Cho hai đường tròn tâm \(O_1,O_2\) tiếp xúc ngoài nhau tại $A$. Trên đường tròn \(\left(O_1\right)\) lấy hai điểm $B$, $C$ phân biệt khác $A$. Các đường thẳng $BA$, $CA$ cắt đường tròn \(\left(O_2\right)\) tại $P$ và $Q$. Chứng minh $PQ$//$BC$.
Cho các đường tròn \(\left(O_1;R_1\right)\) và \(\left(O_2;R_2\right)\) tiếp xúc trong tại \(P\) \(\left(R_2>R_1\right)\). Tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left(O_1\right)\) cắt \(\left(O_2\right)\) tại \(B\) và \(C\). Chứng minh rằng: \(PA\) là tia phân giác của \(\widehat{BPC}\).
Gọi Q là giao điểm của PA và (O2). Do \(\widehat{O_1AP}=\widehat{O_1PA}=\widehat{O_2PQ}=\widehat{O_2QP}\) nên O1A//O2Q
Mặt khác, \(BC\perp O_1A\) (vì BC là tiếp tuyến tại A của (O1) nên \(BC\perp O_2Q\)
\(\Rightarrow\) Q là điểm chính giữa của cung nhỏ BC
\(\Rightarrow\) PQ là tia phân giác \(\widehat{BPC}\) \(\Rightarrow\) đpcm
Cho các đường tròn \(\left(O_1;R_1\right)\) và \(\left(O_2;R_2\right)\) tiếp xúc trong tại \(P\) \(\left(R_2>R_1\right)\). Tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn \(\left(O_1\right)\) cắt \(\left(O_2\right)\) tại \(B\) và \(C\). Chứng minh rằng: \(PA\) là tia phân giác của góc \(BPC\).
Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $M$ là điểm tùy ý trên nửa đường tròn ($M$ khác $A$ và $B$). Kẻ \(MH\perp AB\) \(\left(H\in AB\right)\). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa nửa đường tròn $(O)$, vẽ hai nửa đường tròn tâm \(O_1\) đường kính $AH$ và tâm \(O_2\) đường kính $BH$. $MA$ và $MB$ cắt hai nửa đường tròn \(\left(O_1\right)\) và \(\left(O_2\right)\) lần lượt tại $P$ và $Q$.
a) Chứng minh rằng $MH = PQ$.
b) Chứng minh tứ giác $PQBA$ nội tiếp.
c) Chứng minh $PQ$ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn \(\left(O_1\right)\) và \(\left(O_2\right)\).
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên , do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có
nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2)
a,Xét (O1) có góc APH nội tiếp chắn nửa đtròn
⇒ góc APH = 90
Mà góc APH + góc MPH = 190( 2 góc kề bù)
⇒ góc MPH = 90 (1)
Xét (O2) có góc HQB nội tiếp chắn nửa đtròn
⇒ góc HQB = 90
Mà góc HQB + gócHQM = 190( 2 góc kề bù)
⇒ góc HQM = 90 (2)
Xét (O) có góc AMB nội tiếp chắn nửa đtròn
⇒ góc AMB = 90 hay góc PMQ = 90 (3)
Từ 1 2 3 ⇒ tg PMQH là hcn ( tg có 3 góc vuông)
⇒MH = PQ
b, Xét tg APQB
Có góc APH =90 (cmt)
góc HQB =90(cmt)
⇒ góc APH = góc HQB = 90
Nên tg APQB nt ( tg có 2 định P và Q kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới những góc bằng nhau bằng 90)
c, Ta có: góc O1PA = góc PAO1
= 90 - góc HMP
= 90 - góc MPQ
⇒ góc O1PA +góc MPQ=90
⇒ O1PQ = 90
⇒ PQ⊥ PO1
P tx với nửa đtròn tại p
⇒PQ là tiếp tuyến (O1)
CM tương tự có PQ là tt (O2)
⇒ PQ là tt chung của 2 đtròn O1 và O2
Cho 2 đường tròn \(\left(O_1\right)\) và \(\left(O_2\right)\)cắt nhau tại A và B, tiếp tuyến chung với 2 đường tròn \(\left(O_1\right)\)và \(\left(O_2\right)\)về phía nửa mặt phẳng bờ \(O_1;O_2\) chưa điểm B, có tiếp điểm thứ tự là E , F. Qua A kẻ cát tuyến song song với EF và cắt \(\left(O_1\right),\left(O_2\right)\)theo thứ tự tại C và D. Đường thẳng CE và đường thẳng DF cắt nhau tại I .
CMR :
a ) IA vuông góc với CD
b) Tứ giác IEBF nội tiếp
c) Đường thẳng AB đi qua trung điểm của EF
a) kéo dài O1E,O2F cắt CD ở M và N
b) góc BFI + góc BEI =180
c) gọi AB cắt EF ở K
bằng đồng dạng ta chứng minh được KE=KF=KB.KA(đpcm)
Cho ba đường tròn \(\left(O_1\right),\left(O_2\right),\left(O_3\right)\) có cùng bán kính $r$ và tiếp xúc ngoài nhau từng đôi một tại $A$, $B$, $C$. Tính diện tích tam giác có ba đỉnh là tiếp điểm.
Cho đường tròn \(\left(O_1\right)\) tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $A$. Đường kính $AB$ của đường tròn $(O)$ cắt đường tròn \(\left(O_1\right)\) tại điểm thứ hai $C$ khác $A$. Từ $B$ vẽ tiếp tuyến $BP$ với đường tròn \(\left(O_1\right)\) cắt đường tròn \(\left(O\right)\) tại $Q$. Chứng minh $AP$ là tia phân giác của góc \(\widehat{QAB}\).
có góc AQB= 90 độ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) Hay góc AQP=90 độ => góc QAP= 90 độ- góc QPA=90 độ-1/2sđ cung AP
có góc APC= 90 độ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O1)=> góc PAC=90 độ - góc PCA=90 độ - 1/2sđ cung AP
Vì vậy góc QAP= góc PAC hay AP là tia phân giác của góc QAB
Ta có: góc BQA =90o (góc nội tiếp chắn nửa (O))
Xét Δ PQA vuông tại Q có: góc QAP + góc QPA =90o ⇒ góc QAP=90o- góc QPA
Mà góc QPA =1/2 sđ cung PA ( góc QPA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến cà dây cung chắn cung AP của (O1))
⇒góc QAP=90o- 1/2 sđ cung PA (1)
Xét ΔCPA vuông tại P ( vì góc CPA là góc nội tiếp chắn nửa (O1)) có
góc PCA + góc PAC =90o⇒góc PAC =90o-góc PCA
mà góc PCA =1/2 sđ cung PA ( góc nội tiếp chắn cung PA )
⇒góc PAC= 90o-1/2 sđ cung PA (2)
Từ (1) và (2) ⇒ góc QAP=góc PAC ⇒ AP là tia phân giác của góc QAB
Vì góc AQP là có nội tiếp chắn nửa đường tròn của (O)
=> góc AQP= 90 độ
xét Δ AQP vuông tại Q có:
góc QAP+ góc QPA= 90 độ
Vì góc CPA là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn của (O1)
=> góc CPA= 90 độ
Ta có: góc BPC+ góc CPA+ góc APQ= 180 độ
=> góc BPC + 90 độ+ góc APQ= 180 độ
=> góc BPC+ góc APQ= 90 độ
=> góc QAP= góc BPC( cùng phụ với góc APQ)
Lại có: góc BPC là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung PC của (O1)
góc PAC là góc nội tiếp chắn cung PC của (O1)
=> góc BPC= góc PAC
=> góc QAP= góc PAC( cùng = góc BPC)
=> AP là tia phân giác của góc QAB( đpcm)
Cho hai đường tròn \(\left(O_1\right),\left(O_2\right)\)cắt nhau tại A và B, kéo dài AB về phía B lấy điểm M, từ M kẻ tiếp tuyến ME và MF với \(\left(O_1\right)\)( E và F là hai tiếp điểm, F cùng phía với đường tròn \(\left(O_2\right)\)đối với AB. ĐƯờng thẳng BE và BF cắt \(\left(O_2\right)\) tại P, Q. PQ và EF cắt nhau tại I. CMR:
a) \(\frac{FB}{FA}=\frac{EB}{EA}\) b) AFIQ là tứ giác nội tiếp
c) \(\Delta FBA~\Delta IPA\) d) QI=IP
Cho 2 dường tròn (O1,5cm) và (O2,2cm) nằm ngoài nhau. 1 tiếp tuyền chung ngoài AB của 2 đường tròn, \(A\in(O_1),B\in\left(O_2\right)\) và 1 tiếp tuyến chung trong CD của 2 đường tròn, \(C\in\left(O_1\right),D\in\left(O_2\right)\). Tính độ dài đoạn nối tâm O1O2 biết AB=1,5 CD
Gọi giao điểm của O1O2 và CD là I.
Ta thấy rằng \(\Delta O_1CI\sim\Delta O_2DI\) theo tỉ số đồng dạng là \(k=\frac{O_1C}{O_2D}=\frac{5}{2}\)
Đặt \(ID=2x\left(cm\right)\Rightarrow IC=5x\Rightarrow CD=7x\Rightarrow AB=1,5.7x=10,5x\)
Theo Pitago ta cũng có \(O_1I=\sqrt{25x^2+25};O_2I=\sqrt{4x^2+4}\left(1\right)\)
Xét hình thang vuông ABO2O1 , kẻ O2H vuông góc với AO1 , ta tính được \(HO_1=5-2=3\left(cm\right)\)
Vậy thì \(O_1O_2^2=O_2H^2+HO_1^2\Rightarrow O_1O_2=\sqrt{110,25x^2+9}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt{110,25x^2+9}=\sqrt{25x^2+25}+\sqrt{4x^2+4}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{110,25x^2+9}=5\sqrt{x^2+1}+2\sqrt{x^2+1}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{110,25x^2+9}=7\sqrt{x^2+1}\)
\(\Leftrightarrow110,25x^2+9=49x^2+49\)
\(\Leftrightarrow x^2=\frac{32}{49}\Rightarrow O_1O_2=7.\sqrt{\frac{32}{49}+1}=9\left(cm\right)\)
Vậy O1O2 = 9 cm.
Cho 2 đường tròn \(\left(O_1;R_1\right)\) và \(\left(O_2;R_2\right)\) tiếp xúc ngoài với nhau tại A,với \(R_1=3;R_2=5\) .Tiếp tuyến chung ngoài tiếp xúc 2 đường tròn lần lượt tại B,C.Tính phần diện tích tam giác ABC nằm ngoài cả 2 hình tròn đã cho
Từ O1 kẻ O1H vuông góc với O2C tại H. Vì R2 > R1 nên ta được O1BCH là hình chữ nhật
và : O2H = R2 - R1 = 2
\(cos\widehat{O_1O_2H}=\frac{O_2H}{O_1O_2}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}\Rightarrow\widehat{O_1O_2H}=\alpha\)(Bạn bấm máy tính để tìm giá trị góc này, còn mình đặt là \(\alpha\)cho dễ nhìn)
\(\Rightarrow\widehat{BO_1O_2}=180^o-\alpha\)(BO1 // CO2)
\(AB=\sqrt{2R^2_1-2R_1^2.cos\left(180^o-\alpha\right)}=m\)
\(AC=\sqrt{2R_2^2-2R_2^2.cos\alpha}=n\)
Gọi \(S_1\) và \(S_2\) lần lượt là diện tích hình quạt \(O_1AB\) và \(O_2AC\) thì ta có :
\(S_1=\frac{\pi.R_1^2.\left(180^o-\alpha\right)}{360^o}\) ; \(S_2=\frac{\pi.R_2^2.\alpha}{360^o}\)
\(S_{\Delta O_1AB}=\frac{1}{2}.R_1^2.sin\left(90^o-\alpha\right)\); \(S_{\Delta O_2AC}=\frac{1}{2}R_2^2.sin\alpha\)
Diện tích hình viên phân giới hạn bởi AB là : \(S'=S_1-S_{\Delta O_1AB}=x\)
Diện tích hình viên phân giới hạn bởi AC là : \(S''=S_2-S_{\Delta O_2AC}=y\)
Diện tích tam giác ABC nằm ngoài cả hai đường tròn đã cho là :
\(S_{ABC}-S'-S''=\frac{1}{2}m.n-x-y\)