Bài 28. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác

Đề bài

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng \(\widehat {ACB} = {50^o},\widehat {ABC} = {70^o}\), tính số đo các cung nhỏ $\overset\frown{BC},\overset\frown{CA},\overset\frown{AB}$ của đường tròn (O).

Lời giải chi tiết

Xét (O) có:

+ Vì góc nội tiếp ACB chắn cung nhỏ AB nên sđ$\overset\frown{AB}$_nhỏ \( = 2\widehat {ACB} = {100^o}\).

+ Vì góc nội tiếp ABC chắn cung nhỏ AC nên sđ$\overset\frown{AC}$ _nhỏ \( = 2\widehat {ABC} = {140^o}\).

+ Vì góc nội tiếp BAC chắn cung nhỏ BC nên sđ$\overset\frown{BC}$ _nhỏ\( = 2\widehat {BAC} = 2.\left( {{{180}^o} - \widehat {ACB} - \widehat {ABC}} \right) = {120^o}\).

Đề bài

Cho tam giác ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn (O). Tính số đo các góc của tam giác ABC, biết rằng \(\widehat {BOC} = {100^o}\).

Lời giải chi tiết

Vì góc nội tiếp BAC và góc ở tâm BOC cùng chắn cung nhỏ BC của (O) nên \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = {50^o}\).

Vì tam giác ABC cân tại A nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \frac{1}{2}\left( {{{180}^o} - \widehat {BAC}} \right) = {65^o}\).

Đề bài

Tính bán kính và chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có ba cạnh \(AB = 6cm,AC = 8cm\) và \(BC = 10cm\).

Lời giải chi tiết

Vì \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\left( { = 100} \right)\) nên tam giác ABC vuông tại A (định lí Pythagore đảo). Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính \(R = \frac{{BC}}{2} = 5cm\).

Chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: \(C = 2\pi R = 10\pi \left( {cm} \right)\).

Đề bài

Tính chu vi và diện tích của tam giác đều nội tiếp một đường tròn bán kính 3cm.

Lời giải chi tiết

Gọi h(cm), a(cm) lần lượt là chiều cao, cạnh của tam giác đều. Suy ra: \(\frac{2}{3}h = 3\). Do đó, \(h = 4,5cm\)

Lại có: \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}a = 3\) nên \(a = 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

Chu vi của tam giác là: \(C = 3a = 9\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

Diện tích của tam giác là: \(S = \frac{1}{2}a.h = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\left( {c{m^2}} \right)\).

Đề bài

Tính chu vi và diện tích của tam giác đều ngoại tiếp một đường tròn bán kính 3cm.

Lời giải chi tiết

Gọi h(cm), a(cm) lần lượt là chiều cao, cạnh của tam giác đều. Suy ra: \(\frac{1}{3}h = 3\). Do đó, \(h = 9cm\)

Lại có: \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}a = 3\) nên \(a = 6\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

Chu vi của tam giác là: \(C = 3a = 18\sqrt 3 \left( {cm} \right)\).

Diện tích của tam giác là: \(S = \frac{1}{2}a.h = 27\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right)\).

Đề bài

Cho tam giác ABC vuông tại A có \(AB = 4cm,AC = 6cm\). Tính bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Lời giải chi tiết

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A ta có: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = 52\) nên \(BC = 2\sqrt {13} cm\)

Diện tích của tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2}AB.AC = 12\left( {c{m^2}} \right)\).

Ta có: \(S = {S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{BIC}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + BC + CA} \right)\), suy ra: \(r = \frac{{2S}}{{AB + BC + AC}} = \frac{{12}}{{5 + \sqrt {13} }}\left( {cm} \right)\).

Đề bài

Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O) có bán kính 2cm. Biết rằng \(AC = 2cm\), tính số đo các góc của tam giác ABC.

Lời giải chi tiết

Tam giác ABC vuông tại A nên \(\widehat {BAC} = {90^o}\).

Do tam giác ABC vuông tại A nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của BC. Do đó, \(OA = OC\).

Tam giác AOC có: \(OA = OC = AC\left( { = 2cm} \right)\) nên tam giác OAC đều. Do đó, \(\widehat {ACO} = \widehat {AOC} = {60^o}\).

Vì góc nội tiếp ABC và góc ở tâm AOC của (O) cùng chắn cung nhỏ AC nên \(\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC} = {30^o}\).

Đề bài

Cho tam giác ABC có trực tâm H và nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng:

a) \(\widehat {OBC} = {90^o} - \widehat {BAC}\);

b) \(\widehat {BAH} = \widehat {OAC}\).

Lời giải chi tiết

a) Vì góc nội tiếp BAC và góc ở tâm BOC của (O) cùng chắn cung nhỏ BC nên \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (1)

Tam giác BOC có \(OB = OC\) nên tam giác BOC cân tại O. Suy ra \(\widehat {OBC} = \widehat {OCB}\).

Do đó, \(\widehat {OBC} = \frac{{\widehat {OBC} + \widehat {OCB}}}{2} = \frac{1}{2}\left( {{{180}^o} - \widehat {BOC}} \right) = {90^o} - \frac{{\widehat {BOC}}}{2}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\widehat {OBC} = {90^o} - \widehat {BAC}\).

b) Chứng minh tương tự câu a ta có: \(\widehat {OAC} = \frac{1}{2}\left( {{{180}^o} - \widehat {AOC}} \right) = {90^o} - \widehat {ABC}\;\left( 3 \right)\).

Gọi D là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.

Ta có: \(\widehat {BAH} = \widehat {BAD} = {90^o} - \widehat {ABD}\)  (vì tam giác ABD vuông tại D) (4).

Từ (3) và (4) ta có: \(\widehat {BAH} = \widehat {OAC}\).

Đề bài

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Chứng minh rằng:

\(\widehat {BIC} = {90^o} + \frac{{\widehat {BAC}}}{2};\widehat {CIA} = {90^o} + \frac{{\widehat {CBA}}}{2};\widehat {AIB} = {90^o} + \frac{{\widehat {ACB}}}{2}\).

Lời giải chi tiết

Vì I là giao điểm của các đường phân giác của tam giác ABC nên \(\widehat {IBC} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2};\widehat {ICB} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}\).

Tam giác ABC có:

\(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} + \widehat {BAC} = {180^o}\) nên \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = {180^o} - \widehat {BAC}\).

Do đó, \(\widehat {IBC} + \widehat {ICB} = \frac{{\widehat {ABC} + \widehat {ACB}}}{2} = {90^o} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2}\).

Tam giác BIC có:

\(\widehat {BIC} = {180^o} - \widehat {IBC} - \widehat {ICB} \\= {180^o} - {90^o} + \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = {90^o} + \frac{{\widehat {BAC}}}{2}.\)

Chứng minh tương tự ta có:

\(\widehat {CIA} = {90^o} + \frac{{\widehat {CBA}}}{2};\)

\(\widehat {AIB} = {90^o} + \frac{{\widehat {ACB}}}{2}\).

Đề bài

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Cho điểm M trên cạnh BC của tam giác ABC và điểm D trên cung nhỏ BC của (O) sao cho \(\widehat {BAD} = \widehat {MAC}\). Chứng minh rằng $\Delta AMB\backsim \Delta ACD$.

Lời giải chi tiết

Hai tam giác AMB và tam giác ACD có:

\(\widehat {ABM} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung nhỏ AC)

\(\widehat {BAM} = \widehat {BAC} - \widehat {MAC} = \widehat {BAC} - \widehat {BAD} = \widehat {DAC}\)

Do đó, $\Delta AMB\backsim \Delta ACD$ (g. g).

Đề bài

Cho tam giác ABC vuông tại B nội tiếp đường tròn (O) và đường kính BD. Tính số đo của góc BAC, biết rằng \(\widehat {BAC} = 2\widehat {CBD}\).

Lời giải chi tiết

Xét đường tròn (O):

+ \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CD)

+ Vì \(\widehat{BAD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {BAD} = {90^o}\).

Ta có: \(\widehat {BAC} + \widehat {CBD}=\widehat {BAC}+\frac{1}{2}\widehat {BAC}=\frac{3}{2}\widehat {BAC} \) ( do \(\widehat {BAC} = 2\widehat {CBD}\))

Lại có:  \(\widehat {BAC} + \widehat {CBD}= \widehat {BAC} + \widehat {CAD} = \widehat {BAD} = {90^o},\)

Suy ra: \(\frac{3}{2}\widehat {BAC}={90^o},\)

Hay \(\widehat {BAC} = \frac{2}{3}{.90^o} = {60^o}\).

Đề bài

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Tia AI cắt (O) tại X (khác A). Chứng minh rằng X là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.

Lời giải chi tiết

Vì I là giao điểm của các đường phân giác của tam giác ABC nên \(\widehat {IAB} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2};\widehat {IBA} = \widehat {IBC} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}\).

Ta có:

\(\widehat {BIX} = {180^o} - \widehat {BIA} = \widehat {IAB} + \widehat {IBA} \\= \frac{{\widehat {BAC}}}{2} + \frac{{\widehat {ABC}}}{2}\;(1)\)

Vì góc CBX và góc CAX là các góc nội tiếp của (O) cùng chắn cung nhỏ CX nên \(\widehat {CBX} = \widehat {CAX}\).

Ta có:

\(\widehat {IBX} = \widehat {IBC} + \widehat {CBX} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} + \widehat {CAX} \\= \frac{{\widehat {ABC}}}{2} + \frac{{\widehat {CAB}}}{2}\;(2)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\widehat {BIX} = \widehat {IBX}\) nên tam giác BIX cân tại X. Do đó, \(XI = XB\).

Chứng minh tương tự ta có: \(XI = IC\). Vậy X là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.

Đề bài

Cho $\Delta ABC\backsim \Delta A'B'C'$ với tỉ số đồng dạng \(k > 0\). Gọi (O, R) và (O’, R’) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và A’B’C’. Gọi (I, r) và (I’, r’) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và A’B’C’. Chứng minh rằng \(\frac{R}{{R'}} = \frac{r}{{r'}} = k\).

Lời giải chi tiết

Ta có: \(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn (O) cùng chắn cung BC).

\(\widehat {B'O'C'} = 2\widehat {B'A'C'}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn (O’) cùng chắn cung B’C’).

Tam giác BOC và tam giác B’O’C’ ta có:

\(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2\widehat {B'A'C'} = \widehat {B'O'C'}\);

\(\widehat {CBO} = \frac{{{{180}^o} - \widehat {BOC}}}{2} = \frac{{{{180}^o} - \widehat {B'O'C'}}}{2} = \widehat {C'B'O'}\)

Do đó, $\Delta BOC\backsim \Delta B'O'C'\left( g.g \right)$.

Suy ra: \(\frac{R}{{R'}} = \frac{{OB}}{{O'B'}} = \frac{{OC}}{{O'C'}} = \frac{r}{{r'}} = k\).