7 bài tập Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác (có lời giải)

a) Hình $a)$, đường tròn $\left( O \right)$là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ vì nó đi qua ba đỉnh $A,B,C$ của tam giác $ABC$.

b) Hình $d)$, đường tròn $\left( O \right)$là đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ vì nó tiếp xúc ba cạnh $AB,BC,CA$ của tam giác $ABC$.

Xét $ABC$ vuông tại $A$, theo pythagore ta có:

$$\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\B{C^2} = {10^2} + {\left( {\sqrt {21} } \right)^2}\\B{C^2} = 121\\ \Rightarrow BC = \sqrt {121} = 11\left( {cm} \right)\end{array}$$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên bán kính $R$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ bằng nữa cạnh huyền $BC$ hay $R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{11}}{2} = 5{,}5\left( {cm} \right)$

Đường tròn $\left( {I;r} \right)$ tiếp xúc với các cạnh $AB,AC,BC$ theo thứ tự $M,N,P$

Ta có: ${S_{AIB}} = \frac{1}{2}IM.AB = \frac{1}{2}r.AB\,\left( 1 \right);\,{S_{AIC}} = \frac{1}{2}IN.AC = \frac{1}{2}r.AC\,\left( 2 \right);\,{S_{BIC}} = \frac{1}{2}r.BC\,\left( 3 \right)$

Cộng $\left( 1 \right)\left( 2 \right)\left( 3 \right)$ vế theo vế, ta được: $\frac{{{S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{BIC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{1}{2}r.\left( {AB + AC + BC} \right)$

Mà ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{{6.8}}{2} = 24\left( {c{m^2}} \right)$ , $BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = \sqrt {100} = 10\left( {cm} \right)$

Nên ta có: $24 = \frac{1}{2}r\left( {6 + 8 + 10} \right) \Rightarrow r = 2\left( {cm} \right)$.

Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác đều ABC thì O đồng thời cũng là trọng tâm và trực tâm của tam giác. Ta có ${\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = \frac{2}{3}{\rm{AH}}$ (H là chân đường cao kẻ từ A) (Xem hình vẽ).

Do đó O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC .

Mặt khác, xét tam giác AHB vuông tại H.

Theo định lí Pythagore, ta có:${\rm{A}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} = {{\rm{a}}^2} - {\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)^2}$$\Rightarrow {\rm{AH}} = \sqrt {{{\rm{a}}^2} - {{\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 9 }}{2}$

$\Rightarrow {\rm{AO}} = \frac{2}{3}{\rm{AH}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}$(Tính chất trọng tâm)

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a có tâm là trọng tâm tam giác và có bán kính $\frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}$.

a) (Xem hình vẽ).

Tam giác ANC vuông tại B có$\widehat{\text{C}}={60}^{^{\circ}}$ nên tam giác ABC là nửa tam giác đều $\Rightarrow \widehat{\text{BAC}}={30}^{^{\circ}}\Rightarrow \text{AC}=2\text{BC}=2.3=6(\text{cm})$

Theo bài toán 1 ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $\frac{{{\rm{AC}}}}{2} = \frac{6}{2} = 3(\;{\rm{cm}})$và tâm O là trung điểm cạnh huyền AC .

b) Dễ thấy tam giác BCD đều (Theo bài toán 2).

Gọi I là trọng tâm của tam giác BCD, ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp vì cạnh của tam giác đều BCD là $3(\;{\rm{cm}})$ nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều BCD là $\frac{{3\sqrt 3 }}{3}$ (Xem lời giải bài toán 2).