Sách bài tập Toán 9 - Phần Hình học - Chương II - Bài 8. Vị trí tương đối của hai đường tròn

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Câu 71 trang 168 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Vẽ các đường tròn (I ; IA) và (B ; BA)
    a) Hai đường tròn (I) và (B) nói trên có vị trí tương đối như thế nào đối với nhau? Vì sao?
    b) Kẻ một đường thẳng đi qua A, cắt các đường tròn (I) và (B) theo thứ tự tại M và N. So sánh các độ dài AM và MN.
    Giải:
    01.jpg
    a) Vì A, I , B thẳng hàng nên:
    BI = AB – AI
    Vậy đường tròn (I ; IA) tiếp xúc với đường tròn (B; BA) tại A.
    b) Tam giác AMB nội tiếp trong đường tròn (I) có AB là đường kính nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \)
    Suy ra: AM ⊥ BM hay BM ⊥ AN
    Suy ra: AM = AN ( đường kính vuông góc dây cung).

    Câu 72 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho hai đường tròn đồng tâm O. Gọi AB là dây bất kỳ của đường tròn nhỏ. Đường thẳng AB cắt đường tròn lớn ở C và D ( nằm giữa B và C). So sánh các độ dài AC và BD.
    Giải:
    02.jpg
    Kẻ OI ⊥ AB. Ta có: OI ⊥ CD
    Trong đường tròn (O) (nhỏ) ta có: OI ⊥ AB
    Suy ra:
    IA = IB ( đường kính vuông góc dây cung) (1)
    Trong đường tròn (O) (lớn) ta có: OI ⊥ CD
    Suy ra:
    IC = ID ( đường kính vuông góc dây cung)
    Hay IA + AC = IB + BD (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: AC = BD.

    Câu 73 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Gọi CD là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn ( C ∈ (O), D ∈ (O’)).
    a) Tính số đo góc CAD.
    b) Tính độ dài CD biết OA = 4,5cm, O’A = 2cm..
    Giải:
    03.jpg
    a) Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt CD tại M
    Trong đường tròn (O) ta có:
    MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Trong đường tròn (O’) ta có:
    MA = MD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra: \(MA = MC = MD = {1 \over 2}CD\)
    Tam giác ACD có đường trung tuyến AM ứng với cạnh CD và bằng nửa cạnh CD nên tam giác ACD vuông tại A
    Suy ra: \(\widehat {CAD} = 90^\circ \)
    b) Ta có:
    MO là tia phân giác của \(\widehat {CMA}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    MO’ là tia phân giác của \(\widehat {DMA}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra: MO ⊥ MO’ (tính chất hai góc kề bù)
    Tam giác MOO’ vuông tại M có MA ⊥ OO’ ( tính chất tiếp tuyến)
    Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
    MA2 = OA.O’A = 4,5.2 = 9 ⇒ MA = 3 (cm)
    Mà \(MA = {1 \over 2}CD ⇒ CD = 2.MA = 2.3 = 6 (cm)\)

    Câu 74 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho hai đường tròn đồng tâm O. Một đường tròn (O’) cắt một đường tròn tâm O tại A, B và cắt đường tròn tâm O còn lại tại C, D. Chứng minh rằng AB // CD.
    Giải:
    04.jpg
    Vì đường tròn (O’) cắt đường tròn ( O; OA) tại A và B nên OO’ là trung trực của AB
    Suy ra: OO’ ⊥ AB (1)
    Vì đường tròn (O’) cắt đường tròn (O; OC) tại C và D nên OO’ là trung trực của CD
    Suy ra: OO’ ⊥ CD (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: AB // CD.

    Câu 75 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O; 3cm) và đường tròn (O’; 1cm) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ hai bán kính OB và O’C song song với nhau thuộc cùng nửa mặt phẳng có bờ OO’.
    a) Tính số đo góc BAC.
    b) Gọi I là giao điểm của BC và OO’. Tính độ dài OI.
    Giải:
    05.jpg
    a) Ta có: OB // O’C (gt)
    Suy ra: \(\widehat {AOB} + \widehat {AO'C} = 180^\circ \) (hai góc trong cùng phía)
    OA = OB ( = R)
    ⇒ Tam giác AOB cân tại O.
    Suy ra: \(\widehat {BAO} = {{180^\circ - \widehat {AOB}} \over 2}\)
    O'A = O'C ( = R)
    ⇒ Tam giác AO'C cân tại O'
    Suy ra: \(\widehat {CAO'} = {{180^\circ - \widehat {AO'C}} \over 2}\)
    Ta có: \(\widehat {BAO} + \widehat {CAO'} = {{180^\circ - \widehat {AOB}} \over 2} + {{180^\circ - \widehat {AO'C}} \over 2}\)
    \( = {{180^\circ + 180^\circ - (\widehat {AOB} + \widehat {AO'C})} \over 2} = {{180^\circ + 180^\circ - 180^\circ } \over 2} = 90^\circ \)
    Lại có: \(\widehat {BAO} + \widehat {BAC} + \widehat {CAO'} = 180^\circ \)
    Suy ra: \(\widehat {BAC} = 180^\circ - (\widehat {BAO} + \widehat {CAO'})\)
    \( = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \)
    Trong tam giác IBO, ta có: OB // O'C
    Suy ra: \({{IO'} \over {IO}} = {{O'C} \over {OB}}\) ( hệ quả định lí Ta-lét)
    Suy ra: \({{IO'} \over {IO}} = {1 \over 3} \Rightarrow {{IO - IO'} \over {IO}} = {{3 - 1} \over 3} \Rightarrow {{OO'} \over {IO}} = {2 \over 3}\)
    Mà OO’ = OA + O’A = 3 + 1 = 4 (cm)
    Suy ra: \({4 \over {IO}} = {2 \over 3} \Rightarrow IO = {{4.3} \over 2} = 6 (cm).\)

    Câu 76 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ các đường kính AOB, AO’C. Gọi DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn, D ∈ (O), E ∈ (O’). Gọi M là giao điểm của BD và CE.
    a) Tính số đo góc DAE.
    b) Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao?
    c) Chứng minh rằng MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.
    Giải:
    06.jpg
    a) Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt DE tại I
    Trong đường tròn (O) ta có:
    IA = ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Trong đường tròn (O’) ta có:
    IA = IE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Suy ra: \(IA = ID = IE = {1 \over 2} DE\)
    Tam giác ADE có đường trung tuyến AI ứng với cạnh DE và bằng nửa cạnh DE nên tam giác ADE vuông tại A.
    Suy ra: \(\widehat {EAD} = 90^\circ \)
    b) Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AEM} = 90^\circ \)
    Mặt khác: \(\widehat {EAD} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
    Tứ giác ADME có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật.
    c) Tứ giác ADME là hình chữ nhật và ID = IE (chứng minh trên) nên đường chéo
    AM của hình chữ nhật phải đi qua trung điểm I của DE. Suy ra: A, I, M thẳng hàng.
    Ta có: IA ⊥ OO' ( vì IA là tiếp tuyến của (O))
    Suy ra: AM ⊥ OO'
    Vậy MA là tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O').

    Câu 77 trang 169 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN với M thuộc (O) và N thuộc (O’). Gọi P là điểm đối xứng với M qua OO’, Q là điểm đối xứng với N qua OO’. Chứng minh rằng:
    a) MNQP là hình thang cân.
    b) PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’).
    c) MN + PQ = MP + NQ.
    Giải:
    07.jpg
    a) Vì M và P đối xứng qua trục OO’ nên OO’ là đường trung trực của MP.
    Suy ra: OP = OM
    Khi đó P thuộc (O) và MP ⊥ OO’ (1)
    Vì N và Q đối xứng qua trục OO’ nên OO’ là đường trung trực của NQ
    Suy ra: O’N = O’Q
    Khi đó Q thuộc (O’) và NQ ⊥ OO’ (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: MP // NQ
    Tứ giác MNQP là hình thang.
    Vì OO’ là đường trung trực của MP và NQ nên OO’ đi qua trung điểm hai đáy hình thang MNQP, OO’ đồng thời cũng là trục đối xứng của hình thang MNQP nên MNQP là hình thang cân.
    b) Ta có: MN ⊥ OM ( tính chất tiếp tuyến)
    Suy ra: \(\widehat {OMN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {OMP} + \widehat {PMN} = 90^\circ \) (3)
    OM = OP( = R) nên tam giác OMP cân tại O
    Suy ra: \(\widehat {OPM} = \widehat {OMP}\) (4)
    Lại có MNQP là hình thang cân nên \(\widehat {PMN} = \widehat {QPM}\) (5)
    Từ (3), (4) và (5) suy ra: \(\widehat {OPM} + \widehat {QPM} = 90^\circ \)
    Suy ra: QP ⊥ OP tại P
    Vậy PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O).
    Ta có: MN ⊥ O’N ( tính chất tiếp tuyến)
    Suy ra: \(\widehat {O'NM} = 90^\circ \)
    Mà \(\widehat {O'MN} = \widehat {MNQ} - \widehat {O'NQ} = 90^\circ \) (6)
    O’N = O’Q ( = R’) nên tam giác O’NQ cân tại O’
    Suy ra: \(\widehat {O'NQ} = \widehat {O'QN}\) (7)
    Lại có MNQP là hình thang cân nên \(\widehat {MNQ} = \widehat {PQN}\) (8)
    Từ (6), (7) và (8) suy ra: \(\widehat {PQN} - \widehat {O'QN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {O'QP} = 90^\circ \)
    Suy ra: QP ⊥ O’Q tại Q
    Vậy PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
    c) Kẻ tiếp tuyến chung tại A cắt MN 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 cắt nhau, ta có:
    EN = EA và FQ = FA
    Suy ra: \(EM = EA = EN = {1 \over 2}MN\)
    \(FP = FA = FQ = {1 \over 2}PQ\)
    Suy ra: MN +PQ = 2EA + 2FA = 2(EA + FA) = 2EF (9)
    Vì EF là đường trung bình của hình thang MNQP nên:
    \(EF = {{MP + NQ} \over 2}\) hay MP + NQ = 2EF (10)
    Từ (9) và (10) suy ra: MN + PQ = MP + NQ.

    Câu 78 trang 170 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O ; 2cm) và (O’ ; 3cm), OO’ = 6cm.
    a) Hai đường tròn (O), (O’) có vị trí tương đối như thế nào đối với nhau?
    b) Vẽ đường tròn (O’ ; 1cm) rồi kẻ tiếp tuyến OA với đường tròn đó ( A là tiếp điểm). Tia O’A cắt đường tròn (O’ ; 3cm) ở B. Kẻ bán kính OC của đường tròn (O) song song với O’B, B và C thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ OO’. Chứng minh rằng BC là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O ; 2cm) và (O’ ; 3cm).
    c) Tính độ dài BC.
    d) Gọi I là giao điểm của BC và OO’. Tính độ dài IO.
    Giải:
    08.jpg
    a) Vì OO’ = 6 > 2 + 3 hay OO’ > R + R’ nên hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau.
    b) Xét tứ giác ABCO ta có:
    AB // CO (gt) (1)
    Mà: AB = O’B – O’A = 3 – 1 = 2 (cm)
    Suy ra: AB = OC = 2 (cm) (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: ABCO là hình bình hành.
    Lại có: OA ⊥ O’A ( tính chất tiếp tuyến)
    Suy ra: \(\widehat {OAO'} = 90^\circ \) hay \(\widehat {OAB} = 90^\circ \)
    Tứ giác ABCO là hình chữ nhật
    Suy ra: \(\widehat {OCB} = \widehat {ABC} = 90^\circ \)
    Suy ra: BC ⊥ OC và BC ⊥ O’B
    Vậy BC là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’).
    c) Vì tứ giác ABCO là hình chữ nhật nên OA = BC
    Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông OAO’, ta có:
    OO’2 = OA2 + O’A2
    ⇒OA2 = OO’2 – O’A2 = 62 – 12 = 35
    \(⇒ OA =\sqrt {35}(cm)\)
    Vậy \(BC = \sqrt {35} (cm)\)
    d) Trong tam giác O’BI có OC // O’B
    Suy ra: \({{IO} \over {IO'}} = {{OC} \over {O'B}}\) (hệ quả định lí Ta-lét)
    \(⇒{{IO} \over {IO' - IO}} = {{OC} \over {O'B - OC}} \Rightarrow {{IO} \over {O'O}} = {2 \over {3 - 2}} \Rightarrow {{IO} \over 6} = {2 \over 1}\)
    Vậy \(OI = {{6.2} \over 1} = 12 (cm)\)

    Câu 79 trang 170 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O ; R), điểm A nằm bên ngoài đường tròn (R < OA < 3R). Vẽ đường tròn (A ; 2R).
    a) Hai đường tròn (O) và (A) có vị trí tương đối như thế nào đối với nhau?
    b) Gọi B là một giao điểm của hai đường tròn trên. Vẽ đường kính BOC của đường tròn (O). Gọi D là giao điểm ( khác C) của AC và đường tròn (O). Chứng minh rằng AD = DC.
    Giải:
    09.jpg
    a) Ta có: R < OA < 3R ⇔ 2R- R < OA < 2R + R
    Suy ra hai đường tròn (O; R) và (A; 2R) cắt nhau.
    b) Tam giác BCD nội tiếp trong đường tròn (O) có BC là đường kính nên \(\widehat {BDC} = 90^\circ \)
    Suy ra: BD ⊥ AC (1)
    Ta có: AB = 2R và BC = 2OB = 2R
    Suy ra tam giác ABC cân tại B (2)
    Từ (1) và (2) suy ra: AD = DC

    Câu 80 trang 170 Sách bài tập (SBT) Toán 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O ; 2cm) tiếp xúc với đường thẳng d. Dựng đường tròn (O’ ; 1cm) tiếp xúc với đường thẳng d và tiếp xúc ngoài đường tròn (O).
    Giải:
    10.jpg
    * Phân tích
    − Giả sử dựng được đường tròn (O’; 1cm) tiếp xúc với đường thẳng d và tiếp xúc ngoài với đường tròn (O ; 2cm).
    − Đường tròn (O; 1cm) tiếp xúc với d nên O’ cách d một khoảng bằng 1cm. Khi đó O’ nằm trên hai đường thẳng d1, d2 song song với d và cách d một khoảng 1cm.
    − Đường tròn (O’; 1cm) tiếp xúc với đường tròn (O; 2cm) nên suy ra OO’ = 3cm. Khi đó O’ là giao điểm của (O; 3cm) với d1 và d2.
    * Cách dựng
    − Dựng hai đường tròn d1 và d2 song song với d và cách d một khoảng bằng 1cm.
    − Dựng đường tròn (O; 3cm) cắt tại d1 tại O’1. Vẽ (O’1; 1cm) tiếp xúc với d.
    * Chứng minh
    Theo cách dựng, O’1 cách d một khoảng bằng 1cm nên (O’1; 1cm) tiếp xúc với d.
    Vì OO’1 = 3cm nên (O’1; 1cm) tiếp xúc với (O; 2cm)
    * Biện luận: O cách d1 một khoảng bằng 1cm nên (O; 3cm) cắt d1 tại hai điểm phân biệt.

    Câu 8.1 trang 170 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1.
    Cho hai đường tròn (O ; R) và (O' ; r). Điền vào chỗ trống của bảng sau:
    RrOO'Hệ thức giữa OO', R, rVị trí tương đối của (O) và (O')
    31OO' = R – r
    31Tiếp xúc ngoài
    313,5
    315
    311
    Giải:
    RrOO'Hệ thức giữa OO', R, rVị trí tương đối của (O) và (O')
    312\(OO' = R – r\)Tiếp xúc trong
    314\(OO' = R + r\)Tiếp xúc ngoài
    313,5\(R – r < OO'< R + r\)Cắt nhau
    315\(OO'> R + r\)Ở ngoài nhau
    311\(OO'< R – r\)(O) đựng (O')
    Câu 8.2 trang 170 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1.
    Cho hai đường tròn (O ; 3cm) và (O ; 4cm) có OO' = 5cm.
    a) Hai đường tròn (O) và (O¢) có vị trí tương đối nào ?
    b) Tính độ dài dây chung của hai đường tròn.
    Giải:
    11.jpg
    a) (O) và (O’) cắt nhau.
    b) Gọi A và B là giao điểm của hai đường tròn (O)
    và (O’), H là giao điểm của AB và OO’.
    Tam giác AOO' vuông tại A, AH ⊥ OO' và AB = 2AH.
    Ta tính được AH = 2,4cm nên AB = 4,8cm.

    Câu 8.3 trang 171 Sách bài tập (SBT) Toán lớp 9 Tập 1.
    Cho đường tròn (O) và điểm A cố định trên đường tròn. Điểm B chuyển động trên đường tròn.
    a) Chứng minh rằng trung điểm M của AB chuyển động trên một đường tròn (O¢).
    b) Đường tròn (O¢) có vị trí tương đối nào đó đối với đường tròn (O) ?
    Giải:
    12.jpg
    a) \(\widehat {AMO} = 90^\circ \). Điểm M chuyển động trên
    đường tròn (O') đường kính AO.
    b) Đường tròn (O') tiếp xúc trong với đường tròn (O).