, EF là tiếp tuyến chung trong (M và E thuộc (O), N và F thuộc (O'). Tính bán kính của đường tròn (O') khi OO' = 13 cm, MN = 12 cm và EF = 5 cm.

A. 7 cm.

B. 1 cm.

D. $\frac{17}{2}$ cm.

D. $\frac{7}{2}$ cm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Kẻ O'H ⊥ OM và OK ⊥ O'F.

Ta có: OH = R – r; O'K = R + r.

Mà OH² = O'O² – MN² = 25; O'K² = O'O² – EF² = 144.

Suy ra OH = 5 và O'K = 12.

Suy ra R – r = 5 và R + r = 12.

Thay R = r + 5 vào R + r = 12 được 2r + 5 = 12 suy ra r = $\frac{7}{2}$.

Do đó R = $\frac{17}{2}$ cm.

Vậy chọn D.

Bài 4. Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M ∈ (O) và N ∈ (O'). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO', Q là điểm đối xứng với N qua OO'. Khi đó, MN + QP bằng

A. MP + NQ.

B. MQ + NP.

C. 2MP.

d. OP + PQ.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì P đối xứng với M qua OO', Q là điểm đối xứng với N qua OO' nên MN = QP; P ∈ (O) và Q ∈ (O').

Mà MP ⊥ OO'; NQ ⊥ OO' nên MP ∕∕ NQ mà $\widehat{NMP}=\widehat{QPM}$ (do $\widehat{OMN}=\widehat{OPQ};\widehat{OMP}=\widehat{OPM}$).

Nên MNPQ là hình thang cân.

Có MN là tiếp tuysn chung nên MN ⊥ OM (tính chất) nên $\widehat{OMN}$ = 90 ° hay $\widehat{OMP}+\widehat{PMN}=90°$.

Ta có: OM = OP = R nên ∆OMP cân tại O.

Suy ra $\widehat{OPM}=\widehat{OMP}$.

Lại có MNPQ là hình thang cân nên $\widehat{PMN}=\widehat{QPM}$.

Từ đây suy ra $\widehat{QPM}+\widehat{QPM}=90°$. Suy ra QP ⊥ OP tại P.

Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt NM tại E và PQ tại F.

Trong đường tròn (O), theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: EM = EA và FP = FA.

Trong đường tròn (O'), theo tính chất hai tiếp tuyến bằng nhau ta có:

EN = EA và FQ = FA.

Suy ra EM = EA = EN = $\frac{1}{2}$MN.

           FP = FA = FQ = $\frac{1}{2}$PQ.

Suy ra MN + PQ = 2EA + 2FA = 2(EA + FA) = 2EF.

Vì EF là đường trung bình của hình thang MNPQ nên

EF = $\frac{MP+NQ}{2}$ hay MP + NQ = 2EF.

Do đó, MN + PQ = MP + NQ.

Bài 5. Cho hai đường tròn  (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M ∈ (O) ; N ∈ (O'). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO'; Q là điểm đối xứng với N qua OO'. Khi đó, tứ giác MNQP là hình gì?

A. Hình thang cân.

B. Hình thang.

C. Hình thang vuông.

D. Hình bình hành.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì P đối xứng với M qua OO', Q là điểm đối xứng với N qua OO' nên MN = QP; P ∈ (O) và Q ∈ (O').

Mà MP ⊥ OO'; NQ ⊥ OO' nên MP ∕∕ NQ mà $\widehat{NMP}=\widehat{QPM}$ (do $\widehat{OMN}=\widehat{OPQ};\widehat{OMP}=\widehat{OPM}$).

Nên MNPQ là hình thang cân.

Bài 6. Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A, B trong đó O' ∈ (O). Kẻ đường kính O'C của đường tròn (O). Chọn khẳng định sai?

A. AC = CB.

B. $\widehat{CBO\text{'}}=90°$.

C. CA, CB là hai tiếp tuyến của (O').

D. CA, CB là hai cát tuyến của (O').

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét đường tròn (O) có O'C là đường kính, suy ra $\widehat{CB{O}^{\text{'}}}=\widehat{CA{O}^{\text{'}}}$ hay CB ⊥ O'B tại B và AC ⊥ AO' tại A.

Do đó, AC và BC là hai tiếp tuyến của (O') nên AC = BC (tính chất hai tiếp tuyến bằng nhau).

Do đó, A, B, C đúng.

Vậy chọn D.

Sử dụng dữ kiện của bài toán dưới đây để trả lời Bài 7, 8.

Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; r) (R > r) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ các bán kính OB ∕∕ O'D với B, D ở cùng phía nửa mặt phẳng bờ OO'. Đường thẳng BD và OO' cắt nhau tại I. Tiếp tuyến chung ngoài GH của (O) và (O') với G, H nằm ở nửa mặt phẳng bờ OO' không chứa B, D.

Bài 7. Tính OI theo R và r.

A. $OI=\frac{R+r}{R-r}$.

B. $OI=\frac{R-r}{R+r}$.

C. $OI=\frac{R\left(R-r\right)}{R+r}$.

D. $OI=\frac{R\left(R+r\right)}{R-r}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét tam giác IOB có OB ∕∕ O'D (gt)

Áp dụng định lí Thalès ta có: $\frac{OI}{O^{\text{'}}I}=\frac{OB}{O^{\text{'}}D}$ suy ra $\frac{OI}{O^{\text{'}}I}=\frac{R}{r}$

mà IO' = IO – OO' = OI – (OA + AO') = OA – (R + r)

Nên $\frac{OI}{O^{\text{'}}I}=\frac{OI}{OI-(R+r)}=\frac{R}{r}$ suy ra OI.r = R[OI – (R + r)].

Suy ra OI.R – OI.r = R(R + r)

OI(R – r) = R(R + r)

Suy ra $OI=\frac{R\left(R+r\right)}{R-r}$.

Bài 8. Chọn câu đúng.

A. BD, OO' và GH đồng quy.

B. BD, OO' và GH không đồng quy.

C. Không có ba đường nào đồng quy.

D. Cả A, B, C đều sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi giao điểm của OO' và GH là I'.

Ta có: OG ∕∕ O'H (cùng vuông với GH).

Theo định lí Thalès trong tam giác OG I', ta có:

$\frac{O{I}^{\text{'}}}{O^{\text{'}}{I}^{\text{'}}}=\frac{OG}{O^{\text{'}}H}=\frac{R}{r}$ hay $\frac{O{I}^{\text{'}}}{O^{\text{'}}{I}^{\text{'}}}=\frac{OI}{O^{\text{'}}I}=\frac{R}{r}$.

Suy ra I' trùng với I. Vậy BD, OO'  và GH đồng quy.

Bài 9. Cho hai đường tròn (O; 12 cm) và (O'; 5 cm), OO' = 13 cm. Gọi A, B là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O'). Biết OA là tiếp tuyến của đường tròn (O'), OA là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tính độ dài AB.

A. $AB=\frac{60}{13}$ cm.

B. $AB=\frac{120}{13}$ cm.

C. AB = 10 cm.

D. AB = 5 cm.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: OA² + O'A² = 12² + 5² = 169 = 13² = OO'².

Do đó theo định lí Pythagore đảo, ta có tam giác AOO' vuông tại A.

Suy ra OA ⊥ O'A.

Do đó, có OA la tiếp tuyến của đường tròn (O').

O'A là tiếp tuyến của đường tròn (O).

OO' là đường trung trực vủa đoạn AB.

Gọi H là giao của OO' và AB.

Tam giác AOO' cuông tại A, AH là đường cao.

Nên AH. OO' = OA.AO'.

Suy ra AH = $\frac{OA.O^{\text{'}}A}{O{O}^{\text{'}}}=\frac{60}{13}$ cm.

Vậy AB = 2AH = $\frac{120}{13}$ cm.

Bài 10. Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau ở A và B (O và O' thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AB). Kẻ các đường kính BOC và BO'D. Biết rằng OO' = 5 cm,

OB = 4 cm, O'B = 3 cm. Tính diện tích tam giác BCD.

A. 12 cm².

B. 24 cm².

C. 48 cm².

D. 36 cm².

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

∆BCD có OO' là đường trung bình suy ra OO' ∕∕ CD.

∆ABC có OI là đường trung bình suy ra OO' ∕∕ CA.

Do đó A, C, D thẳng hàng.

Ta có: ∆BOO' vuông tại B suy ra ∆BCD vuông tại B.

Do đó diện tích tam giác BCD là: S = $\frac{1}{2}BC.BD=\frac{1}{2}\mathrm{.6.8}=24$ cm².

Xem thêm các dạng bài tập Toán 9 hay, chi tiết khác:

• Bài toán thực tế về độ dài cung tròn, diện tích hình quạt tròn và hình vành khuyên
• Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn
• Chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn
• Tính độ dài đoạn thẳng, góc liên quan đến tiếp tuyến của đường tròn
• Tính độ dài, diện tích, góc liên quan đến tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
• Xác định vị trí tương đối của hai đường tròn

---