Hh9 chủ đề 18 đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp ( 1 buổi )

HH9-CHỦ ĐỀ 18. ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP, ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP ( 1 BUỔI )
A. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Định nghĩa
Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi
là đường tròn ngoại tiếp đa giác và đa giác được gọi là đa
giác nội tiếp đường tròn.
Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của một đa giác
được gọi là đường tròn nội tiếp đa giác và đa giác được
gọi là đa giác ngoại tiếp đường trịn.
2. Định lí
Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường trịn
ngoại tiếp, có một và chỉ một đường tròn nội tiếp.
Trong đa giác đều, tâm của đường tròn ngoại tiếp trùng với
tâm của đường tròn ngoại tiếp và được gọi là tâm của một
đa giác đều.

Đường trịn tâm I bán kính r là
đường trịn nội tiếp tam giác
ABC.
Đường trịn tâm O bán kính R là
đường trịn ngoại tiếp tam giác

Chú ý:
• Bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác là khoảng cách từ

ABC.

tâm đến đỉnh.
• Bán kính đường trịn nội tiếp đa giác là khoảng cách từ
tâm O đến một cạnh.
• Cho n- giác đều cạnh a.

- Chu vi của đa giác: 2p na (p là nửa chu vi).
- Mỗi góc ở đỉnh của đa giác có số đo bằng

 n  2  .180o .

- Mỗi góc ở tâm của đa giác có số đo bằng

360o
.
n

- Bán kính đường trịn ngoại tiếp:

Khi đó a 2R.sin

a
.
180o
2sin
n

180o
.
n

- Bán kính đường trịn nội tiếp:

Khi đó a 2r.tan

R

n

r

a
.
180o
2 tan
n

180o
.
n

- Liên hệ giữa bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp:
Trang 1


R2  r2 

a2
.
4

1
- Diện tích đa giác đều: S  nar.
2
Một số hình ảnh về đường trịn nội tiếp, đường trịn ngoại tiếp

B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tính độ dài bán kính đường trịn, cạnh của đa giác
Phương pháp giải
+ Dựa vào tính chất các đa giác nội tiếp, ngoại tiếp đường tròn.
+ Dựa vào định lý Py-ta go, các hệ thức lượng trong tam giác để tính tốn.
Câu 1. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác
ABC.
Lời giải

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, AB, AC và O là giao điểm của AM, BP, CN.
Vì ABC là tam giác đều nên OA OB OC hay O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trang 2


Mặt khác ta có OM ON OP hay O cách đều ba cạnh của tam giác.
Vậy O cũng là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC.
Xét tam giác vng AMB có
2

3a 2
a 3
a
AB2 AM 2  MB2  a 2 AM 2     AM 2 
 AM 
.
4
2
 2
2
a 3

Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: R OA  AM 
.
3
3
1
a 3
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: r OM  AM 
.
3
6
Câu 2. Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O;R). Tính độ dài các cạnh của hình vng theo
R.
Lời giải

Vì (O) ngoại tiếp hình vng ABCD nên O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Theo giả thiết ta có OA OB OC OD R.
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác OAB có
OA 2  OB2 AB2  AB2 R 2  R 2 2R 2  AB R 2.
Vậy cạnh của hình vng có độ dài là R 2.
Câu 3. Cho tam giác ABC có chu vi 20 cm ngoại tiếp đường trịn (O). Tiếp tuyến của đường tròn (O)
song song với BC bị AB, AC cắt thành đoạn thẳng MN = 2,4 cm. Tính độ dài BC.
Lời giải

Gọi D, E, F là tiếp điểm của (O) với AB, AC, BC.
Trang 3


Ta có AD AE, BD BF, CE CF nên
AD  BF  CE 

1
1
 AB  BC  CA   .20 10  cm  .
2
2

Đặt BC x, AD y ta có x  y 10  1 .
Vì MN / /BC nên ta có AMN ABC.
Suy ra

MN chu vi AMN

.
BC chu vi ABC

Mặt khác chu vi tam giác AMN là: AM  AN  MN AD  AE 2AD 2y.
Khi đó

2, 4 2y
  xy 24  2  .
x
20

 x 6
2
.
Từ (1) và (2) suy ra x  10  x  24  x  10x  24 0  
 x 4
Vậy độ dài cạnh BC là: 6 cm hoặc 4 cm.
Câu 4. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 18cm. Một tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác cắt

các cạnh AB và AC ở M và N. Tính diện tích tam giác AMN biết MN = 8cm .
Lời giải
Gọi (O;r) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và E,
F là điểm tiếp xúc của đường tròn với cạnh AC, AB.
Ta có AE AF, NE NI, MF MI.
Vì tam giác ABC đều nên bán kính đường trịn nội tiếp
1
1 AB 3
tam giác là r  .BE  .
3 3  cm  .
3
3
2
Xét OEN và OIN có NE NI r; NE NI (chứng
minh trên); NO là cạnh chung.
Suy ra OEN OIN  c  c  c  .
Chứng minh tương tự ta có OMI OMF.
1
2
Suy ra SOENMF SOENI  SOIMF 2SONI  2SOMI 2SOMN 2. OI.MN 3 3.8 24 3  cm  .
2
1
1
2
Diện tích tứ giác AEOF là SAEOF 2SAEO AE.OE  AC.OE  .18.3 3 27 3  cm  .
2
2
2
Vậy SAMN SAEOF  SOENMF 27 3  24 3 3 3  cm  .

Câu 5. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R), biết AB 8cm, AC 18cm, đường cao
AH 6cm (H nằm bên ngồi cạnh BC). Tính bán kính của đường trịn.
Lời giải

Trang 4


Kẻ đường kính AD.
Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên


ADC
 ABC
180 .


Mặt khác ABH
 ABC
180 .


Do đó ABH
ADC.


Xét hai tam giác vng ABH và ADC có ABH
(chứng
ADC.
minh trên).
Suy ra ABH ADC  g  g  .



AH AB
6
8



 R 12  cm 
AC AD
18 2R

Vậy R 12  cm  .

Dạng 2: Tính độ dài của dây căng cung
Phương pháp giải
- Nếu cung đã cho căng một dây là cạnh của một đa giác đều n cạnh thì ta tính độ dài của cạnh này
theo cơng thức: a 2R.sin

180o
n

- Áp dụng định lí Py-ta-go hoặc hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vng để tính dây căng cung
90°.
Câu 1: Cho đường trịn (O;R). Từ điểm A trên đường tròn này vẽ các cung AB và AC sao cho
 30o ,sñAC
 90 o (điểm A nằm trên cung nhỏ BC). Tính các cạnh của ABC và diện tích của
sđAB
nó.
Hướng dẫn giải


o
  sđAC  90 45o.
Ta có B
2
2

o
C  sđAB  30 15o.
2
2

Suy ra sđBAC
30  90  120 .
Do đó BC là cạnh của một tam giác đều nội tiếp. Vậy BC R 3.
 90o nên AC là cạnh của một hình vng nội tiếp.
Vì sđAC
Vậy AC R 2.

Trang 5


Vẽ đường cao AH ta được AH AC.sin C R 2 sin15o.
Xét tam giác vng HAB có:
AB 

AH
AH. 2 R 2 sin15o. 2 2R sin15o.
sin 45o

1
1
6
Diện tích ABC là S  AH.BC  R 2 sin15o.R 3 R 2
sin15o.
2
2
2
Câu 2: Cho đường tròn (O;R). Cho dây BC R 3. Lấy A thuộc cung nhỏ BC sao cho BA R 2.
Vẽ AH  BC. Tính AH; AC.
Hướng dẫn giải
R 3
Vẽ OI  BC, ta có BI CI 
.
2
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: OI 2 OB2  BI 2 R 2 

3R 2 R 2
 .
4
4

R
1

Suy ra OI  . Suy ra OI  BO. Vậy IBO
30o.
2
2


Ta có: BO 2  OA 2 2R 2 AB2 nên OAB vuông, do đó BOA
90 .


Mà OA OB nên OAB vng cân, do đó OAB
ABO
45 .



ABC
ABO
 CBO
45  30 15 .

Xét ABH có AH AB.sin ABC
R 2 sin15o.
Trang 6


1

Mà ACB
 AOB
hệ quả góc nội tiếp  45o.

2
Suy ra AHC vng cân, do đó AH = HC.
Áp dụng định lí Py-ta-go trong AHC, ta có:

AC2 AH 2  HC 2  AC AH. 2 R 2 sin15o. 2 2R.sin15o.
Câu 3: Cho đường tròn (O;R), S là điểm sao cho OS 2R. Vẽ cát tuyến SCO đến đường tròn (o).
Lấy C, D thuộc đường tròn (O). Biết CD R 3 . Tính SC và SD theo R.
Lời giải
Vẽ OH  CD, H  CD.

Ta có: CD R 3  CD là cạnh của tam giác đều nội tiếp (O; R)  COD
120 .

Do đó: HOC
60 .
Ta có HOC là nửa tam giác đều nên
OH 

OC R
R 3
(vì OH  CD).
 , DH HC 
2
2
2

 90o nên
HOS có H
OS2 OH 2  SH 2  SH 2 OS2  OH 2  SH 2 4R 2 



R 2 15R 2
15R


 SH 
.
4
4
2



3 51
Ta có SC SH  HC  15R  R 3 
R;
2
2
2
SD SH  HD 





3 5 1
15R R 3


R.
2
2
2

 120 . Điểm A di động trên cung lớn
Câu 4: Cho đường tròn (O; R), BC là dây cung cố định, sđBC
BC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC.
Lời giải
Hạ OM  BC, AH  BC  H, M  BC  .
 120o  BOC


Ta có sđBC
120 o  MOC
60 o
Xét tam giác OMC vng tại M có
R

OM OC.cos MOC
R.cos 60 o  OM  .
2
BC 2MC 2 OC 2  OM 2  BC R 3.
Xét ba điểm A, O, M ta có: AM OA  OM.
Mà AH AM.
Do vậy: AH R 

R 3R

nên
2
2
Trang 7

SABC

1
3 3R 2
(không đổi
 AH.BC 
2
4

Dấu " = " xảy ra  H M và O nằm giữa A và M  A là điểm chính giữa cung lớn BC.
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC là

3 3R 2
.
4

Trang 8