Giải SBT Toán 9 Cánh diều Bài 1. Đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn nội tiếp tam giác

⦁ Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác đó.

⦁ Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác đó.

⦁ Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có tâm là trung điểm của cạnh huyền.

Vậy trong các phát biểu đã cho, phát biểu c) là đúng.

⦁ Trong một tam giác đều, trọng tâm của tam giác đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó.

⦁ Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

⦁ Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn nội tiếp là $r=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Vậy trong các phát biểu đã cho, phát biểu c), d) là sai.

a) ⦁ Vì tam giác ABC cân tại A nên đường trung trực AO của cạnh BC (do O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC) đồng thời là đường phân giác của góc BAC.

Mà AI là đường phân giác của góc BAC (do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC).

Suy ra hai đường thẳng AO và AI trùng nhau hay ba điểm A, O, I cùng thuộc một đường thẳng.

⦁ Do OA là đường trung trực của BC nên OA ⊥ BC.

Ta có $\widehat{BAI}=\widehat{CAI}$ (do AI là đường phân giác của góc BAC) hay $\widehat{BAO}=\widehat{CAO}$

Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (O) (khác điểm A) nên $\widehat{BAD}=\widehat{CAD}$

Suy ra BD = CD.

Do đó đường thẳng OA đi qua điểm chính giữa D (khác điểm A) của cung BC.

b) ⦁ Gọi H là giao điểm của AD và BC. Do đó, AH ⊥ BC và H là trung điểm của BC.

Suy ra $HB=HC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\cdot 24=12$ (cm).

Xét ∆ACH vuông tại H, theo định lí Pythagore, ta có:

AC$^{2}$ = AH$^{2}$ + HC$^{2}$

Suy ra $AH=\sqrt{A{C}^{2}-H{C}^{2}}=\sqrt{{20}^{2}-{12}^{2}}=\sqrt{256}=16$ (cm).

Ta có AD là đường kính của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC nên $\widehat{ACD}=90^{\circ}$.

Xét ∆ACH và ∆ADC có:

$\widehat{AHC}=\widehat{ACD}=90^{\circ}$ và góc A chung

Do đó ∆ACH ᔕ ∆ADC (g.g)

Suy ra $\frac{AC}{AD}=\frac{AH}{AC}$ hay AC$^{2}$ = AH.AD.

Nên $AD=\frac{A{C}^{2}}{AH}=\frac{{20}^{2}}{16}=25$ (cm).

Do đó, bán kính đường tròn (O) đường kính AD ngoại tiếp ∆ABC là $R=\frac{AD}{2}=\frac{25}{2}=12{,}5$ (cm).

⦁ Do ∆ABC cân tại A nên AB = AC = 20 cm.

Do BI là phân giác của góc ABH nên $\frac{IH}{IA}=\frac{BH}{BA}=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}$.

Ta có $\frac{IH}{IA}=\frac{3}{5}$ hay $\frac{IH}{IH+IA}=\frac{3}{3+5}$ (tính chất tỉ lệ thức) hay $\frac{IH}{AH}=\frac{3}{8}$

Tức là $\frac{r}{16}=\frac{3}{8}$.Vì vậy $r=\frac{16\cdot 3}{8}=6$ cm.

Vậy độ dài bán kính R của đường tròn ngoại tiếp và bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt là R = 12,5 cm và r = 6 cm.

a) Gọi O là trung điểm của BC. Khi đó $OB=OC=\frac{1}{2}BC$.

Do BE, CD là các đường cao của tam giác ABC nên BE ⊥ AC, CD ⊥ AB.

Suy ra tam giác BDC vuông ở D và BEC vuông ở E nên $OD=\frac{1}{2}BC=OE$

Do đó OB = OD = OC = OE nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

b) Do OD = OE = OC nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEC.

c) Gọi I là trung điểm của AK.

Do BE ⊥ AC, CD ⊥ AB nên tam giác ADK vuông ở D và tam giác AEK vuông ở E nên khi chứng minh tương tự câu a, ta có IA = IK = IE = ID.

Do đó, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.

a) Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên OA = OB; O$_{1}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB nên O$_{1}$A = O$_{1}$B.

Suy ra OO$_{1}$ là đường trung trực của AB.

Tương tự OO$_{2}$, O$_{1}$O$_{2}$ lần lượt là đường trung trực của AC, AM.

b) Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của AC, AM, AB; N là giao điểm của QO$_{2}$ và AC.

Khi đó O$_{1}$Q ⊥ AM, O$_{1}$R ⊥ AB nên $\widehat{AQ{O}_{1}}=\widehat{AR{O}_{1}}=90^{\circ}$

Tam giác AQO$_{1}$ vuông tại Q nên nội tiếp đường tròn đường kính AO$_{1}$.

Tam giác ARO$_{1}$ vuông tại R nên nội tiếp đường tròn đường kính AO$_{1}$.

Do đó tứ giác AQO$_{1}$R nội tiếp đường tròn đường kính AO$_{1}$.

Suy ra $\widehat{RAQ}+\widehat{R{O}_{1}Q}=180^{\circ}$ (tổng hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp bằng 180°).

Nên $\widehat{RAQ}=180^{\circ}-\widehat{R{O}_{1}Q}$.

Mà $\widehat{R{O}_{1}Q}+\widehat{Q{O}_{1}O}=180^{\circ}$ (hai góc kề bù) suy ra $\widehat{Q{O}_{1}O}=180^{\circ}-\widehat{R{O}_{1}Q}$.

Do đó $\widehat{Q{O}_{1}O}=\widehat{RAQ}(=180^{\circ}-\widehat{R{O}_{1}Q})$ (1)

Mặt khác, $\widehat{{O}_{2}NP}=\widehat{ANQ}$ (đối đỉnh) nên $90^{\circ}-\widehat{{O}_{2}NP}=90^{\circ}-\widehat{ANQ}$.

Hay $\widehat{N{O}_{2}P}=\widehat{QAN}$. (2)

Do AM là phân giác của $\widehat{BAC}$ nên $\widehat{BAM}=\widehat{MAC}$ hay $\widehat{RAQ}=\widehat{QAN}$. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{Q{O}_{1}O}=\widehat{N{O}_{2}P}$ hay $\widehat{{O}_{2}{O}_{1}O}=\widehat{{O}_{1}{O}_{2}O}$.

Do đó, tam giác OO$_{1}$O$_{2}$ cân tại O.

a) ⦁ Gọi G là trọng tâm của tam giác OAB.

Do A, B thuộc đường tròn (O) nên OA = OB = R.

Lại có $sđ\overset{\frown}{AB}=60^{\circ}$ nên $\widehat{AOB}=60^{\circ}$ (góc ở tâm chắn cung AB của đường tròn (O)).

Do đó, tam giác OAB là tam giác đều với cạnh AB = OA = OB = R nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là G và bán kính đường tròn ngoại tiếp là $\frac{R\sqrt{3}}{3}$.

⦁ Do $sđ\overset{\frown}{BC}=90^{\circ}$ nên $\widehat{BOC}=90^{\circ}$ (góc ở tâm chắn cung BC của đường tròn (O)).

Do đó tam giác OBC vuông tại O, theo định lí Pythagore, ta có:

BC$^{2}$ = OB$^{2}$ + OC$^{2}$

Suy ra $BC=\sqrt{O{B}^{2}+O{C}^{2}}=\sqrt{{R}^{2}+{R}^{2}}=R\sqrt{2}$ nên tâm, bán kính đường tròn ngoại tiếp của ∆OBC lần lượt là trung điểm E của BC và $\frac{R\sqrt{2}}{2}$.

⦁ Tương tự tâm, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAD lần lượt là trung điểm F của AD và $\frac{R\sqrt{2}}{2}$.

⦁ Gọi H là trung điểm của DC và giao điểm của tia OH và cung nhỏ CD là K.

Do $sđ\overset{\frown}{CD}={120}^{^{\circ}}$ nên $\widehat{DOC}=120^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn cung DC của đường tròn (O)).

Trong tam giác ODC cân tại O có OH là trung tuyến nên đồng thời là phân giác của $\widehat{DOC}$.

Suy ra $\widehat{DOH}=\widehat{COH}=\frac{1}{2}\widehat{DOC}=\frac{1}{2}\cdot 120^{\circ}=60^{\circ}$.

Lại có OD = OK = OC nên ∆DOK, ∆COK là tam giác đều.

Suy ra KD = KO = KC = R.

Vậy tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ODC lần lượt là K và R.

b) Xét ∆OHC vuông tại H có $HC=OC\cdot \sin \widehat{COH}=R\cdot \sin 60^{\circ}=\frac{R\sqrt{3}}{2}$.

Suy ra $DC=2HC=2\cdot \frac{R\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}$.

Xét đường tròn (O) có $\widehat{CAB}=\frac{1}{2}sđ\overset{\frown}{CB}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn cung BC).

Ta có $sđ\overset{\frown}{AB}+sđ\overset{\frown}{BC}+sđ\overset{\frown}{CD}+sđ\overset{\frown}{DA}=360^{\circ}$

Suy ra $sđ\overset{\frown}{DA}=360^{\circ}-sđ\overset{\frown}{AB}-sđ\overset{\frown}{BC}-sđ\overset{\frown}{CD}=360^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}-120^{\circ}=90^{\circ}$

Khi đó, $\widehat{DBA}=\frac{1}{2}sđ\overset{\frown}{DA}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn cung DA).

Do đó $\widehat{CAB}=\widehat{DBA}=45^{\circ}$.

Xét ∆ABI có: $\widehat{IAB}+\widehat{IBA}+\widehat{AIB}=180^{\circ}$.

Suy ra $\widehat{AIB}=180^{\circ}-\widehat{IAB}-\widehat{IBA}=180^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}$.

Hay AC vuông góc với BD.

Do đó ∆IAB vuông tại I, ∆IAD vuông tại I, ∆IBC vuông tại I, ∆IDC vuông tại I.

Mặt khác, AB = R, $BC=AD=R\sqrt{2}$ (chứng minh ở câu a) và $DC=R\sqrt{3}$ do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác IAB, IBC, IAD, IDC lần lượt là: $\frac{R}{2},\frac{R\sqrt{2}}{2},\frac{R\sqrt{2}}{2},\frac{R\sqrt{3}}{2}.$

Tam giác ABC vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

BC$^{2}$ = AB$^{2}$ + AC$^{2}$ = 6$^{2}$ + 8$^{2}$ = 100.

Suy ra $BC=\sqrt{100}=10$

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là $R=\frac{BC}{2}=\frac{10}{2}=5$.

Lại có $r=\frac{AB+AC-BC}{2}$ (theo kết quả của Ví dụ 4, trang 83, SBT Toán 9, Tập một)

Suy ra $r=\frac{AB+AC-BC}{2}$$=\frac{6+8-10}{2}=\frac{4}{2}=2$.

Do đó $\frac{r}{R}=\frac{2}{5}$.

a) Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên O là trọng tâm của tam giác.

Mà trọng tâm của tam giác đều cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều đó.

Do đó O cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

b) Do JK // BC và IK // AB nên tứ giác ABCK là hình bình hành.

Mặt khác, $\widehat{ABC}=60^{\circ}$ (do tam giác ABC đều)

Suy ra $\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=60^{\circ}$ hay $\widehat{IKJ}=60^{\circ}$.

Tương tự, ta chứng minh được $\widehat{KJI}=60^{\circ}$.

Do đó, tam giác IJK là tam giác đều.

c) ⦁ Vì ∆IJK đều nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆IJK là $R'=\frac{JK\sqrt{3}}{3}$.

Ta có $\widehat{CAK}=\widehat{CKA}=60^{\circ}$ nên ∆ACK đều nên AK = AC.

Tương tự, ta chứng minh được AJ = AB.

Lại có AB = AC (do ∆ABC đều) nên AK = AJ hay A là trung điểm của JK.

Do đó $R'=\frac{JK\sqrt{3}}{3}=\frac{2AK\sqrt{3}}{3}=\frac{2AC\sqrt{3}}{3}$.

⦁ Vì tam giác ABC đều nên bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: $r=\frac{AC\sqrt{3}}{6}$.

Suy ra $AC=\frac{6r}{\sqrt{3}}=2r\sqrt{3}$.

Do đó $R'=\frac{2\cdot 2r\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{3}=4r$.

Vậy $\frac{r}{R'}=\frac{1}{4}$.

a) Xét đường tròn (O) có AC là đường kính nên $\widehat{ABC}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Xét đường tròn (O’) có AF là đường kính nên $\widehat{ABF}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)).

Do đó $\widehat{ABC}+\widehat{ABF}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$ hay $\widehat{CBF}=180^{\circ}$.

Suy ra C, B, F thẳng hàng.

b) Xét đường tròn (O) có AC là đường kính nên $\widehat{ADC}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Xét đường tròn (O’) có AF là đường kính nên $\widehat{AEF}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)).

Do đó $\widehat{FDC}=\widehat{CEF}=90^{\circ}$ nên hai điểm D, E nằm trên đường tròn đường kính CF.

Vậy bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn đường kính CF.

c) Ta có $\widehat{DCA}=\widehat{DBA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DA của đường tròn (O)).

Tương tự $\widehat{ABE}=\widehat{AFE}$ và $\widehat{DCE}=\widehat{DFE}$.

Suy ra $\widehat{ABE}=\widehat{DBA}$ do đó BA là phân giác của góc DBE.

Tương tự, DA là phân giác của góc BDE.

Suy ra A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE.

⦁ Vì ∆ABC vuông cân tại C nên $\widehat{CAB}=45^{\circ}$.

Ta có $\widehat{CEB}=\widehat{CAB}=45^{\circ}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CB của đường tròn (O)).

Mặt khác, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECF, do đó $\widehat{CIF},\widehat{CEF}$ lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp chắn cung CF của đường tròn (I), suy ra $\widehat{CIF}=2\cdot \widehat{CEF}=2\cdot 45^{\circ}=90^{\circ}$.

Mà IC = IF suy ra tam giác ICF vuông cân tại I, do đó $\widehat{ICF}=45^{\circ}$ (1)

⦁ Vì ∆ABC vuông cân tại C nên $\widehat{ACB}=90^{\circ}$ do đó AB là đường kính của đường tròn (O; R), khi đó CO là đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác của tam giác.

Suy ra $\widehat{ACO}=\frac{1}{2}\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\cdot 90^{\circ}=45^{\circ}$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra điểm I nằm trên AC.

Vậy khi E di chuyển trên cung nhỏ AC thì I di chuyển trên đoạn thẳng AC cố định.