Chương V. Đường tròn

Bài 17. Vị trí tương đối của hai đường tròn

Sách bài tập Toán 9 — Kết nối tri thức, tập 1 · 5 bài tập, mỗi câu ít nhất 2 cách giải.

Mở bài học này trong app ↗📗 Xem bài này trong SGK →

Bài 1 · Bài 5.22★Trang 68— Xác định vị trí tương đối hai đường tròn khi khoảng cách hai tâm thay đổi, bán kính cố định

Bài 5.22 (trang 68). Hai đường tròn

(O; 2 c m)

và

(O^{'}; 3 c m)

có vị trí tương đối như thế nào trong mỗi trường hợp sau: a)

O O^{'} = 4

cm? b)

O O^{'} = 5

cm? c)

O O^{'} = 6

cm?

Kiến thức cần nhớ

Hai đường tròn $(O; R)$ và $(O^{'}; R^{'})$ (với $R \geq R^{'}$ ) cắt nhau khi và chỉ khi $R - R^{'} < O O^{'} < R + R^{'}$ .
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài khi $O O^{'} = R + R^{'}$ ; tiếp xúc trong khi $O O^{'} = R - R^{'}$ (với $R > R^{'}$ ).
Hai đường tròn không giao nhau: ở ngoài nhau khi $O O^{'} > R + R^{'}$ ; đường tròn nọ đựng đường tròn kia khi $O O^{'} < R - R^{'}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Hai bán kính

R = 2

R^{'} = 3

giữ nguyên qua cả ba câu, chỉ

O O^{'}

tăng dần

4 \to 5 \to 6

— dấu hiệu để nhận ra ba câu này minh hoạ đúng ba "chặng" của hai đường tròn khi khoảng cách tâm tăng dần: từ cắt nhau, qua tiếp xúc, đến ngoài nhau. Chỉ cần một hệ thức so sánh duy nhất, lặp lại ba lần.

1Cách 1. So sánh trực tiếp OO' với |R−R'| và R+R' cho từng câu

Định hướng. Tính $∣ R - R^{'} ∣ = 1$ và $R + R^{'} = 5$ một lần, rồi so với $O O^{'}$ ở từng câu.

O O^{'} = 4

: so sánh

1 < 4 < 5

.
b)

O O^{'} = 5

: so sánh

5 = 5 = R + R^{'}

.
c)

O O^{'} = 6

: so sánh

6 > 5 = R + R^{'}

Vậy a) hai đường tròn cắt nhau; b) hai đường tròn tiếp xúc ngoài; c) hai đường tròn ở ngoài nhau.

2Cách 2. Nhận ra ba câu là ba mốc liên tiếp khi OO' tăng dần

Định hướng. Vì $∣ R - R^{'} ∣ = 1$ và $R + R^{'} = 5$ cố định, xét vị trí của từng giá trị $O O^{'} = 4, 5, 6$ so với khoảng $(1; 5)$ và mốc $5$ để suy ra xu hướng chung.

O O^{'} = 4

nằm trong khoảng

(1; 5)

nên còn cắt nhau.

O O^{'} = 5

đúng bằng mốc trên

R + R^{'} = 5

nên chuyển sang tiếp xúc (biên).

O O^{'} = 6

vượt qua mốc

5

nên đã sang hẳn ngoài nhau.

Vậy khi $O O^{'}$ tăng dần từ $4$ lên $6$ (qua đúng mốc $5 = R + R^{'}$ ), vị trí tương đối chuyển liên tục: cắt nhau (a) $\to$ tiếp xúc ngoài (b) $\to$ ngoài nhau (c).

3Cách 3. Toạ độ hoá, xét dấu y^2 cho từng câu

Định hướng. Đặt $O (0; 0)$ , $O^{'} (d; 0)$ với $d = O O^{'}$ , lập hệ hai phương trình đường tròn, xét dấu $y^{2}$ cho từng giá trị $d$ .

Hệ:

x^{2} + y^{2} = 4

và

(x - d)^{2} + y^{2} = 9

; trừ hai phương trình được

x = \frac{d ^{2} - 5}{2 d}

.
a)

d = 4

x = \frac{11}{8}

y^{2} = 4 - x^{2} = \frac{135}{64} > 0

— hai nghiệm.
b)

d = 5

x = 2

y^{2} = 4 - 4 = 0

— một nghiệm.
c)

d = 6

x = \frac{31}{12}

y^{2} = 4 - x^{2} = - \frac{385}{144} < 0

— vô nghiệm.

Vậy kết quả đại số khớp đúng Cách 1, Cách 2: a) hai điểm chung (cắt nhau); b) một điểm chung (tiếp xúc); c) không điểm chung (ngoài nhau).

Nhận xét. Ba câu a), b), c) chính là minh hoạ trực tiếp cho việc di chuyển tâm $O^{'}$ ra xa dần $O$ : quãng đường di chuyển càng lớn, số điểm chung càng giảm từ 2 xuống 1 rồi xuống 0.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: chỉ tính

∣ R - R^{'} ∣

R + R^{'}

một lần rồi so sánh nhanh với ba giá trị

O O^{'}

, tránh lặp lại phép tính không cần thiết.

Đáp số. a) Cắt nhau. b) Tiếp xúc ngoài. c) Ở ngoài nhau.

Sai lầm thường gặp. Ở câu b), nhầm

O O^{'} = R + R^{'}

(tiếp xúc ngoài) với

O O^{'} = R - R^{'}

(tiếp xúc trong) do không nhớ chính xác công thức nào ứng với loại tiếp xúc nào.

🚀 Mở rộng. Tổng quát với

R = 2

R^{'} = 3

cố định: cắt nhau khi

1 < O O^{'} < 5

, tiếp xúc khi

O O^{'} \in {1; 5}

, đựng nhau khi

O O^{'} < 1

, ngoài nhau khi

O O^{'} > 5

Mở bài này trong app ↗

Bài 2 · Bài 5.23★★★Trang 68— Chứng minh hai đường tròn tiếp xúc bằng tam giác cân đồng dạng, xét theo vị trí điểm ngoài đoạn

Bài 5.23 (trang 68). Vẽ hình và chứng minh phần b của Ví dụ 2.
Nhắc lại Ví dụ 2 (lí thuyết SBT): Cho đường tròn

(O)

và dây

A B

không là đường kính của

(O)

. a) Gọi

O^{'}

là một điểm tuỳ ý nằm giữa

O

và

A

. Đường thẳng đi qua

O^{'}

và song song với

O B

cắt

A B

tại

C

. Hãy xác định vị trí tương đối của

(O)

và

(O^{'}; O^{'} C)

. b) Vị trí tương đối của

(O)

và

(O^{'}; O^{'} C)

sẽ như thế nào nếu

O^{'}

thẳng hàng với

O

và

A

, nhưng nằm ngoài đoạn

O A

Kiến thức cần nhớ

Định lí Ta-lét/tam giác đồng dạng: hai đường thẳng song song cắt hai cạnh của một góc thì tạo ra hai tam giác đồng dạng.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài khi $O O^{'} = R + R^{'}$ ; tiếp xúc trong khi $O O^{'} = R - R^{'}$ (với $R > R^{'}$ ).

🧠 Phân tích tư duy

Vì

O^{'} C ∥ O B

nên tam giác

O^{'} A C

luôn đồng dạng với tam giác

O A B

theo tỉ số nào đó — dấu hiệu để suy ra

O^{'} C

và

O^{'} A

bằng nhau (nhờ tam giác

O A B

cân tại

O

vì

O A = O B

là bán kính). Khi

O^{'}

ra khỏi đoạn

O A

, có đúng hai khả năng thẳng hàng (về phía

A

hoặc về phía ngược lại

O

) — mỗi khả năng cho một hệ thức khác nhau giữa

O O^{'}

O A

O^{'} A

, nên phải xét đủ hai trường hợp (TH1, TH2) mới coi là làm xong phần b.

1Cách 1. Xét đủ hai trường hợp bằng tam giác đồng dạng (g.g)

Định hướng. Trong cả hai trường hợp $O^{'}$ nằm ngoài đoạn $O A$ , dùng $O^{'} C ∥ O B$ để suy ra tam giác $O^{'} A C$ đồng dạng tam giác $O A B$ (g.g), rồi từ tam giác $O A B$ cân tại $O$ suy ra tam giác $O^{'} A C$ cũng cân tại $O^{'}$ .

TH1 — $O^{'}$ nằm khác phía $A$ so với $O$ (tức

O

nằm giữa

O^{'}

và

A

): vì

O^{'} C ∥ O B

nên

Δ O^{'} A C ∽ Δ O A B

(g.g).
Tam giác

O A B

cân tại

O

(do

O A = O B = R

) nên

O A B = O B A

; suy ra

Δ O^{'} A C

cũng cân tại

O^{'}

, tức

O^{'} A = O^{'} C

.
Vì

O

nằm giữa

O^{'}

A

nên

O^{'} O + O A = O^{'} A

, suy ra

O O^{'} = O^{'} A - O A = O^{'} C - O A

.
TH2 — $O^{'}$ nằm cùng phía $A$ so với $O$ (tức

A

nằm giữa

O

và

O^{'}

): tương tự

Δ O^{'} A C ∽ Δ O A B

(g.g),

O^{'} A = O^{'} C

.
Vì

A

nằm giữa

O

O^{'}

nên

O A + A O^{'} = O O^{'}

, suy ra

O O^{'} = O A + O^{'} A = O A + O^{'} C

Vậy TH1 cho $O O^{'} = O^{'} C - O A$ (dạng $R^{'} - R$ ): $(O^{'})$ tiếp xúc trong với $(O)$ . TH2 cho $O O^{'} = O A + O^{'} C$ (dạng $R + R^{'}$ ): $(O^{'})$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ .

2Cách 2. Kiểm chứng bằng bộ số liệu cụ thể cho từng trường hợp

Định hướng. Chọn số liệu cụ thể thoả đúng thứ tự điểm ở mỗi trường hợp, tính trực tiếp $O O^{'}$ , $O A$ , $O^{'} C$ rồi so với công thức tiếp xúc để xác nhận lại kết quả của Cách 1.

TH1: chọn

O A = 4

(bán kính

(O)

O O^{'} = 3

, với

O

nằm giữa

O^{'}

A

: suy ra

O^{'} A = O O^{'} + O A = 7 = O^{'} C

. Kiểm tra:

O^{'} C - O A = 7 - 4 = 3 = O O^{'}

— đúng dạng tiếp xúc trong.
TH2: chọn

O A = 4

A O^{'} = 2

, với

A

nằm giữa

O

O^{'}

: suy ra

O O^{'} = O A + A O^{'} = 6

O^{'} C = O^{'} A = 2

. Kiểm tra:

O A + O^{'} C = 4 + 2 = 6 = O O^{'}

— đúng dạng tiếp xúc ngoài.

Vậy hai bộ số liệu minh hoạ xác nhận đúng hai kết luận của Cách 1: TH1 tiếp xúc trong, TH2 tiếp xúc ngoài.

Nhận xét. Điểm mấu chốt của cả hai trường hợp vẫn là $O^{'} A = O^{'} C$ — hệ quả của việc $O^{'} C ∥ O B$ và tam giác $O A B$ cân tại $O$ ; khác biệt duy nhất giữa TH1, TH2 chỉ là điểm nào nằm giữa hai điểm còn lại.

3Cách 3. Dùng góc so le trong thay cho tam giác đồng dạng

Định hướng. Thay vì gọi tên "tam giác đồng dạng", chứng minh trực tiếp $O^{'} C A = O B A$ (đồng vị do $O^{'} C ∥ O B$ ) rồi suy luận qua góc để có $O^{'} A = O^{'} C$ , tránh phải phát biểu định lí đồng dạng đầy đủ.

Vì

O^{'} C ∥ O B

và

A

C

B

không thẳng hàng với

O^{'}

theo cùng một cát tuyến

A B

, nên

O^{'} C A = O B A

(hai góc đồng vị).
Mà

O B A = O A B = O^{'} A C

(tam giác

O A B

cân tại

O

, và

O A B

O^{'} A C

là cùng một góc hoặc đối đỉnh tuỳ trường hợp thẳng hàng).
Suy ra

O^{'} C A = O^{'} A C

, nên tam giác

O^{'} A C

cân tại

O^{'}

, tức

O^{'} A = O^{'} C

— quay lại đúng kết quả then chốt như Cách 1.

Vậy từ $O^{'} A = O^{'} C$ , lập lại đúng hai hệ thức của TH1, TH2 như Cách 1, cho cùng kết luận: TH1 tiếp xúc trong, TH2 tiếp xúc ngoài.

Nhận xét. Cách 3 chỉ là một lối trình bày khác của Cách 1 (dùng góc thay vì gọi tên tam giác đồng dạng), phù hợp khi đề yêu cầu tránh dùng thuật ngữ "đồng dạng" chưa học kĩ.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: gọi tên tam giác đồng dạng (g.g) là cách chuẩn mực, trình bày ngắn gọn nhất và không phụ thuộc vào việc chọn số liệu minh hoạ như Cách 2.

Đáp số. Nếu

O^{'}

nằm ngoài đoạn

O A

về phía đối diện với

A

(qua

O

) thì

(O^{'})

tiếp xúc trong với

(O)

; nếu

O^{'}

nằm ngoài đoạn

O A

về phía

A

thì

(O^{'})

tiếp xúc ngoài với

(O)

Sai lầm thường gặp. Chỉ xét một trong hai trường hợp "

O^{'}

nằm ngoài đoạn

O A

" (thường chỉ xét trường hợp dễ hình dung là

O^{'}

về phía

A

) mà bỏ sót trường hợp còn lại, dẫn đến lời giải phần b) không đầy đủ.

🚀 Mở rộng. Kết hợp cả phần a) (khi

O^{'}

nằm giữa

O

A

thì

(O^{'})

luôn tiếp xúc trong với

(O)

, vì khi đó

O O^{'} = O A - O^{'} C

luôn đúng dạng

R - R^{'}

) với phần b) vừa chứng minh, ta có bức tranh đầy đủ:

O^{'}

di chuyển dọc đường thẳng

O A

luôn cho

(O^{'})

tiếp xúc với

(O)

tại đúng điểm phụ thuộc vị trí

O^{'}

Mở bài này trong app ↗

Bài 3 · Bài 5.24★★★Trang 68— Chứng minh hai đường tròn cắt nhau bằng bất đẳng thức kép, rồi dùng tam giác vuông nội tiếp nửa đường tròn

Bài 5.24 (trang 68). Cho điểm

A

và đường tròn

(O; R)

sao cho

R < O A < 3 R

. a) Chứng minh rằng đường tròn

(A; 2 R)

cắt đường tròn

(O; R)

. Gọi

B

là một trong hai giao điểm của chúng. b) Gọi

C

là điểm đối xứng với

B

qua

O

. Nối

A

với

C

cắt

(O)

tại

D

(khác

C

). Chứng minh rằng

A D = D C

Kiến thức cần nhớ

Hai đường tròn $(O; R)$ và $(O^{'}; R^{'})$ (với $R \geq R^{'}$ ) cắt nhau khi và chỉ khi $R - R^{'} < O O^{'} < R + R^{'}$ .
Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.
Trong tam giác cân, đường cao xuất phát từ đỉnh cân đồng thời là đường trung tuyến.

🧠 Phân tích tư duy

Câu a) chỉ cần biến đổi đúng bất đẳng thức đã cho

R < O A < 3 R

về đúng dạng điều kiện cắt nhau

2 R - R < O A < 2 R + R

. Câu b) có dấu hiệu "đường kính

B C

" (vì

C

đối xứng

B

qua tâm

O

) — đây luôn là gợi ý dùng góc nội tiếp chắn nửa đường tròn để có tam giác vuông, kết hợp với tam giác cân

A B C

(vì

A B = B C = 2 R

) để suy ra đường cao đồng thời là trung tuyến.

1Cách 1. Biến đổi bất đẳng thức rồi dùng tam giác cân — đường cao — trung tuyến

Định hướng. Câu a) viết lại $R < O A < 3 R$ dưới dạng $2 R - R < O A < 2 R + R$ để khớp điều kiện cắt nhau. Câu b) chứng minh tam giác $A B C$ cân tại $B$ rồi dùng tính chất tam giác vuông $B D C$ nội tiếp nửa đường tròn đường kính $B C$ .

a) Từ giả thiết

R < O A < 3 R

, trừ và cộng

R

vào các vế:

R < O A < 3 R \Leftrightarrow 2 R - R < O A < 2 R + R

.
Đây đúng là điều kiện

∣2 R - R ∣ < O A < 2 R + R

để đường tròn

(A; 2 R)

và

(O; R)

cắt nhau.
b) Vì

B \in (O; R)

và

C

đối xứng

B

qua

O

nên

B C

là đường kính của

(O; R)

, suy ra

B C = 2 R

.
Vì

B \in (A; 2 R)

nên

A B = 2 R

(bán kính); do đó

A B = B C = 2 R

, tam giác

A B C

cân tại

B

.
Vì

B C

là đường kính của

(O)

và

D \in (O)

nên

B D C = 9 0^{\circ}

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), tức

B D ⊥ A C

.
Trong tam giác cân

A B C

(cân tại

B

), đường cao

B D

(ứng với cạnh đáy

A C

) đồng thời là đường trung tuyến, nên

D

là trung điểm

A C

Vậy $D$ là trung điểm của $A C$ , suy ra $A D = D C$ (đpcm).

2Cách 2. Toạ độ hoá bằng hệ trục, tính trực tiếp AD và DC

Định hướng. Đặt $O$ làm gốc toạ độ, $A$ trên trục hoành, tính toạ độ $B$ (giao điểm hai đường tròn), suy ra $C$ , rồi tìm $D$ bằng phương trình đường thẳng $A C$ giao với $(O)$ , cuối cùng tính khoảng cách $A D$ , $D C$ .

Chọn

R = 2

O A = 3

(thoả

R < O A < 3 R

, vì

2 < 3 < 6

); đặt

O (0; 0)

A (3; 0)

.
Giải hệ

x^{2} + y^{2} = 4

và

(x - 3)^{2} + y^{2} = 16

: được

B (- 0, 5; 1, 94)

(lấy giá trị dương).

C

đối xứng

B

qua

O

C (0, 5; - 1, 94)

.
Đường thẳng

A C

giao

(O)

tại điểm thứ hai

D (1, 75; - 0, 97)

(giải phương trình bậc hai theo tham số trên đường thẳng

A C

).
Tính:

A D = (3 - 1, 75)^{2} + (0 - (- 0, 97))^{2} \approx 1, 58

;

D C = (1, 75 - 0, 5)^{2} + (- 0, 97 - (- 1, 94))^{2} \approx 1, 58

Vậy $A D \approx D C \approx 1, 58$ (bằng nhau với sai số làm tròn), xác nhận bằng số liệu cụ thể kết quả tổng quát $A D = D C$ đã chứng minh ở Cách 1.

3Cách 3. Dùng tính chất đường trung bình sau khi kẻ thêm đường phụ

Định hướng. Gọi $M$ là trung điểm $A B$ ; chứng minh $O M ∥ B C$ và $O M = \frac{1}{2} B C$ (đường trung bình của tam giác $A B C$ ứng với cạnh $A C$ đi qua trung điểm hai cạnh $A B$ , $B C$ ... ); thực chất quy về chứng minh $O D ∥$ hoặc dùng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông $B D C$ .

Vì

B D C = 9 0^{\circ}

(Cách 1), tam giác

B D C

vuông tại

D

, đường trung tuyến

D O^{'}

ứng với cạnh huyền

B C

(với

O^{'}

là trung điểm

B C

) bằng nửa cạnh huyền; nhưng

O

chính là trung điểm

B C

(do

C

đối xứng

B

qua

O

), nên

O D = \frac{1}{2} B C = O B = O C = R

— hiển nhiên đúng vì

D \in (O; R)

, không cho thêm thông tin mới.
Quay lại xét tam giác

A B D

và

C B D

: cả hai đều vuông tại

D

(vì

B D ⊥ A C

tại

D

, cùng một đường thẳng

A C

), và có chung cạnh

B D

; theo Cách 1 đã có

A B = B C = 2 R

, áp dụng Pythagore cho hai tam giác vuông

A B D

C B D

A D^{2} = A B^{2} - B D^{2}

và

D C^{2} = B C^{2} - B D^{2}

Vậy vì $A B = B C = 2 R$ và chung $B D$ , suy ra $A D^{2} = D C^{2}$ , tức $A D = D C$ — cùng kết quả với Cách 1 nhưng đi bằng định lí Pythagore thay vì tính chất tam giác cân.

Nhận xét. Cách 3 thực chất là một lối chứng minh khác cho cùng một bước cốt lõi (tam giác cân $A B C$ có đường cao $B D$ ), phù hợp khi chưa quen dùng tính chất "đường cao đồng thời là trung tuyến trong tam giác cân".

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: biến đổi bất đẳng thức cho câu a) chỉ một dòng, câu b) dùng đúng hai tính chất quen thuộc (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, đường cao–trung tuyến trong tam giác cân) — ngắn gọn và chắc chắn hơn hẳn toạ độ hoá hay Pythagore hai lần.

Đáp số. a) Đường tròn

(A; 2 R)

cắt đường tròn

(O; R)

vì

2 R - R < O A < 2 R + R

. b)

A D = D C

(D là trung điểm AC).

Sai lầm thường gặp. Ở câu a), chỉ kiểm tra một chiều bất đẳng thức (ví dụ chỉ có

O A < 3 R = 2 R + R

) mà quên chiều còn lại (

O A > R = 2 R - R

), dẫn đến lập luận thiếu chặt chẽ dù kết luận cuối vẫn đúng.

🚀 Mở rộng. Có thể mở rộng: nếu thay

2 R

bởi bán kính

k R

bất kì (

k > 1

) với điều kiện

(k - 1) R < O A < (k + 1) R

, chứng minh tương tự vẫn cho

D

là trung điểm

A C

nhờ cùng lập luận tam giác cân

A B C

(

A B = B C = k R

Mở bài này trong app ↗

Bài 4 · Bài 5.25★★★Trang 68— Xác định hai đường tròn tiếp xúc trong rồi dùng tam giác vuông nội tiếp để so sánh hai đoạn thẳng

Bài 5.25 (trang 68). Cho

I

là trung điểm của đoạn

A B

. Xét các đường tròn

(I; I B)

và

(A; A B)

. a) Hai đường tròn

(I)

và

(A)

nói trên có vị trí tương đối như thế nào? b) Đường thẳng đi qua

B

, cắt các đường tròn

(I)

và

(A)

lần lượt tại

C

và

D

. Hãy so sánh các độ dài

B C

và

C D

Kiến thức cần nhớ

Hai đường tròn tiếp xúc ngoài khi $O O^{'} = R + R^{'}$ ; tiếp xúc trong khi $O O^{'} = R - R^{'}$ (với $R > R^{'}$ ).
Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.
Trong tam giác cân, đường cao từ đỉnh cân đồng thời là trung tuyến.

🧠 Phân tích tư duy

Vì

I

là trung điểm

A B

nên

A I = I B = \frac{1}{2} A B

— dấu hiệu để nhận ra ngay

A I = A B - I B

, đúng dạng hiệu hai bán kính, tức hai đường tròn tiếp xúc trong. Câu b) có dây

A B

là đường kính của

(I)

, gợi ý dùng góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tại

C

để dựng tam giác vuông, kết hợp tam giác cân

A C B

(vì

A D = A B

) suy ra

C

là trung điểm

B D

1Cách 1. Nhận diện tiếp xúc trong rồi dùng tam giác cân — đường cao — trung tuyến

Định hướng. Câu a) so sánh $A I$ với $A B - I B$ để xác nhận tiếp xúc trong. Câu b) chứng minh tam giác $A C B$ cân tại $A$ với đường cao $A C$ (nhờ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(I)$ ) đồng thời là trung tuyến.

a) Vì

I

là trung điểm

A B

nên

A I = I B = \frac{1}{2} A B

, suy ra

A I = A B - I B

— đúng dạng hiệu hai bán kính

(R_{(A)} - R_{(I)})

của hai đường tròn

(A; A B)

và

(I; I B)

.
Do đó hai đường tròn

(I; I B)

và

(A; A B)

tiếp xúc trong với nhau (tại điểm

B

).
b) Vì

D \in (A; A B)

nên

A D = A B

(bán kính), tam giác

A B D

cân tại

A

.
Vì

A B

là đường kính của

(I; I B)

(do

I

là trung điểm

A B

) và

C \in (I)

, nên

A C B = 9 0^{\circ}

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), tức

A C ⊥ B D

.
Trong tam giác cân

A B D

(cân tại

A

), đường cao

A C

(ứng với cạnh đáy

B D

) đồng thời là đường trung tuyến, nên

C

là trung điểm

B D

Vậy $C$ là trung điểm của $B D$ , suy ra $B C = C D$ .

2Cách 2. Toạ độ hoá, tính trực tiếp BC và CD

Định hướng. Đặt $A$ làm gốc toạ độ, $B$ trên trục hoành, chọn một cát tuyến cụ thể qua $B$ , tính toạ độ $C$ , $D$ rồi so sánh độ dài.

Chọn

A B = 5

; đặt

A (0; 0)

B (5; 0)

I (2, 5; 0)

.
Chọn cát tuyến qua

B

theo hướng góc

15 0^{\circ}

; giải giao điểm thứ hai với

(I; 2, 5)

được

C (1, 25; 2, 165)

; giải giao điểm thứ hai với

(A; 5)

được

D (- 2, 5; 4, 330)

.
Tính:

B C = (5 - 1, 25)^{2} + (0 - 2, 165)^{2} \approx 4, 33

;

C D = (1, 25 - (- 2, 5))^{2} + (2, 165 - 4, 330)^{2} \approx 4, 33

Vậy $B C \approx C D \approx 4, 33$ với cùng một cát tuyến cụ thể, xác nhận bằng số liệu kết quả tổng quát $B C = C D$ đã chứng minh ở Cách 1.

3Cách 3. Dùng định lí Pythagore cho hai tam giác vuông chung cạnh AC

Định hướng. Tam giác $A B C$ và $A D C$ đều vuông tại $C$ (vì $A C ⊥ B D$ ), có chung cạnh góc vuông $A C$ và có $A B = A D$ (đều là bán kính của $(A)$ ); dùng Pythagore để suy ra hai cạnh góc vuông còn lại bằng nhau.

Vì

A C B = 9 0^{\circ}

(Cách 1) và

B

C

D

thẳng hàng nên

A C D = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} = 9 0^{\circ}

, tức tam giác

A C D

cũng vuông tại

C

.
Hai tam giác vuông

A C B

A C D

có chung cạnh góc vuông

A C

và cạnh huyền

A B = A D = A B

(bán kính

(A)

).
Theo Pythagore:

B C^{2} = A B^{2} - A C^{2}

và

C D^{2} = A D^{2} - A C^{2} = A B^{2} - A C^{2}

Vậy $B C^{2} = C D^{2}$ , mà $B C, C D > 0$ nên $B C = C D$ — cùng kết quả với Cách 1 nhưng không cần gọi tên "đường cao đồng thời trung tuyến".

Nhận xét. Cách 3 phù hợp khi đề chỉ cho phép dùng định lí Pythagore (chưa học đủ tính chất tam giác cân đặc biệt), còn Cách 1 gọn hơn nếu đã thành thạo tính chất tam giác cân.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: câu a) chỉ một dòng biến đổi

A I = A B - I B

, câu b) dùng đúng cặp tính chất quen thuộc (góc nội tiếp nửa đường tròn, đường cao–trung tuyến tam giác cân), ngắn gọn hơn hẳn toạ độ hoá.

Đáp số. a) Hai đường tròn

(I; I B)

và

(A; A B)

tiếp xúc trong với nhau. b)

B C = C D

Sai lầm thường gặp. Nhầm dấu hiệu tiếp xúc: thấy

(A)

bán kính lớn hơn

(I)

liền kết luận "đựng nhau" mà không kiểm tra đúng

A I = A B - I B

(bằng đúng hiệu hai bán kính) — đây là tiếp xúc trong (chạm nhau tại

B

), không phải đựng hẳn không chạm.

🚀 Mở rộng. Kết quả

B C = C D

đúng với MỌI cát tuyến qua

B

(không phụ thuộc hướng đã chọn) — đây là tính chất đặc trưng của hai đường tròn tiếp xúc trong tại

B

với tâm đường tròn nhỏ là trung điểm bán kính đường tròn lớn.

Mở bài này trong app ↗

Bài 5 · Bài 5.26★★★Trang 68— Chứng minh hai đường tròn cắt nhau, chứng minh đối xứng trục, rồi tính độ dài bằng Pythagore

Bài 5.26 (trang 68). Cho tam giác

A B C

. a) Chứng minh rằng hai đường tròn

(B; B A)

và

(C; C A)

cắt nhau. Gọi

A^{'}

là giao điểm khác

A

của hai đường tròn đó. b) Chứng minh rằng

A

và

A^{'}

đối xứng nhau qua

B C

. c) Biết rằng

A A^{'} = 24

cm,

A B = 15

cm và

A C = 13

cm. Tính độ dài

B C

Kiến thức cần nhớ

Trong một tam giác, độ dài một cạnh luôn nhỏ hơn tổng và lớn hơn hiệu độ dài hai cạnh còn lại.
Hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh-cạnh-cạnh (c.c.c).
Định lí Pythagore trong tam giác vuông.

🧠 Phân tích tư duy

Câu a) có dấu hiệu ba cạnh

B A

C A

B C

của cùng một tam giác

A B C

— luôn thoả bất đẳng thức tam giác nên áp ngay được điều kiện cắt nhau. Câu b) sau khi có

A^{'}

, hai tam giác

A B C

và

A^{'} B C

bằng nhau (c.c.c) là hướng tự nhiên để suy ra

B C

là trục đối xứng. Câu c) cho đủ

A A^{'}

A B

A C

để tính

B C

qua giao điểm

D

của

A A^{'}

và

B C

, dùng Pythagore hai lần trong hai tam giác vuông chung cạnh

A D

1Cách 1. Bất đẳng thức tam giác — tam giác bằng nhau — Pythagore

Định hướng. a) Áp bất đẳng thức tam giác cho $B A$ , $C A$ , $B C$ . b) Chứng minh $Δ A B C = Δ A^{'} B C$ (c.c.c) để suy ra $B C$ là phân giác đồng thời trung trực của $A A^{'}$ . c) Gọi $D = A A^{'} \cap B C$ , dùng Pythagore trong hai tam giác vuông $A B D$ , $A C D$ .

a) Trong tam giác

A B C

A B - A C < B C < A B + A C

, đúng là điều kiện

∣ R_{(B)} - R_{(C)} ∣ < B C < R_{(B)} + R_{(C)}

để

(B; B A)

và

(C; C A)

cắt nhau.
b) Xét

Δ A B C

và

Δ A^{'} B C

A B = A^{'} B

(

A, A^{'} \in (B; B A)

A C = A^{'} C

(

A, A^{'} \in (C; C A)

), cạnh chung

B C

; suy ra

Δ A B C = Δ A^{'} B C

(c.c.c).
Từ đó

A B C = A^{'} B C

, nên

B C

là tia phân giác của

A B A^{'}

; mà tam giác

A B A^{'}

cân tại

B

(vì

A B = A^{'} B

), nên phân giác góc ở đỉnh cũng là trung trực của đáy

A A^{'}

.
Vậy

B C

là đường trung trực của

A A^{'}

, tức

A

và

A^{'}

đối xứng nhau qua

B C

.
c) Gọi

D = A A^{'} \cap B C

; theo câu b),

D

là trung điểm

A A^{'}

và

B C ⊥ A A^{'}

tại

D

, nên

A D = D A^{'} = \frac{A A ^{'}}{2} = \frac{24}{2} = 12

.
Tam giác

A B D

vuông tại

D

B D = A B^{2} - A D^{2} = 1 5^{2} - 1 2^{2} = 81 = 9

.
Tam giác

A C D

vuông tại

D

D C = A C^{2} - A D^{2} = 1 3^{2} - 1 2^{2} = 25 = 5

Vậy $B C = B D + D C = 9 + 5 = 14$ (cm).

2Cách 2. Toạ độ hoá trực tiếp trên hệ trục gắn với BC

Định hướng. Đặt $B$ , $C$ trên trục hoành theo đúng độ dài $B C$ cần tìm là ẩn, đặt $A$ có hoành độ bằng khoảng cách $D$ (chân đường vuông góc) rồi giải hệ hai phương trình từ $A B = 15$ , $A C = 13$ .

Đặt

B (0; 0)

C (m; 0)

với

m = B C

cần tìm; đặt

A (x; y)

với

y > 0

.
Từ

A B = 15

x^{2} + y^{2} = 225

. Từ

A C = 13

(x - m)^{2} + y^{2} = 169

.
Trừ hai phương trình:

- 2 m x + m^{2} = 169 - 225 = - 56

, suy ra

x = \frac{m ^{2} + 56}{2 m}

.
Vì

A^{'}

đối xứng

A

qua

B C

(trục hoành) nên

A^{'} (x; - y)

, suy ra

A A^{'} = 2 y = 24

, tức

y = 12

.
Thay vào

x^{2} + y^{2} = 225

x^{2} = 225 - 144 = 81

, suy ra

x = 9

(chọn giá trị dương hợp lí trong đoạn

B C

).
Từ

x = \frac{m ^{2} + 56}{2 m} = 9

, giải ra

m^{2} - 18 m + 56 = 0

Vậy giải phương trình bậc hai $m^{2} - 18 m + 56 = 0$ được $m = 14$ hoặc $m = 4$ ; ứng với $m = 4$ thì hoành độ $x = 9$ của $A$ vượt quá $m = 4$ , tức điểm $D$ (chân đường vuông góc) rơi ra ngoài đoạn $B C$ — vô lí vì $D = A A^{'} \cap B C$ phải nằm giữa $B, C$ theo câu b) — nên loại nghiệm này; nhận $m = B C = 14$ (cm), khớp với Cách 1.

3Cách 3. Dùng công thức Heron và diện tích tam giác ABA'

Định hướng. Tính diện tích tam giác $A B A^{'}$ bằng công thức Heron theo ba cạnh $A B = A^{'} B = 15$ , $A A^{'} = 24$ , rồi suy ra khoảng cách $B D$ từ $B$ đến $A A^{'}$ bằng $2 \cdot S / A A^{'}$ ; làm tương tự cho tam giác $A C A^{'}$ để tính $D C$ .

Tam giác

A B A^{'}

cân tại

B

với

A B = A^{'} B = 15

, đáy

A A^{'} = 24

, nửa chu vi

p = \frac{15 + 15 + 24}{2} = 27

.
Diện tích:

S_{A B A^{'}} = p (p - 15) (p - 15) (p - 24) = 27 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 3 = 139968 = 10812

… (tính lại bằng cách khác cho gọn: vì cân, chiều cao

B D = A B^{2} - (\frac{A A ^{'}}{2})^{2} = 225 - 144 = 9

, nên

S_{A B A^{'}} = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 9 = 108

).
Tương tự, tam giác

A C A^{'}

cân tại

C

với

A C = A^{'} C = 13

, đáy

A A^{'} = 24

: chiều cao

D C = A C^{2} - (\frac{A A ^{'}}{2})^{2} = 169 - 144 = 5

Vậy $B C = B D + D C = 9 + 5 = 14$ (cm) — trùng khớp với Cách 1 và Cách 2, chỉ khác ở chỗ tính chiều cao tam giác cân thay vì gọi trực tiếp $D$ là chân đường vuông góc từ $A A^{'} \cap B C$ .

Nhận xét. Ba cách đều quy về cùng một phép tính lõi $1 5^{2} - 1 2^{2} = 9$ và $1 3^{2} - 1 2^{2} = 5$ — đây là hai bộ ba Pythagore đẹp $(9; 12; 15)$ và $(5; 12; 13)$ , giúp tính nhẩm nhanh không cần máy tính.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: liền mạch cả ba câu bằng đúng ba công cụ cơ bản (bất đẳng thức tam giác, tam giác bằng nhau c.c.c, Pythagore), không cần toạ độ hoá hay Heron cồng kềnh như Cách 2, Cách 3.

Đáp số. a) Hai đường tròn

(B; B A)

và

(C; C A)

cắt nhau (vì

A B - A C < B C < A B + A C

). b)

A

và

A^{'}

đối xứng nhau qua

B C

. c)

B C = 14

cm.

Sai lầm thường gặp. Ở câu c), quên chứng minh/sử dụng

D

là trung điểm

A A^{'}

(từ câu b) mà tính nhầm

A D

bằng cả đoạn

A A^{'} = 24

thay vì nửa đoạn

A D = 12

, dẫn đến sai kết quả Pythagore.

🚀 Mở rộng. Đây chính là cách dựng điểm đối xứng qua một cạnh bằng hai đường tròn tâm là hai đỉnh còn lại — kĩ thuật quen thuộc khi dựng ảnh phản xạ trong các bài toán cực trị hình học (tìm đường đi ngắn nhất qua một đường thẳng).

Mở bài này trong app ↗