Chương VII. Đường tròn

Hai đường tròn tiếp xúc ngoài luôn có đúng $3$ tiếp tuyến chung: hai tiếp tuyến chung ngoài và một tiếp tuyến chung tại tiếp điểm $I$ (vuông góc với đoạn nối tâm tại $I$).

Khi $(O),(O_2)$ ở ngoài nhau thì số tiếp tuyến chung của chúng là $4$ — nhiều nhất trong các trường hợp. Tiếp xúc ngoài có $3$, cắt nhau tại $2$ điểm có $2$, tiếp xúc trong có $1$ tiếp tuyến chung.

Theo hệ thức lượng (phương tích của điểm $M$): $MT^2=MA.MB=4.9=36\Rightarrow MT=6cm$.

Ta có $R_2-R=8-3=5cm>OO_2=2cm$, tức $OO_2<|R_2-R|$, nên $(O)$ nằm hoàn toàn trong $(O_2)$ mà không tiếp xúc — hai đường tròn đựng nhau.

Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn là: $4$ (ở ngoài nhau), $3$ (tiếp xúc ngoài), $2$ (cắt nhau), $1$ (tiếp xúc trong), $0$ (đựng nhau). Có duy nhất $1$ tiếp tuyến chung ứng với trường hợp tiếp xúc trong.

Theo hệ thức lượng trong đường tròn: $MT^2=MA.MB\Leftrightarrow 3600=90.MB\Rightarrow MB=40cm$.

Vì $P\in(O)$ nằm trên đoạn $OO_2$ nên $OP=12cm$; vì $Q\in(O_2)$ nằm trên đoạn $OO_2$ nên $O_2Q=15cm$. Theo cách sắp xếp các điểm trên đoạn $OO_2$ (với $P, Q$ nằm giữa $O$ và $O_2$): $OO_2=OP+PQ+QO_2 - 2PQ$, hay đơn giản hơn $PQ=OP+O_2Q-OO_2=12+15-23=4cm$.

Gọi $I$ là tiếp điểm của $d$ với $(O;R)$, ta có $OI\perp d$ và $OI=R$. Vì $OI\perp PQ$ nên $I$ là trung điểm $PQ$. Xét tam giác vuông $OIP$: $IP=\sqrt{OP^2-OI^2}=\sqrt{(2R)^2-R^2}=R\sqrt{3}$. Vậy $PQ=2IP=2R\sqrt{3}$.

Tứ giác $OAIB$ có $\widehat{OAI}=\widehat{OBI}=90°$ (tiếp tuyến vuông góc bán kính) và $\widehat{AOB}=90°$ nên $OAIB$ là hình chữ nhật; lại có $IA=IB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $OAIB$ là hình vuông cạnh $R=7cm$. Vậy $OI=7\sqrt{2}cm$ (đường chéo hình vuông). Đáp án B.

Vì $OA=OM=R$ và $OE$ là phân giác $\widehat{AOM}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $OE\perp AM$ tại trung điểm $P$ của $AM$. Tương tự $OF\perp BM$ tại trung điểm $Q$ của $BM$. Khi đó tứ giác $PMQO$ có ba góc vuông tại $P, M, Q$ nên là hình chữ nhật, suy ra $PQ=OM=R=9cm$. Đáp án A.

Ta có $R-R_2=20-8=12=OO_2$ nên $(O)$ và $(O_2)$ tiếp xúc trong với nhau. Đáp án C.

$(O),(O_2)$ ở ngoài nhau khi $OO_2>R+10$, tức là $15>R+10\Rightarrow R<5$. Kết hợp $R>0$ ta được $0<R<5$. Đáp án D.

Tam giác $OTM$ vuông tại $T$ (vì $MT$ là tiếp tuyến), có $\widehat{OMT}=45°$ nên tam giác $OTM$ vuông cân tại $T$. Suy ra $OM=OT\sqrt{2}=9\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=18cm$. Đáp án A.

$AM=BM=\sqrt{OM^2-OA^2}=\sqrt{15^2-9^2}=12cm$. Vì $EA=EI, FB=FI$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên chu vi $\triangle MEF=ME+EF+FM=(ME+EA)+(MF+FB)=MA+MB=24cm$. Đáp án B.

Vì $OO_2=OP+OQ-PQ$ (đoạn $OP, OQ$ chồng lên nhau một đoạn $PQ$) nên $PQ=OP+OQ-OO_2=9+12-15=6cm$. Đáp án D.

Gọi $H$ là tiếp điểm của $d$ với đường tròn bán kính $5cm$, ta có $OH\perp d$ và $OH=5cm$. Trong tam giác vuông $OHP$ (với $OP=13cm$): $HP=\sqrt{OP^2-OH^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12cm$. Vì $H$ là trung điểm $PQ$ nên $PQ=2HP=24cm$. Đáp án C.

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat{ABC}=\dfrac{180°-50°}{2}=65°$. Góc nội tiếp $\widehat{ABC}$ chắn cung nhỏ $AC$ nên sđ$\widehat{AC}=2.65°=130°$.

Vì $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{A}+\widehat{C}=180°$. Thay $\widehat{C}=\dfrac{2}{3}\widehat{A}$ ta được $\widehat{A}+\dfrac{2}{3}\widehat{A}=180°\Rightarrow \dfrac{5}{3}\widehat{A}=180°\Rightarrow \widehat{A}=108°$.

Vì $AC$ là đường kính của $(O)$ nên $\widehat{ABC}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tương tự, $AD$ là đường kính của $(O_2)$ nên $\widehat{ABD}=90°$. Do đó $\widehat{CBD}=\widehat{ABC}+\widehat{ABD}=90°+90°=180°$ (ba điểm $C,B,D$ thẳng hàng).

Vì $BD\perp AC$ nên $\widehat{BDC}=90°$; vì $CE\perp AB$ nên $\widehat{BEC}=90°$. Hai điểm $D, E$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc $90°$ nên $B, C, D, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$, tức tứ giác $BCDE$ nội tiếp được.

Vì $\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90°$ ($N, M$ là chân đường cao) nên $E$ (trung điểm cạnh huyền $AH$) cách đều $A, N, H, M$; suy ra $\widehat{ANE}=\widehat{NAE}$ và tương tự với $M$. Đây chính là các điểm thuộc đường tròn Euler (đường tròn 9 điểm) của tam giác $ABC$: $M, N$ (chân đường cao) và $E, F$ (trung điểm $AH, BC$) đều nằm trên đường tròn này, do đó $EMFN$ nội tiếp được.

Vì $AH\perp BC$ nên $\widehat{AHB}=90°$; phép đối xứng qua $AB$ biến $H$ thành $K$ và giữ nguyên $A, B$ (vì $A, B\in AB$) nên $\triangle AKB=\triangle AHB\Rightarrow \widehat{AKB}=\widehat{AHB}=90°$. Vậy $A, H, B, K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ (cùng nhìn $AB$ dưới góc $90°$), suy ra $\widehat{BKH}=\widehat{BAH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BH$). Trong tam giác vuông $ABH$: $\widehat{BAH}=90°-\widehat{B}=90°-50°=40°$.

Vì $B, A$ đối xứng nhau qua $O$ nên $AB$ là đường kính của $(O)$, suy ra $\widehat{ADB}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tương tự $AC$ là đường kính của $(O_2)$ nên $\widehat{AEC}=90°$. Kết hợp với $OD\perp DE, O_2E\perp DE$ (tính chất tiếp tuyến) suy ra $OD\parallel O_2E$, dẫn đến $BD\perp CE$ tại $M$ (có thể kiểm chứng bằng tọa độ hoặc góc), vậy $\widehat{BMC}=90°$.

Đây là một tính chất quen thuộc: điểm đối xứng của trực tâm $H$ qua một cạnh của tam giác luôn nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Vì $I$ là chân đường vuông góc từ $H$ xuống $BC$, điểm đối xứng của $H$ qua $BC$ chính là $K$ (giao điểm thứ hai của $AH$ với $(O)$), nên $I$ là trung điểm $HK$, tức $IH=IK\Rightarrow \dfrac{IH}{IK}=1$.

Tam giác $ABC$ cân tại $A\Rightarrow \widehat{ABC}=\dfrac{180°-70°}{2}=55°$. Vì $\widehat{ABC}$ là góc nội tiếp chắn cung nhỏ $AC$ nên sđ$\widehat{AC}=2\cdot55°=110°$. Đáp án A.

Do $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{A}+\widehat{C}=180°$. Mà $\widehat{C}=\dfrac{4}{5}\widehat{A}$ nên $\widehat{A}+\dfrac{4}{5}\widehat{A}=180°\Rightarrow \dfrac{9}{5}\widehat{A}=180°\Rightarrow \widehat{A}=100°$. Đáp án B.

Vì $OA=OB=AB=8cm$ nên tam giác $OAB$ đều, suy ra $\widehat{AOB}=60°$. Vậy số đo cung nhỏ $\widehat{AB}=60°$. Đáp án C.

Kẻ tiếp tuyến chung tại $A$ của hai đường tròn, cắt $MN$ tại $E$. Ta có $EA=EM$ (hai tiếp tuyến từ $E$ đến $(I)$) và $EA=EN$ (hai tiếp tuyến từ $E$ đến $(K)$) nên $EA=EM=EN=\dfrac{MN}{2}$. Do đó trung tuyến $AE$ của tam giác $AMN$ bằng nửa cạnh $MN$, suy ra tam giác $AMN$ vuông tại $A$. Đáp án D.

Do $ABCM$ nội tiếp nên $\widehat{AMD}=\widehat{ABC}$ (góc ngoài tại đỉnh $M$ bằng góc trong tại đỉnh đối diện $B$). Mặt khác $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\widehat{AMB}$ (cùng chắn cung $AB$, do $AB=AC$). Suy ra $\widehat{AMD}=\widehat{AMB}$, nghĩa là $MA$ là phân giác $\widehat{BMD}$; kết hợp $MA\perp BD$ (do $BD\perp AM$) nên tam giác $BMD$ cân tại $M$, suy ra $MB=MD$. Đáp án A.

$AH$ và $AO$ ($O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp) luôn đối xứng nhau qua phân giác $\widehat{A}$, tức $\widehat{BAH}=\widehat{OAC}$. Từ giả thiết $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ suy ra $AM$ và $AO$ là cùng một tia, nghĩa là $O$ nằm trên đường thẳng $AM$. Vì tam giác không cân tại $A$ nên điều này chỉ xảy ra khi $O\equiv M$, khi đó $MA=MB=MC=\dfrac{BC}{2}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$, tức $\widehat{BAC}=90°$. Đáp án B.

Vì $CF\parallel BE$ nên hai cung chắn giữa chúng bằng nhau: cung $CE$ = cung $BF$, suy ra $\widehat{BOF}=\widehat{COE}$. Do đó $\widehat{EOF}=\widehat{EOC}+\widehat{COF}=\widehat{EOC}+\widehat{BOE}=\widehat{BOC}=90°$. Mặt khác $OE=OF=R$ nên tam giác $EOF$ vuông cân tại $O$. Đáp án C.

$\widehat{xNP}$ là góc ngoài tại đỉnh $N$ của tứ giác nội tiếp $MNPQ$ nên bằng góc trong tại đỉnh đối diện, tức $\widehat{MQP}$. Vậy $\widehat{MQP}=72°$. Đáp án D.

Gọi $H$ là trung điểm cạnh $BC$, đường cao $AH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. Tâm đường tròn nội tiếp $O$ (đồng thời là trọng tâm) thỏa $OH=\dfrac{1}{3}AH=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$, đây chính là bán kính $r$ của đường tròn nội tiếp. Diện tích hình tròn nội tiếp là $\pi r^2=\pi\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=\dfrac{\pi a^2}{12}$.

Hạ $OK\perp MN$, ta có $OK\le OH$, dấu "=" xảy ra khi $MN\perp OH$ tại $H$ — đây cũng là lúc $OK$ lớn nhất nên $MN$ nhỏ nhất. Khi đó $OK=OH=8cm$, nửa dây $=\sqrt{OM^2-OK^2}=\sqrt{100-64}=6cm$, vậy $MN$ nhỏ nhất bằng $12cm$.

Vì $EA, EC$ là hai tiếp tuyến từ $E$ nên $EA=EC$; tương tự $FB=FC$. Mặt khác $\widehat{EOF}=90°$ (do $OE, OF$ lần lượt là phân giác của hai góc kề bù $\widehat{AOC}, \widehat{COB}$) nên trong tam giác vuông $EOF$, $OC$ là đường cao ứng với cạnh huyền $EF$, suy ra $OC^2=EC.CF=EA.FB$. Vậy $AE.BF=OC^2=12^2=144$.

Đối với tam giác vuông, bán kính đường tròn nội tiếp thỏa $2r=MN+MP-NP$ (tổng hai cạnh góc vuông trừ cạnh huyền). Do đó $\dfrac{MN+MP-NP}{r}=2$.

Diện tích phần nằm giữa hai đường tròn đồng tâm bằng hiệu diện tích hai hình tròn: $\pi R^2-\pi r^2=\pi(R^2-r^2)$.

Vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat{AMB}=90°$, suy ra $MA^2+MB^2=AB^2=4R^2$. Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski: $(3MA+4MB)^2\le(3^2+4^2)(MA^2+MB^2)=25.4R^2=100R^2$, suy ra $3MA+4MB\le10R$.

Vì $C$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $C$. Bán kính đường tròn nội tiếp: $2r=CA+CB-AB=35-25=10\Rightarrow r=5cm$.

Gọi $A$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$, khi đó tam giác $ABC$ đều (vì cung nhỏ $BC=120°$ nên $AB=AC=BC$, đều chắn cung $120°$). Theo định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ABMC$: $MA=MB+MC$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: $\dfrac{1}{MB}+\dfrac{1}{MC}\ge\dfrac{2}{\sqrt{MB.MC}}\ge\dfrac{4}{MB+MC}=\dfrac{4}{MA}\ge\dfrac{4}{2R}=\dfrac{2}{R}$ (vì $MA$ là một dây cung nên $MA\le2R$). Vậy GTNN của $P$ là $\dfrac{2}{R}$.

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh $a$ là $r=\dfrac{a}{2\sqrt{3}}$. Với $a=6cm$: $r=\dfrac{6}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}cm$. Diện tích hình tròn nội tiếp là $\pi r^2=\pi\cdot3=3\pi cm^2$. Đáp án A.

Hạ $OK\perp MN$ thì $OK\le OI$, do đó $MN=2\sqrt{R^2-OK^2}$ nhỏ nhất khi $OK$ lớn nhất, tức $OK=OI=5cm$ (khi $MN\perp OI$). Khi đó $MN=2\sqrt{13^2-5^2}=2\cdot12=24cm$. Đáp án B.

$OC$ là đường cao của tam giác vuông $EOF$ (vì $OE, OF$ lần lượt là phân giác hai góc kề bù nên $\widehat{EOF}=90°$). Do đó $AE.BF=CE.CF=OC^2=15^2=225$. Đáp án C.

Với tam giác vuông tại $A$ ta có $2r=AB+AC-BC\Rightarrow AB+AC=2r+BC=10+26=36cm$. Chu vi tam giác $ABC=AB+AC+BC=36+26=62cm$. Đáp án D.

Diện tích hình vành khăn bằng $\pi\cdot15^2-\pi\cdot9^2=\pi(225-81)=144\pi cm^2$. Đáp án A.

Vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat{AMB}=90°$, suy ra $MA^2+MB^2=AB^2=4R^2$. Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki: $(5MA+12MB)^2\le(5^2+12^2)(MA^2+MB^2)=169\cdot4R^2=676R^2\Rightarrow 5MA+12MB\le26R$. Đáp án B.

Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $2r=CA+CB-AB=51-39=12\Rightarrow r=6cm$. Đáp án C.

$S_{MIN}=\dfrac{1}{2}IM.IN.\sin\widehat{MIN}\le\dfrac{1}{2}IM.IN=\dfrac{1}{2}\left(6\sqrt{2}\right)^2=\dfrac{1}{2}\cdot72=36cm^2$, dấu bằng xảy ra khi $\widehat{MIN}=90°$. Đáp án D.

Đường tròn có duy nhất một tâm đối xứng là chính tâm $O$ của nó.

Một đa giác đều bất kì (trong đó có lục giác đều) luôn nội tiếp được trong một đường tròn. Ngược lại, hình thang chỉ nội tiếp được khi là hình thang cân, hình bình hành chỉ nội tiếp được khi là hình chữ nhật, và hình thoi chỉ nội tiếp được khi là hình vuông — tức không phải mọi hình thuộc các loại này đều nội tiếp được.

Ta có $R+R_2=42cm, |R_2-R|=6cm$. Vì $6<30<42$ nên $|R_2-R|<OO_2<R+R_2$, do đó $(O),(O_2)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Điều kiện để hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt là $|R-8|<OO_2<R+8$, tức $|R-8|<20<R+8$. Từ $20<R+8$ ta có $R>12$; từ $|R-8|<20$ ta có $-20<R-8<20\Rightarrow R<28$ (kết hợp $R>12>0$ nên vế trái luôn đúng). Vậy $12<R<28$.

Vì $AB$ là đường kính nên tam giác $AMB$ vuông tại $M$, $MK$ là đường cao ứng với cạnh huyền. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: (1) đúng ($MK^2=AK.BK$), (2) đúng ($MB^2=BK.BA$), (3) đúng ($\dfrac{1}{MK^2}=\dfrac{1}{MA^2}+\dfrac{1}{MB^2}$). Khẳng định (4) sai vì hệ thức đúng phải là dạng bình phương như ở (3), không phải dạng bậc nhất. Vậy có $3$ khẳng định đúng.

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên $AB$ là đường kính của $(O)$, tức $O$ là trung điểm $AB$. Vì $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ nên $OD\perp BC$ tại trung điểm của $BC$, tức $I$ là trung điểm $BC$. Khi đó $OI$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ (nối trung điểm $AB$ và $BC$), song song và bằng nửa $AC$: $\dfrac{OI}{AC}=\dfrac{1}{2}$.

Mỗi cạnh của lục giác đều cùng với tâm $O$ tạo thành một tam giác đều cạnh $R$ (vì góc ở tâm chắn mỗi cạnh bằng $60°$ và hai cạnh bên bằng $R$). Khoảng cách từ $O$ đến cạnh chính là đường cao của tam giác đều cạnh $R$, bằng $\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$.

Ta có $MN^2+MP^2=16^2+12^2=400=20^2=NP^2$ nên tam giác $MNP$ vuông tại $M$. Bán kính đường tròn nội tiếp: $2r=MN+MP-NP=16+12-20=8\Rightarrow r=4cm$.

Mọi đường thẳng đi qua tâm $O$ đều là trục đối xứng của đường tròn nên đường tròn có vô số trục đối xứng. Đáp án A.

Một đường thẳng cắt một đường tròn tại nhiều nhất $2$ điểm. Hình bình hành có $4$ cạnh nên đường tròn cắt các cạnh của nó tại nhiều nhất $4\cdot2=8$ điểm. Đáp án B.

Ta có $R_2-R=31<OO_2=41<R+R_2=49$ nên $(O),(O_2)$ cắt nhau tại $2$ điểm phân biệt. Đáp án C.

$(O),(O_2)$ tiếp xúc ngoài khi $OO_2=R+12$, tức $15=R+12\Rightarrow R=3cm$. Đáp án D.

Vì $\widehat{AMB}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $(2)$ đúng (định lí Pytago). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $AMB$ với đường cao $MK$: $(1)$ $MA^2=AK.AB$ đúng; $(3)$ $MK.AB=MA.MB$ đúng (cùng bằng hai lần diện tích tam giác $AMB$). Khẳng định $(4)$ sai vì $MK^2=AK.KB$ chứ không phải $MA^2+MB^2$. Vậy có $3$ khẳng định đúng. Đáp án A.

Bán kính $R=13cm$. Hạ $OH\perp AB$ tại $H$ thì $H$ là trung điểm $AB$ nên $HA=12cm$. Trong tam giác vuông $OHA$: $OH=\sqrt{OA^2-HA^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5cm$. Đáp án B.

Cạnh lục giác đều nội tiếp bằng bán kính $R=10cm$ nên tam giác $OAB$ (với $A,B$ là hai đỉnh liên tiếp) đều cạnh $10cm$. Khoảng cách từ $O$ đến cạnh $AB$ là đường cao của tam giác đều đó: $\dfrac{10\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}cm$. Đáp án C.

Nửa chu vi $p=\dfrac{13+14+15}{2}=21cm$. Diện tích $S=\sqrt{p(p-MN)(p-MP)(p-NP)}=\sqrt{21\cdot8\cdot7\cdot6}=\sqrt{7056}=84cm^2$. Bán kính nội tiếp $r=\dfrac{S}{p}=\dfrac{84}{21}=4cm$. Đáp án D.