Hướng dẫn giải (chi tiết)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. R – R' < OO' < R + R'.

Hai đường tròn (O ; R) và (O' ; R') với R > R' cắt nhau khi R – R' < OO' < R + R'.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. cắt nhau.

Vì 10 – 5 < 6 < 10 + 5 hay R – R' < IJ < R + R' nên hai đường tròn cắt nhau.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. (O) và (O') tiếp xúc trong tại A.

Ta có O' là trung điểm của OA và bán kính đường tròn (O') là R'${\displaystyle \frac{OA}{2}}={\displaystyle \frac{R}{2}}$.

Độ dài đoạn nối tâm OO'$={\displaystyle \frac{OA}{2}}={\displaystyle \frac{R}{2}}$.
Ta có R – R' =${\displaystyle \frac{R}{2}}$ = OO' nên (O) và (O') tiếp xúc trong tại A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn B. song song.

Xét △$\mathrm{△}$OBA cân tại O nên OBAˆ=OABˆ$\widehat{OBA}=\widehat{OAB}$.

Xét △$\mathrm{△}$O'CA cân tại O' nên O′CAˆ=O′ACˆ$\widehat{O^{\mathrm{\prime }}CA}=\widehat{O^{\mathrm{\prime }}AC}$.

Mà OABˆ=O′ACˆ$\widehat{OAB}=\widehat{O^{\mathrm{\prime }}AC}$(hai góc đối đỉnh) nên OBAˆ=O′CAˆ$\widehat{OBA}=\widehat{O^{\mathrm{\prime }}CA}$.

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên suy ra OB // O'C..

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. 12 cm.

Vì 7 + 2 = 9 < OO' = 13 nên hai đường tròn ở ngoài nhau.

Kẻ O'H ⊥$\mathrm{\perp }$ OA tại H. Khi đó AHO′ˆ$\widehat{AH{O}^{\mathrm{\prime }}}=\widehat{HAB}=\widehat{AB{O}^{\mathrm{\prime }}}={90}^0$ nên tứ giác ABO'H là hình chữ nhật.

Hay AB = O'H, AH = O'B = 2 cm.

Khi đó OH = OA – AH = 7 – 2 = 5 cm.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác HOO' vuông tại H ta có:

O'H = $\sqrt{O{O}^{\mathrm{\prime }2}-O{H}^2}=\sqrt{{13}^2-5^2}=12$ cm.

Vậy AB = O'H = 12 cm.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. 2.

Vì A, O, B thẳng hàng và OB = AB – OA nên hai đường tròn (O ; OA) và (B ; BA) tiếp xúc trong tại A.
Khẳng định a) sai.

A; B; C thuộc đường tròn (O) có cạnh AB là đường kính nên OA = OB = OC = AB2${\displaystyle \frac{AB}{2}}$.
Tam giác ABC có trung tuyến CO bằng một nửa cạnh tương ứng nên tam giác này vuông tại C hay BC ⊥$\mathrm{\perp }$ AD.
Xét tam giác ABD cân tại B (do AB = BD) có BC là đường cao (BC ⊥$\mathrm{\perp }$ AD)
Suy ra BC cũng là trung tuyến của tam giác ABD nên AC = CD.
Khẳng định b) đúng.

OC là đường trung bình của ∆ ABD nên OC // BD suy ra ACOˆ=ADBˆ$\widehat{ACO}=\widehat{ADB}$ (2 góc đồng vị).
Khẳng định c) đúng.

Vậy có 2 khẳng định đúng là b) và c).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. Tam giác vuông.

Tam giác OMA cân tại O nên $\widehat{A_1}={\displaystyle \frac{{180}^0-\widehat{MOA}}{2}}$.

Tam giác O'NA cân tại O' nên $\widehat{A_2}={\displaystyle \frac{{180}^0-\widehat{N{O}^{\mathrm{\prime }}A}}{2}}$.

Vì OM // O'N nên $\widehat{MOA}+\widehat{N{O}^{\mathrm{\prime }}A}={180}^0$ (2 góc trong cùng phía).

Suy ra  $\widehat{A_1}+\widehat{A_2}={\displaystyle \frac{{180}^0-\widehat{MOA}}{2}}+{\displaystyle \frac{{180}^0-\widehat{N{O}^{\mathrm{\prime }}A}}{2}}$900$={\displaystyle \frac{{360}^0-(\widehat{MOA}+\widehat{N{O}^{\mathrm{\prime }}A})}{2}}={\displaystyle \frac{{360}^0-{180}^0}{2}}={90}^0$.

Suy ra $$=MAN^=1800−(A1^+A2^)=1800−900=900.

Suy ra tam giác MAN vuông tại A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn C. (E ; EA).

Kẻ OP ⊥$\mathrm{\perp }$ MN tại P và O'Q ⊥$\mathrm{\perp }$ MN tại Q.

Vì OPQˆ=O′QPˆ=900$\widehat{OPQ}=\widehat{O^{\mathrm{\prime }}QP}={90}^0$ nên tứ giác PQO’O là hình thang vuông.

Khi MA = NA thì AE là đường trung bình của hình thang vuông PQO'O.

Nên EA // OP // O'Q mà OP ⊥$\mathrm{\perp }$ MN.

Do đó EA ⊥$\mathrm{\perp }$ MN tại A. Vậy khi MA = NA thì MN là tiếp tuyến của đường tròn (E ; EA).

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. 12 cm.

Ta có OO' = OA + O'A = 9 + 4 = 13 cm.
Kẻ O'H ⊥$\mathrm{\perp }$ OM tại H suy ra tứ giác O'NMH là hình chữ nhật.
Hay MH = O'N = 4 cm ; MN = O'H.
Suy ra OH = OM – MH = 9 – 4 = 5 cm.
Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác OO'H vuông tại H, ta có:
MN = O'H = OO′2−OH2−−−−−−−−−−√=132−52−−−−−−−√=12$\sqrt{O{O}^{\mathrm{\prime }2}-O{H}^2}=\sqrt{{13}^2-5^2}=12$ cm.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn A. $S_{BCO{O}^{\mathrm{\prime }}}=(R+r)\sqrt{Rr}$.

Do MA và MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên M, O cách đều hai điểm A, B
Hay MB = MA; OB = OA.
Xét tam giác OMB và tam giác OMA có: OB = OA (cmt); MB = MA (cmt); OM chung.
Suy ra △$\mathrm{△}$OMB = △$\mathrm{△}$OMA (c.c.c).
Suy ra 
$\widehat{AMO}=\widehat{BMO}$ hay MO là tia phân giác của góc AMB.
Nên 
$\widehat{AMO}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMB}$.
Chứng minh tương tự có: △$\mathrm{△}$ O'MC = △$\mathrm{△}$O'MA.
Suy ra AMO′ˆ=CMO′ˆ$\widehat{AM{O}^{\mathrm{\prime }}}=\widehat{CM{O}^{\mathrm{\prime }}}$ hay MO' là tia phân giác của góc AMC.
Nên AMO′ˆ
$\widehat{AM{O}^{\mathrm{\prime }}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMC}$.
Khi đó OMO′ˆ
12AMCˆ$\widehat{OM{O}^{\mathrm{\prime }}}=\widehat{AMO}+\widehat{AM{O}^{\mathrm{\prime }}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMB}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{AMC}$

$={\displaystyle \frac{1}{2}}(\widehat{AMB}+\widehat{AMC})={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{BMC}={\displaystyle \frac{1}{2}}{.180}^0={90}^0$.
Suy ra tam giác OMO' vuông tại M.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMO' vuông tại M có MA là đường cao
nên MA² = OA . O'A = Rr.
Suy ra MA = Rr−−−√$\sqrt{Rr}$.
Ta có OO' = OA + O'A = R + r (vì hai đường tròn tiếp xúc ngoài).
Khi đó SBCO′O=SOMB+​SOMA+SO′AM+SO′MC=2​SOMA+2SO′AM$S_{BC{O}^{\mathrm{\prime }}O}=S_{OMB}+S_{OMA}+S_{O^{\mathrm{\prime }}AM}+S_{O^{\mathrm{\prime }}MC}=2S_{OMA}+2S_{O^{\mathrm{\prime }}AM}$.

 =2(SOMA+SO′AM)$=2(S_{OMA}+S_{O^{\mathrm{\prime }}AM})$ 
$=2S_{OM{O}^{\mathrm{\prime }}}=2.{\displaystyle \frac{1}{2}}.O{O}^{\mathrm{\prime }}.MA=(R+r)\sqrt{Rr}$.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Chọn D. R23–√2${\displaystyle \frac{R^2\sqrt{3}}{2}}$.

Ta có: OA = OB = O’A = O’B = R suy ra tứ giác OAO’B là hình thoi.
Suy ra diện tích hình thoi OAO'B là $S={\displaystyle \frac{1}{2}}.O{O}^{\mathrm{\prime }}.AB$.

Giả sử AB cắt OO’ tại I nên I là trung điểm OO’ và AB. Ta cũng có AB ⊥$\mathrm{\perp }$ OO' tại I.

Suy ra OI = O'O =  12${\displaystyle \frac{1}{2}}$OO' = R2${\displaystyle \frac{R}{2}}$.

Tam giác AIO vuông tại I có: OA² = AI² + OI² (định lý Pythagore)
hay $AI=\sqrt{O{A}^2-O{I}^2}={\displaystyle \frac{R\sqrt{3}}{2}}$.

Suy ra AB = 2AI = R3–√$R\sqrt{3}$.

Do đó $S={\displaystyle \frac{1}{2}}.O{O}^{\mathrm{\prime }}.AB$$={\displaystyle \frac{1}{2}}.R.R\sqrt{3}$ $={\displaystyle \frac{R^2\sqrt{3}}{2}}$.