Phiếu bài tập tuần Toán 9 - Tuần 19+20 - HH

PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 9 TUẦN 19 + 20

Hình học 9:   §7 + 8: Vị trí tương đối của hai đường tròn

DẠNG I. XÁC ĐỊNH VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

Bài 1. Cho (O; OA) và đường tròn đường kính OA

1. Xác định vị trí tương đối của đường tròn (O) và đường tròn đường kính OA
2. Dây AD của đường tròn (O) cắt đường tròn đường kính OA tại C.

Chứng minh AC = CD

Bài 2. Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) có OO’ = d. Hãy xác định vị trí tương đối của hai đường tròn theo bảng sau:

Bài 3. Điền giá trị thích hợp vào trong bảng sau:

DẠNG II. BÀI TOÁN VỚI HAI ĐƯỜNG TRÒN TIẾP XÚC NHAU

Bài 1. Cho (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Qua A kẻ một cát tuyến bất kì cắt (O) tại B và cắt (O’) tại C. Chứng minh rằng: OB // O’C

Bài 2. Cho (O; 9cm) tiếp xúc với (O’; 4cm) tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC ($B\in (O)$ và $C\in (O')$). Chứng minh rằng:

1. OO’ tiếp xúc với đường tròn đường kính BC
2. BC tiếp xúc với đường tròn đường kính OO’
3. Tính độ dài BC

Bài 3. Cho (O; 3cm) tiếp xúc ngoài với (O’; 1cm) tại A. Vẽ hai bán kính OB và O’C song song với nhau cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ OO’.

1. Tính số đo $\widehat{BAC}$
2. Gọi I là giao điểm của BC và OO’. Tính độ dài OI

Bài 4. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN $\left( M\in (O);\text{ N}\in \text{(O }\!\!'\!\!\text{ )} \right)$. Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh rằng:

1. MNQP là hình thang cân
2. PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn
3. MN + PQ = MP + NQ

Bài 5. Cho (O; R) tiếp xúc ngoài với (O’; r) tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC $\left( B\in (O);\text{ C}\in \text{(O }\!\!'\!\!\text{ )} \right)$

1. Tính $\widehat{BAC}$
2. Tính độ dài BC
3. Gọi D là giao điểm của BA và (O’). Chứng minh C, O’, D thẳng hàng

Bài 6. Cho $\left( {{O}_{1}};{{R}_{1}} \right)$  và $\left( {{O}_{2}};{{R}_{2}} \right)$ tiếp xúc ngoài tại A $\left( {{R}_{1}}>{{R}_{2}} \right)$. Đường nối tâm ${{O}_{1}}{{O}_{2}}$ cắt (O₁) tại B và cắt (O₂) tại C. Dây DE của đường tròn (O₁) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC

1. Chứng minh tứ giác BDCE là hình thoi
2. Gọi K là giao điểm của CE và (O₂). Chứng minh D, A, I thẳng hàng
3. Chứng minh KI là tiếp tuyến của (O₂).

DẠNG III. BÀI TOÁN VỚI HAI ĐƯỜNG TRÒN CẮT NHAU

Bài 1. Cho (O₁) và (O₂) cắt nhau tại A và B. Kẻ các đường kính AC của (O₁) và AD của (O₂). Chứng minh rằng:

1. Ba điểm C, B, D thẳng hàng
2. CD = 2. O₁O₂

Bài 2. Cho hai đường tròn (O₁; 20 cm) và (O₂; 15 cm) acwts nhau tại A và B. Tính độ dài đoạn nối tâm O₁O₂, biết rằng: AB = 24cm (Xét hai trường hợp O₁ và O₂ nằm khác phía; nằm cùng phía so với AB)

Bài 3. Cho hai đường tròn (O₁) và (O₂) cắt nhau tại A và B. Gọi I là trung điểm của O₁O₂. Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với IA, cắt (O₁) tại C và cắt (O₂) tại D (khác A). Chứng minh rằng CA = AD

Bài 4. Cho hai đường tròn đồng tâm O. Một đường tròn (O’) cắt một đường tròn (O) tại A, B và cắt đường tròn (O) còn lại tại C, D. Chứng minh rằng AB // CD

Bài 5. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại H và K. Đường thẳng OH cắt (O) tại A và (O’) tại B. Đường thẳng O’H cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D. Chứng minh ba đường thẳng AC, BD và HK đồng quy.

- Hết –

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI

DẠNG 1: XÁC ĐỊNH VÍ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

Bài 1.

a. Gọi I là tâm đường tròn đường kính OA.

Ta có: $OI=OA-IA$

Nên đường tròn (O) và đường tròn đường kính

 OA tiếp xúc trong tại A.

b. Gọi AB là đường kính của đường tròn O

Ta có: 

$\Delta OCA$ nội tiếp đường tròn đường kính OA nên

$\widehat{OCA}={{90}^{o}}$$\Rightarrow OC\bot AC$ (1)

$\Delta ABD$ nội tiếp đường tròn đường kính AB nên

$\widehat{BDA}={{90}^{o}}$$\Rightarrow BD\bot AD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra BD // OC

Xét $\Delta ABD$có: O là trung điểm của AB và OC // BD nên OC là đường trung bình của $\Delta ABD$

Do đó C là trung điểm của OD hay OC = CD (đpcm)

Bài 2.

Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) có OO’ = d. Ta có bảng:

Bài 3.

Điền giá trị thích hợp vào bảng sau:

DẠNG II: BÀI TOÁN HAI ĐƯỜNG TRÒN TIẾP XÚC NHAU

Bài 1.

Ta có: $\widehat{OAB}=\widehat{O'AC}$ (hai góc đối đỉnh)

Mặt khác: $\Delta AOB$ cân tại O ( vì OA = OB)

nên $\widehat{OBA}=\widehat{OAB}$

Tương tự: $\Delta AO'C$ cân tại O’ (vì O’A = O’C)

nên $\widehat{O'AC}=\widehat{O'CA}$

Suy ra: $\widehat{OBA}=\widehat{O'CA}$ (là hai góc so-le trong)

nên OB // O’C (đpcm)

Bài 2. 

a) Qua A dựng tiếp tuyến chung d của hai đường tròn

(O) và (O’) cắt BC tại M

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì

$\left\{ \begin{array}{l}
MB = MA\\
MC = MA
\end{array} \right. \Rightarrow MB = MA = MC$

$\Rightarrow $M là tâm đường tròn đường kính BC và

 MA là bán kính (1)

Mặt khác d là tiếp tuyến chung của hai đường tròn

 (O) và (O’) nên $d\bot OO'$ hay $MA\bot OO'$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.

b) 

Gọi I là trung điểm của OO’

$\Rightarrow $ I là tâm đường tròn đường kính OO’

Ta có có MO và MO’ là 2 tia phân giác của

hai góc kề bù $\widehat{BMA}$ và $\widehat{CMA}$

$\Rightarrow $$\widehat{OMO'}={{90}^{o}}$ $\Rightarrow $M thuộc đường tròn đường kính OO’

 nên IM là bán kính đường tròn đường kính OO’

Vì OB // O’C (cùng vuông góc với BC) nên

tứ giác OBCO’ là hình thang

Do đó IM là đường trung bình của hình thang OBCO’

$\Rightarrow $IM // OB $\Rightarrow $ $IM\bot BC$

Suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’ (đpcm)

c) Theo trên ta có

$\widehat{OMO'}={{90}^{o}}$hay $\Delta OMO$ vuông tại M có đường cao MA

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$M{{A}^{2}}=AO.AO'=9.4=36(c{{m}^{2}})$ $\Rightarrow MA=6(cm)$

Lại có: BC = 2MB = 2MA = 12cm.

Vậy BC = 12cm.

Bài 3.

a) Vì OB // O’C

nên $\widehat{BOA}=\widehat{CO'I}$ (hai góc ở vị trí đồng vị)

$\Rightarrow \widehat{BOA}+\widehat{AO'C}={{180}^{o}}$

Mặt khác $\Delta AOB$cân tại O

 và $\Delta AOC$ cân tại O’

nên $\widehat{OBA}=\widehat{{{A}_{1}}}$ và $\widehat{O'CA}=\widehat{{{A}_{2}}}$

Do đó

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

             $=\dfrac{{{360}^{o}}-{{180}^{o}}}{2}={{90}^{o}}$

Vậy $\widehat{BAC}={{90}^{o}}$

b) Xét $\Delta IOB$ có O’C // OB, theo định lí Ta-lét ta có:

$\dfrac{O'I}{OI}=\dfrac{O'C}{OB}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow OI=3.O'I\Rightarrow OI=3(OI-OO')$

$\Rightarrow 2OI=3.OO'=3.4\Rightarrow OI=6cm$

Vậy OI = 6cm

Bài 4.

a) Vì M, P đối xứng qua OO’

nên OO’ là đường trung trực của MP

Suy ra OM = OP, khi đó P thuộc (O) và $MP\bot OO'$ (1)

Tương tự ta cũng có: Q thuộc (O’) và $NQ\bot OO'$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra MP // NQ

Do đó tứ giác MNPQ là hình thang

Vì OO’ là đường trung trực của MP và NQ

nên OO’ đi qua trung điểm hai đáy của hình thang

MNQP nên OO’ đồng thời cũng là trục đối xứng

của hình thang MNQP nên MNQP là hình thang cân.

b) $\Delta OMP$ cân tại O (OM = OP) nên $\widehat{{{M}_{1}}}=\widehat{{{P}_{1}}}$

Lại có MNQP là hình thang cân nên $\widehat{{{M}_{2}}}=\widehat{{{P}_{2}}}$

Vì MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’) nên $MN\bot OM$ hay $\widehat{OMN}={{90}^{o}}$

$\Rightarrow \widehat{{{P}_{1}}}+\widehat{{{P}_{2}}}=\widehat{{{M}_{1}}}+\widehat{{{M}_{2}}}={{90}^{o}}$

Suy ra $\widehat{OPQ}={{90}^{o}}$ nên $PQ\bot OP$ mà P thuộc (O) nên PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O’)

Vậy PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)

c) Qua A dựng tiếp tuyến chung của (O) và (O’) cắt MN, PQ lần lượt lại H, K

Theo tính chất giao điểm của tiếp tuyến ta có: HM = HA = HN và KP = KA = KQ

Nên H, K lần lượt là trung điểm của MN và PQ suy ra HK là đường trung bình của hình thang MNQP

$\Rightarrow HK=\dfrac{1}{2}(MP+NQ)$$\Rightarrow MP+NQ=2.HK$
Lại có: MN + QP = 2 (HM + KP) = 2.(HA + KA) = 2.HK

Do đó: MN + PQ = MP + NQ (đpcm)

Bài 5.

a) Tự chứng minh (Chứng minh tương tự bài tập 3)

b)

Qua A dựng tiếp tuyến chung của (O) và (O’) cắt BC tại M $\Rightarrow $MB = MA = MC

hay M là trung điểm của BC

Lại có MO và MO’ là 2 tia phân giác của hai góc kề bù $\widehat{BMA}$ và $\widehat{CMA}$

$\Rightarrow $ $\widehat{OMO'}={{90}^{o}}$

$\Delta OMO$ vuông tại M có MA là đường cao

 nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$M{{A}^{2}}=AO.AO'=R.r$ $\Rightarrow $$MA=\sqrt{R.r}$

$\Rightarrow $BC = 2.MA = 2$\sqrt{R.r}$

Vậy BC = 2$\sqrt{R.r}$

c) Ta có: O’C // OB (Cùng vuông góc với BC) (1)

$\widehat{OBA}=\widehat{OAB}$ (Vì $\Delta OBA$ cân tại O)

và $\widehat{O'DA}=\widehat{O'AD}$ (Vì $\Delta O'DA$ cân tại O’)

Lại có: $\widehat{OAB}=\widehat{O'AD}$ (hai góc đối đỉnh) nên $\widehat{OBA}=\widehat{O'DA}$

Suy ra O’D // OB (2)

Từ (1) và (2) suy ra C, O’, D thẳng hàng

Bài 6.

a) $\Delta ODE$ cân tại O (OD = OE)  có $OK\bot DE$

nên K là trung điểm của DE

Tứ giác BDCE có giao điểm K của hai đường chéo là

trung điểm của mỗi đường nên BDCE là hình bình hành.

Lại có: $BC\bot DE$ nên BDCE là hình thoi

b)

$\Delta ABD$nội tiếp đường tròn bán kính AB

 nên $\widehat{ADB}={{90}^{o}}$$\Rightarrow AD\bot BD$

$\Delta AIC$nội tiếp đường tròn bán kính AC

nên $\widehat{AIC}={{90}^{o}}$$\Rightarrow AI\bot CE$

Tứ giác BDCE là hình thoi nên BD // CE $\Rightarrow AI\bot BD$

$\Rightarrow $ D, A, I thẳng hàng

c) Để chứng minh KI là tiếp tuyến của (O₂) ta chứng minh $KI\bot {{O}_{2}}I$

$\Delta DIE$vuông tại I có IK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IK = KD = KE

Do đó: $\widehat{KIA}=\widehat{KDA}$ (1)

Mặt khác $\Delta {{O}_{2}}IA$ cân tại O₂ (O₂A = O₂I) nên $\widehat{{{O}_{2}}IA}=\widehat{{{O}_{2}}AI}=\widehat{DAK}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\widehat{KIA}+\widehat{{{O}_{2}}IA}=\widehat{KDA}+\widehat{DAK}={{90}^{o}}$

$\Rightarrow \widehat{{{O}_{2}}IK}=\widehat{KIA}+\widehat{{{O}_{2}}IA}={{90}^{o}}$ $\Rightarrow $$KI\bot {{O}_{2}}I$ (đpcm)

Vậy KI là tiếp tuyến của đường tròn (O₂)

DẠNG III: BÀI TOÁN VỚI HAI ĐƯỜNG TRÒN CẮT NHAU

Bài 1.

a) $\Delta ABC$ là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính AC nên $\widehat{ABC}={{90}^{o}}$$\Rightarrow BC\bot AB$

$\Delta ABD$ là tam giác nội tiếp

đường tròn đường kính AD nên $\widehat{ABD}={{90}^{o}}$$\Rightarrow BD\bot AB$

Suy ra ba điểm C, B, D thẳng hàng.

b) Xét $\Delta ACD$: O₁, O₂ lần lượt là trung điểm của AC, AD

Suy ra O₁O₂ là đường trung bình của $\Delta ACD$

$\Rightarrow {{O}_{1}}{{O}_{2}}=\dfrac{1}{2}CD\Rightarrow CD=2{{O}_{1}}{{O}_{2}}$

Vậy $CD=2{{O}_{1}}{{O}_{2}}$

Bài 2.

Trường hợp 1: (Hình a) O₁ và O₂ nằm khác phía bờ là AB

Áp dụng định lí Pitago với $\Delta ABC$vuông tại B ta có:

$BC=\sqrt{A{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{{{40}^{2}}-{{24}^{2}}}=\sqrt{1024}$

$\Rightarrow BC=32cm$

Áp dụng định lí Pitago với $\Delta ABD$vuông tại B ta có:

$BD=\sqrt{A{{D}^{2}}-A{{B}^{2}}}=\sqrt{{{30}^{2}}-{{24}^{2}}}=\sqrt{324}$

$\Rightarrow BD=18cm$

Theo bài tập 1 thì

${O_1}{O_2} = \frac{1}{2}CD \Rightarrow {O_1}{O_2} = \frac{1}{2}(CB + BD) = \frac{1}{2}(32 + 18) = 20cm$

Trường hợp 2: (Hình b) O₁ và O₂ nằm cùng phía bờ là AB

Tương tự trường hợp 1 ta có

$BC=32cm$ và $BD=18cm$. Khi đó

$\begin{array}{l}
{O_1}{O_2} = \frac{1}{2}CD\\
 \Rightarrow {O_1}{O_2} = \frac{1}{2}(CB - BD) = \frac{1}{2}(32 - 18) = 7cm
\end{array}$

Bài 3

Dựng ${{O}_{1}}M\bot AC$ tại M, ${{O}_{2}}N\bot AD$ tại N

$\Delta {{O}_{1}}AC$ cần tại O₁ có M là chân đường cao

 hạ từ đỉnh O₁  nên MA = MC $\Rightarrow $AC = 2.AM

$\Delta {{O}_{2}}AD$ cân tại O₂ có N là chân đường cao

 hạ từ đỉnh O₂ nên NA = ND $\Rightarrow $AD = 2.AN

Mà O₁M // O₂N (cùng vuông góc với CD)

nên tứ giác O₁MNO₂ là hình thang

Mặt khác IA // O₁M // O₂N và I là trung điểm của O₁O₂

Do đó IA là đường trung bình của hình thang O₁MNO₂

Suy ra A là trung điểm của MN $\Rightarrow $ AM = AN

$\Rightarrow $2.AM = 2. AN hay AC = AD (đpcm)

Bài 4.

Ta có đường tròn (O’) cắt (O,OA) tại A và B

nên theo tính chất đường nối tâm thì $OO'\bot AB$ (1)

Tương tự: đường tròn (O’) cắt (O, OC) tại C và D

nên $OO'\bot CD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB // CD (đpcm)

Bài 5.

$\Delta ACH$và $\Delta AKH$nội tiếp đường tròn đường kính AH nên $\widehat{ACH}=\widehat{AKH}={{90}^{o}}$

$\Rightarrow AC\bot CH,HK\bot AK$

$\Delta BDH$và $\Delta DKH$nội tiếp đường tròn đường kính DH nên $\widehat{DBH}=\widehat{DKH}={{90}^{o}}$

$\Rightarrow BD\bot BH,HK\bot DK$

Do đó $HK\bot AK$ và $HK\bot DK$ suy ra A, K, D thẳng hàng

Xét tam giác ADH có $\left\{ \begin{array}{l}
AC \bot HD\\
DB \bot HA\\
HK \bot AD
\end{array} \right.$$ \Rightarrow AC,BD,HK$ là ba đường cao của $\Delta AHD$ nên chúng đồng quy

Vậy AC, BD, HK đồng quy                          

( Phần HDG bởi thầy Nguyễn Sơn -  Vĩnh Tường)

- Hết -