5 bài tập về Bài toán liên quan đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác (có lời giải)

Ta có: $\Delta ABC$ cân tại $A \Rightarrow AB = AC \Rightarrow OE = OF$

Xét hai tam giác vuông $AOE$ và $AOF$, có:

+ $OA$: cạnh chung

+ $OE = OF$: Chứng minh trên

$\Rightarrow \Delta AOE = \Delta AOF$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\,\,\,\\AE = AF\,\end{array} \right.$$\Rightarrow AO$ là phân giác của $\widehat {BAC}$

a) Gọi $E,F$ là tiếp điểm của đường tròn $\left( I \right)$ với các cạnh $AB,AC$

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

Do đó: $2BD = BD + BE = BC - CD + AB - AE = BC + AB - \left( {CD + AE} \right) = BC + AB - \left( {CF + AF} \right)$

$$= BC + AB - AC \Rightarrow BD = \frac{{BC + AB - AC}}{2}$$

b) Tương tự câu a) ta có: $DC = \frac{{BC + AC - AB}}{2}$

mà $A{B^2} + AC{}^2 = B{C^2}$ ($\Delta ABC$ vuông tại $A$), do đó: $BD.DC = \frac{{\left( {BC + AB - AC} \right)\left( {BC + AC - AB} \right)}}{4}$

$\frac{{B{C^2} - {{\left( {AB - AC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2} - A{B^2} - A{C^2} + 2AB.AC}}{4} = \frac{{AB.AC}}{2} = {S_{ABC}}$.

a) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh AC tại điểm H (gt) $\Rightarrow {\rm{IH}} \bot {\rm{AC}}$.

Tương tự đường tròn $({\rm{K}})$ tiếp xúc với cạnh AC tại điểm ${\rm{H}} \Rightarrow {\rm{KH}} \bot {\rm{AC}}$.

$\Rightarrow {\rm{Ba}}$ điểm ${\rm{I}},{\rm{H}},{\rm{K}}$ thẳng hàng.

b) Ta có đường tròn $({\rm{I}})$ tiếp xúc với cạnh AB tại M hay AM là tiếp tuyến của đường tròn (I).

lại có AH là tiếp tuyến của đường tròn (I) (cmt)$\Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AH}}$ (*)(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Chứng minh tương tự, ta có ${\rm{AH}} = {\rm{AN}}$(**)

Từ (*) và (**)$\Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AN}}$.

c) Ta có: $\widehat {{\rm{IAK}}} = \widehat {{\rm{IAH}}} + \widehat {{\rm{HAK}}}$ mà $\widehat {{\rm{IAH}}} = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{MAH}}}$ (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\widehat {{\rm{HAK}}} = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{HAN}}} \Rightarrow \widehat {{\rm{IAK}}}$$= \frac{1}{2}\widehat {{\rm{HAN}}} = \frac{1}{2}(\widehat {{\rm{MAH}}} + \widehat {{\rm{HAN}}})$$= \frac{1}{2}\widehat {{\rm{MAN}}}$hay $= \frac{1}{2}\widehat {{\rm{BAD}}}$( đpcm)

Ta có ${\rm{E}},{\rm{F}}$ lần lượt là hai tiếp điểm trên các cạnh AB và AC (gt) $\Rightarrow \widehat{\text{AEI}}=\widehat{\text{AFI}}={90}^{^{\circ}}$

Xét tứ giác AEIF có $\widehat{\text{AEI}}+\widehat{\text{AFI}}={180}^{^{\circ}}$

$\Rightarrow \widehat{\text{EIF}}+\widehat{\text{BAC}}\ ={360}^{^{\circ}}-(\widehat{\text{AEI}}+\widehat{\text{AFI}})\widehat{\text{EIF}}+\widehat{\text{BAC}}\ ={180}^{^{\circ}}(\text{dpcm})$

a) Xét tam giác ABD , ta có: ${\rm{OB}} = {\rm{OA}} = {\rm{OD}}( = {\rm{R}}){\rm{ hay OB}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}}$

Chứng tỏ vuông tại Bhay ${\rm{DB}} \bot {\rm{AB}}$ (đpcm)

Chứng minh tương tự ta có ${\rm{CD}} \bot {\rm{AC}}$.

b) Ta có ${\rm{BH}}//{\rm{DC}}$ (cùng vuông góc với AC ). Tương tự ${\rm{CH}}//{\rm{BD}}( \bot {\rm{AB}})$

$\Rightarrow$ Tứ giác BHCD là hình bình hành (các cạnh đối song song).

c) Ta có tam giác ACD vuông tại C (chứng minh trên) $\Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} + {\rm{D}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{D}}^2}$ (định lí Pythagore)

Mà ${\rm{DC}} = {\rm{BH}}({\rm{cmt}}) \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} + {\rm{B}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{D}}^2} = {(2{\rm{R}})^2} = 4{{\rm{R}}^2}$.

d) * Ta có M là trung điểm của BC (gt) mà tứ giác BHCD là hình bình hành (cmt) nên đường chéo thứ hai HD phải qua trung điểm M hay ba điểm ${\rm{H}},{\rm{M}},{\rm{D}}$ thẳng hàng.

* Xét tam giác AHD có O là trung điểm của AD (gt)

M là trung điểm của HD ( cmt ) nên OM là đường trung bình của tam giác ${\rm{AHD}} \Rightarrow {\rm{AH}} = 2{\rm{OM}}$.