Chương VII. Đường tròn

Lời giải: 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 $I$).

Lời giải: 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.

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

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

Lời giải: 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 $PQ=OP+O_2Q-OO_2=12+15-23=4cm$.

Lời giải: 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 $PQ=2IP=2R\sqrt{3}$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

Lời giải: $(O),(O_2)$ 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: $AM=BM=\sqrt{OM^2-OA^2}=\sqrt{15^2-9^2}=12cm$. 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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$\widehat{AC}=2.65°=130°$.

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

Lời giải: 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).

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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 $ABH$: $\widehat{BAH}=90°-\widehat{B}=90°-50°=40°$.

Lời giải: 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 $\widehat{BMC}=90°$.

Lời giải: 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 $IH=IK\Rightarrow \dfrac{IH}{IK}=1$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: $AH$ 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: $\widehat{xNP}$ 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.

Lời giải: 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 $\pi r^2=\pi\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=\dfrac{\pi a^2}{12}$.

Lời giải: 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 $12cm$.

Lời giải: 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 $AE.BF=OC^2=12^2=144$.

Lời giải: 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 $\dfrac{MN+MP-NP}{r}=2$.

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

Lời giải: 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 $3MA+4MB\le10R$.

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

Lời giải: 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 $\dfrac{2}{R}$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: $OC$ 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.

Lời giải: 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.

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

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

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

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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 $12<R<28$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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 $AC$: $\dfrac{OI}{AC}=\dfrac{1}{2}$.

Lời giải: 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 $\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$.

Lời giải: 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: $2r=MN+MP-NP=16+12-20=8\Rightarrow r=4cm$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.