Bài 28 — Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác
Tâm — bán kính: tam giác vuông, đều, cân · Bài toán thực tế
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
- Đi qua ba đỉnh; tâm là giao ba đường trung trực; $R$ = khoảng cách từ tâm đến một đỉnh.
- Tam giác vuông: tâm là trung điểm cạnh huyền, $R=\dfrac{\text{cạnh huyền}}2$. Tam giác đều cạnh $a$: $R=\dfrac{a\sqrt3}3$.
Đường tròn nội tiếp tam giác
- Tiếp xúc ba cạnh; tâm là giao ba đường phân giác trong; $r$ = khoảng cách từ tâm đến một cạnh.
- Tam giác đều cạnh $a$: tâm nội tiếp trùng tâm ngoại tiếp, $r=\dfrac{a\sqrt3}6=\dfrac R2$.
1 Dạng 1 — Đường tròn ngoại tiếp tam giác
a) Tam giác vuông $ABC$, cạnh huyền $BC=6$ cm. b) $\triangle FEG$: $EF=5$, $EG=3$, $FG=4$ cm. c) Tam giác đều cạnh $a$. d) $\triangle MNP$ cân tại $M$: $MN=MP=6$, $NP=4$ cm.
🔑 Lời giải
Dùng Lý thuyết 1: nhận ra tam giác vuông "ẩn" và dùng trung trực.- a) Tâm là trung điểm cạnh huyền $BC$; $R=3$ cm.
- b) $EG^2+FG^2=9+16=25=EF^2$ ⟹ $\triangle FEG$ vuông tại $G$ ⟹ tâm là trung điểm cạnh huyền $EF$; $R=2{,}5$ cm.
- c) Tâm là trọng tâm (giao ba trung trực); đường cao $h=\dfrac{a\sqrt3}2$, $R=\dfrac23h=$ $\dfrac{a\sqrt3}3$.
- d) Tâm $O$ nằm trên đường cao $MH$ ($H$ là trung điểm $NP$, $NH=2$): $MH=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt2$. Từ $ON=OM=R$: $R^2=NH^2+(MH-R)^2=4+(4\sqrt2-R)^2$ $\Rightarrow 0=36-8\sqrt2R$ $\Rightarrow$ $R=\dfrac{36}{8\sqrt2}=\dfrac{9\sqrt2}{4}\approx3{,}2$ cm.
2 Dạng 2 — Đường tròn nội tiếp tam giác
a) Tam giác đều cạnh $a$; áp dụng cạnh $8$. b) Tính diện tích tam giác đều có $r=1$ cm. c) Đường tròn $(I)$ tiếp xúc $Ox,Oy$; tiếp tuyến $d$ của $(I)$ cắt $Ox,Oy$ tại $A,B$ ($I$ trong $\triangle OAB$). Tìm đường tròn nội tiếp $\triangle OAB$.
🔑 Lời giải
Dùng Lý thuyết 2: tâm nội tiếp — giao ba phân giác; tam giác đều dùng $r=\dfrac{a\sqrt3}6$.- a) Tâm là giao ba phân giác (trùng trọng tâm); $r=\dfrac13h=\dfrac{a\sqrt3}6$. Với $a=8$: $r=\dfrac{8\sqrt3}6=\dfrac{4\sqrt3}3$.
- b) $r=\dfrac{a\sqrt3}6=1\Rightarrow a=\dfrac6{\sqrt3}=2\sqrt3$ cm ⟹ $S=\dfrac{a^2\sqrt3}4=\dfrac{12\sqrt3}4=$ $3\sqrt3\approx5{,}2$ cm².
- c) $(I)$ tiếp xúc với cả ba cạnh $OA$ (trên $Ox$), $OB$ (trên $Oy$) và $AB$ (trên $d$) của $\triangle OAB$ ⟹ đường tròn nội tiếp $\triangle OAB$ chính là $(I)$.
3 Dạng 3 — Bài toán thực tế
a) Ba cụm dân cư $A,B,C$: tìm $O$ cách đều $A,B,C$ (trường học) và $I$ cách đều ba con đường (trạm cứu hộ). b) Trại hình tam giác đều cạnh $10$ m: đặt trụ đèn cách đều ba đỉnh — xác định vị trí và tính khoảng cách.
🔑 Lời giải
Dùng Lý thuyết 1 & 2: dịch "cách đều" sang tâm ngoại tiếp / nội tiếp.- a) $O$ cách đều ba điểm $A,B,C$ ⟹ $O$ là giao ba đường trung trực của $\triangle ABC$ (tâm đường tròn ngoại tiếp). $I$ cách đều ba con đường (ba cạnh) ⟹ $I$ là giao ba đường phân giác trong (tâm đường tròn nội tiếp).
- b) Vị trí đặt đèn là tâm đường tròn ngoại tiếp — với tam giác đều là giao hai đường trung trực (trùng trọng tâm). Khoảng cách tới ba đỉnh: $R=\dfrac{10\sqrt3}3\approx$ $5{,}8$ m.
4 Dạng 4 — Bài toán tổng hợp
a) Tam giác đều $ABC$ cạnh $6$ cm: nêu cách vẽ hai đường tròn; tính $R$, $r$. b) $\triangle ABC$ ngoại tiếp $(I)$; $D,E,F$ là tiếp điểm trên $AB,BC,AC$. Chứng minh $2AD=AB+AC-BC$; tìm hệ thức tương tự.
🔑 Lời giải
Dùng Lý thuyết 2 + tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: $AD=AF$, $BD=BE$, $CE=CF$.- a) Vẽ giao hai đường trung trực được tâm $O$ (với tam giác đều cũng là giao phân giác) — vẽ $(O;OA)$ được đường tròn ngoại tiếp, vẽ $(O;$ khoảng cách đến $BC)$ được đường tròn nội tiếp. $R=\dfrac{6\sqrt3}3=$ $2\sqrt3$ cm; $r=\dfrac{6\sqrt3}6=$ $\sqrt3$ cm.
- b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: $AD=AF$, $BD=BE$, $CE=CF$. Khi đó $AB+AC-BC=(AD+DB)+(AF+FC)-(BE+EC)=AD+AF+(DB-BE)+(FC-EC)=AD+AF=2AD$ ✓. Hệ thức tương tự: $2BE=BA+BC-AC$; $2CF=CA+CB-AB$.
⚠️ Chú ý ghi nhớ
- Ngoại tiếp — qua $3$ đỉnh — giao trung trực; nội tiếp — chạm $3$ cạnh — giao phân giác trong.
- Tam giác vuông: $R=\dfrac{\text{huyền}}2$; tam giác đều cạnh $a$: $R=\dfrac{a\sqrt3}3$, $r=\dfrac{a\sqrt3}6$, $R=2r$.
- Tam giác cân: tâm ngoại tiếp nằm trên đường cao ứng với cạnh đáy — lập phương trình $ON=OM=R$ theo đường cao để tính $R$.