17 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 28. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp có đáp án

Từ tâm $P$ và $Q$ vẽ $PQ$ và $CQ$ vuông góc với cạnh $AD$ của tam giác

Các tam giác $APB$ và $DQC$ là nửa tam giác đều với $PB = QC = 3$

$$\Rightarrow AB = CD = 3\sqrt 3 ;BC = PQ = 6 \Rightarrow AD = 6 + 6\sqrt 3$$

Vậy chu vi tam giác là: $18 + 18\sqrt 3$

Gọi $D,E,F$ là tiếp điểm của đường tròn $\left( I \right)$ với $AB$

$\Delta ABC$ vuông tại $A$, theo định lý Pytago ta có: $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}} = 15\left( {cm} \right)$

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $AD = AF;BD = BE;CE = CF$

Do đó $2AD + 2BE + 2CE = AB + BC + CA = 9 + 12 + 15 = 36$

$$\Leftrightarrow 2AD + 2BC = 36 \Leftrightarrow AD = 3\left( {cm} \right) \Rightarrow BD = 6\left( {cm} \right);DI = 3\left( {cm} \right)$$

Gọi $N = BI \cap AC$, ta có: $\frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{BD}}{{BA}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{{BG}}{{BM}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IG//NM\\IG = \frac{2}{3}NM\end{array} \right.$

Ta có $\diamondsuit IDAF$ là hình vuông, có: $\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{DI}}{{AN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow AN = 4{,}5\left( {cm} \right)$

Mà $M$ là trung điểm của $AC$ nên: $NM = AM - AN = 6 - 4{,}5 = 1{,}5\left( {cm} \right) \Rightarrow IG = 1\left( {cm} \right)$

Ta có $AI = \frac{{2AO}}{3} = \frac{{2R}}{3} \Rightarrow OI = R - \frac{{2R}}{3} = \frac{R}{3}$

$\Delta OCI$ vuông tại $O$, ta có:

$CI = \sqrt {O{C^2} + O{I^2}} = \sqrt {{R^2} + {{\left( {\frac{R}{3}} \right)}^2}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}$

$\Delta CED$ nội tiếp đường tròn $O$ có cạnh $CD$ là đường kính $\Rightarrow \Delta CED$ vuông tại $E$

Hai tam giác vuông $OCI$ và $CED$ có $\widehat C:chung$

$\Rightarrow \Delta COI \sim \Delta CED \Rightarrow \frac{{CO}}{{CE}} = \frac{{CI}}{{CD}} \Rightarrow CE = \frac{{CO.CD}}{{CI}}$

$= \frac{{R.2R}}{{R\frac{{\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{{6R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3R\sqrt {10} }}{5}$

Gọi O là trung điểm của cạnh huyền BC của tam giác vuông ABC .

Ta có AO là trung tuyến của tam giác vuông ${\rm{OA}} = \frac{1}{2}{\rm{BC}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}}$.

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn tâm O là trung điểm của BC.

Vì tam giác ABC vuông tại A (gt).

Theo định lí Pythagore, ta có: ${\rm{B}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {3^2} + {4^2}$$\Rightarrow {\rm{BC }} = \sqrt {{3^2} + {4^2}}$$= \sqrt {25} = 5(\;{\rm{cm}})$

Vậy bán kính của đường tròn là $5:2 = 2{,}5(\;{\rm{cm}})$.

Tam giác ABC vuông tại A (gt).

Theo định lí Pythagore, ta có: ${\rm{B}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {5^2} + {12^2}$$\Rightarrow {\rm{BC}} = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = 13(\;{\rm{cm}})$

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A là: $\frac{{{\rm{BC}}}}{2} = \frac{{13}}{2}(\;{\rm{cm}})$( nửa cạnh huyền BC)

Kẻ đường cao AH vì tam giác ABC đều (gt) nên đường cao AH đồng thời là đường phân giác của góc BAC , ta có: $\widehat{\text{BAH}}=\widehat{\text{CAH}}=\frac{\widehat{\text{BAC}}}{2}=\frac{{60}^{^{\circ}}}{2}={30}^{^{\circ}}$ Kéo dài AH cắt đường tròn $({\rm{O}})$ tại D .

Khi đó $\widehat {{\rm{BOD}}}$ và $\widehat {{\rm{BAD}}}$ lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BD $\Rightarrow \widehat{\text{BOD}}=2\widehat{\text{BAD}}={2.30}^{^{\circ}}={60}^{^{\circ}}$

Tam giác BHO vuông tại H có cạnh huyền ${\rm{OB}} = 3\;{\rm{cm}}$ (gt) và $\widehat{\text{BOD}}={60}^{^{\circ}}$. Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: $\text{BH}=\text{OB}\cdot \sin \text{BOH}=3\cdot \sin {60}^{^{\circ}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}(\text{cm})$

Vì đều nên đường cao AH đồng thời là trung tuyến hay H là trung điểm của BC . $\Rightarrow \text{BC}=2\text{BH}=2\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}(\text{cm})$

Xét tam giác AHB vuông tại H có cạnh huyền ${\rm{AB}} = {\rm{BC}} = 3\sqrt 3 (\;{\rm{cm}})$ và góc $\widehat{\text{BAH}}={30}^{^{\circ}}(\text{cmt})$

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: $\text{AH}=\text{AB}\cdot \cos \text{BAH}=3\sqrt{3}\cdot \cos {30}^{^{\circ}}=\frac{9}{2}(\text{cm})$

Gọi ${{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}}$ là diện tích tam giác đều, ta có: ${{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{1}{2}{\rm{AH}} \cdot {\rm{BC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot 3\sqrt 3 = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

a) Kẻ đường cao AH của tam giác đều ABC có cạnh 3 cm ta có ${\rm{AH}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}(\;{\rm{cm}})$.

Vì đều nên trực tâm O cùng trùng với trọng tâm, khi đó ${\rm{OA}} = \frac{2}{3} \cdot {\rm{AH}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3$ (cm)

Vậy bán kính R của đường tròn $({\rm{O}})$ là:${\rm{OA}} = \sqrt 3 (\;{\rm{cm}})$

b) Gọi ${{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}}$ là diện tích tam giác đều ABC cạnh 3 cm , ta có: ${{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{{3^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Gọi S là diện tích hình tròn $({\rm{O}})$, ta có:${\rm{S}} = \pi \cdot {(\sqrt 3 )^2} = 3\pi \left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$

Do đó diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây cung BC và cung nhỏ BC là: ${{\rm{S}}_{{\rm{vp}}}} = \frac{1}{3}\left( {3\pi - \frac{{9\sqrt 3 }}{4}} \right) \approx 1{,}8\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Ta có tam giác ABC đều.

Gọi O là trực tâm của tam giác đồng thời là giao điểm ba đường phân giác trong.

Vậy O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC . Ta có: $\widehat{\text{BAH}}=\widehat{\text{CAH}}=\frac{{60}^{^{\circ}}}{2}={30}^{^{\circ}}$

Xét tam giác AHB vuông tại H có cạnh huyền $\text{AB}=\text{a},\widehat{\text{BAH}}={30}^{^{\circ}}$

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: $\text{AH}=\text{AB}\cdot \cos \text{BAH}=\text{a}\cdot \cos {30}^{^{\circ}}=\frac{\text{a}\sqrt{3}}{2}.$

(Lưu ý: Có thể kết luận ngay ${\rm{AH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}$ vì đều cạnh a ).

Mặt khác tam giác ABC đều nên trực tâm O cũng là trọng tâm $\Rightarrow {\rm{OH}} = \frac{1}{3}{\rm{AH}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}.$

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a bằng $\frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}$.

Nhận xét: Trong tam giác đều tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau.

I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC nên I là giao điểm của ba đường phân giác và I đồng thời là trọng tâm của tam giác đều ABC , khi đó AH là đường trung tuyến, ta có:

${\rm{AI}} = 2{\rm{IH}} = 2.1 = 2(\;{\rm{cm}})$$\Rightarrow {\rm{BI}} = {\rm{CI}} = {\rm{AI}} = 2(\;{\rm{cm}})$

Xét tam giác BHI vuông tại H , có cạnh huyền ${\rm{BI}} = 2(\;{\rm{cm}})$, góc $\widehat{\text{IBH}}={30}^{^{\circ}}$

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$\text{BH}=\text{BI}\cdot \mathrm{cosIBH}=2\cdot \cos {30}^{^{\circ}}=2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}(\text{cm})$ $\Rightarrow \text{BC}=2\cdot \text{BH}=2\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{3}(\text{cm})$

Độ dài các cạnh của tam giác đều ABC ngoại tiếp $({\rm{I}},1)$ bằng $2\sqrt 3 (\;{\rm{cm}})$.

Gọi OI là đường cao của tam giác AOC cân tại O , ta có OI đồng thời là đường phân giác của góc AOC hay $\widehat {{\rm{AOI}}} = \widehat {{\rm{COI}}} = \frac{{\widehat {{\rm{AOC}}}}}{2}$.

Xét đường tròn $({\rm{O}})$, ta có: $\widehat {{\rm{ABC}}}$ và $\widehat {{\rm{AOC}}}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC nên $\widehat {{\rm{ABC}}} = \frac{{\widehat {{\rm{AOC}}}}}{2}$ hay $\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{AOI}}}$

Hai tam giác APB và tam giác AIO đều vuông tại P và Imà $\widehat {{\rm{ABP}}} = \widehat {{\rm{AOI}}}$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow \widehat {{\rm{BAH}}} = \widehat {{\rm{OAC}}}$ (cùng phụ với hai góc bằng nhau).

Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $({\rm{I}};{\rm{r)}}$ với các cạnh AB, AC và BC của tam giác ABC.

Ta có: ${\rm{S}} = {{\rm{S}}_{{\rm{AIB}}}} + {{\rm{S}}_{{\rm{AIC}}}} + {{\rm{S}}_{{\rm{BIC}}}}$$= \frac{1}{2}{\rm{ID}} \cdot {\rm{AB}} + \frac{1}{2}{\rm{IE}} \cdot {\rm{AC}} + \frac{1}{2}{\rm{IF}} \cdot {\rm{BC}}$

Mà ${\rm{ID}} = {\rm{IE}} = {\rm{IF}} = {\rm{r}}$$\Rightarrow \;{\rm{S}} = \frac{1}{2}{\rm{r}}({\rm{BC}} + {\rm{CA}} + {\rm{AB}})$(đpcm)

Ta có đường kính đường tròn bằng với cạnh của hình vuông.

Nên bán kính mặt thớt hình tròn là $50:2 = 25\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Diện tích bề mặt gỗ bị cắt bỏ là: ${50^2} - \pi {.25^2} \approx 536{,}5\left( {\;c{m^2}} \right)$.

Áp dụng định lý Pythagore ta có độ dài đường chéo hình chữ nhật là $\sqrt {{{60}^2} + {{80}^2}} = 100\left( {\;{\rm{cm}}} \right)$.

Vì hình chữ nhật nội tiếp đường tròn nên độ dài đường chéo hình chữ nhật là đường kính của đường tròn.

Nên bán kính đường tròn $100:2 = 50\;\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Diện tích hình tròn là: $\pi {.3^2} = 9\pi \left( {c{m^2}} \right)$. Áp dụng định lý Pythagore trong $\Delta {\rm{OBC}}$ vuông tại $O$ ta có:

$BC=\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}=3\sqrt{2}(cm)$. Diện tích hình vuông là: ${\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$. Tỉ số phần trăm của diện tích hình tròn và diện tích hình vuông là: $\frac{{9\pi }}{{18}}.100\% \approx 157{,}1\%$.

Ta chia hình vuông ban đầu thành 4 phần bằng nhau. Bây giờ ta tính diện tích phần tô đậm nằm trong hình vuông ${O_1}$ ( $\frac{1}{4}$ diện tích hình đã cho).

Diện tích phần tô đậm trong hình vuông ${O_1}$ là: $S = {S_1} + {S_3} + {S_4}$.

Ta thấy: ${S_2} = {S_4} = {S_3} = {S_5}$ (Vì đều bằng $\frac{1}{4}$ diện tích hình tròn bán kính 2 cm trừ đi diện tích hình tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng 2 cm).

Nên $S = {S_1} + {S_2} + {S_5}$ và bằng $\frac{1}{4}$ diện tích hình tròn bán kính 4 cm trừ đi diện tích hình tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng 4 cm . Ta có: $S = 4.4.\pi .\frac{1}{4} - \frac{1}{2}.4.4 \approx 4{,}57\left( {\;c{m^2}} \right)$.

Diện tích phần tô đậm cần tìm là: $4{,}57.4 \approx 18{,}28\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.