17 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 28. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp có đáp án

\[\begin{array}{l}a = R\sqrt 2 = 3\sqrt 2 \left( {cm} \right)\\S = {a^2} = {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\left( {c{m^2}} \right)\end{array}\]

Từ tâm \[P\] và \[Q\] vẽ \[PQ\] và \[CQ\] vuông góc với cạnh \[AD\] của tam giác

Các tam giác \[APB\] và \[DQC\] là nửa tam giác đều với \[PB = QC = 3\]

\[ \Rightarrow AB = CD = 3\sqrt 3 ;BC = PQ = 6 \Rightarrow AD = 6 + 6\sqrt 3 \]

Vậy chu vi tam giác là: \[18 + 18\sqrt 3 \]

Gọi \[D,E,F\] là tiếp điểm của đường tròn \[\left( I \right)\] với \[AB\]

\[\Delta ABC\] vuông tại \[A\], theo định lý Pytago ta có: \[BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}}  = 15\left( {cm} \right)\]

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AD = AF;BD = BE;CE = CF\]

Do đó \[2AD + 2BE + 2CE = AB + BC + CA = 9 + 12 + 15 = 36\]

\[ \Leftrightarrow 2AD + 2BC = 36 \Leftrightarrow AD = 3\left( {cm} \right) \Rightarrow BD = 6\left( {cm} \right);DI = 3\left( {cm} \right)\]

Gọi \[N = BI \cap AC\], ta có: \[\frac{{BI}}{{BN}} = \frac{{BD}}{{BA}} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{{BG}}{{BM}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IG//NM\\IG = \frac{2}{3}NM\end{array} \right.\]

Ta có \[\diamondsuit IDAF\] là hình vuông, có: \[\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{DI}}{{AN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow AN = 4,5\left( {cm} \right)\]

Mà \[M\] là trung điểm của \[AC\] nên: \[NM = AM - AN = 6 - 4,5 = 1,5\left( {cm} \right) \Rightarrow IG = 1\left( {cm} \right)\]

Ta có \(AI = \frac{{2AO}}{3} = \frac{{2R}}{3} \Rightarrow OI = R - \frac{{2R}}{3} = \frac{R}{3}\)

\(\Delta OCI\) vuông tại \(O\), ta có:

\(CI = \sqrt {O{C^2} + O{I^2}}  = \sqrt {{R^2} + {{\left( {\frac{R}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}\)

\(\Delta CED\) nội tiếp đường tròn \(O\) có cạnh \(CD\) là đường kính \( \Rightarrow \Delta CED\) vuông tại \(E\)

Hai tam giác vuông \(OCI\) và \(CED\) có \(\widehat C:chung\)

\( \Rightarrow \Delta COI \sim \Delta CED \Rightarrow \frac{{CO}}{{CE}} = \frac{{CI}}{{CD}} \Rightarrow CE = \frac{{CO.CD}}{{CI}}\)

\( = \frac{{R.2R}}{{R\frac{{\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{{6R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3R\sqrt {10} }}{5}\)

Gọi O là trung điểm của cạnh huyền BC của tam giác vuông ABC .

Ta có AO là trung tuyến của tam giác vuông \({\rm{OA}} = \frac{1}{2}{\rm{BC}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}}\).

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn tâm O là trung điểm của BC.

Vì tam giác ABC vuông tại A (gt).

Theo định lí Pythagore, ta có: \({\rm{B}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {3^2} + {4^2}\)\( \Rightarrow {\rm{BC }} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} \)\( = \sqrt {25}  = 5(\;{\rm{cm}})\)

Vậy bán kính của đường tròn là \(5:2 = 2,5(\;{\rm{cm}})\).

Tam giác ABC vuông tại A (gt).

Theo định lí Pythagore, ta có: \({\rm{B}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {5^2} + {12^2}\)\( \Rightarrow {\rm{BC}} = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}}  = 13(\;{\rm{cm}})\)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A là: \(\frac{{{\rm{BC}}}}{2} = \frac{{13}}{2}(\;{\rm{cm}})\)( nửa cạnh huyền BC)

Kẻ đường cao AH vì tam giác ABC đều (gt) nên đường cao AH đồng thời là đường phân giác của góc BAC , ta có: BAH^=CAH^=BAC^2=60°2=30° Kéo dài AH cắt đường tròn \(({\rm{O}})\) tại D .

Khi đó \(\widehat {{\rm{BOD}}}\) và \(\widehat {{\rm{BAD}}}\) lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BD ⇒BOD^=2BAD^=2.30°=60°

Tam giác BHO vuông tại H có cạnh huyền \({\rm{OB}} = 3\;{\rm{cm}}\) (gt) và BOD^=60°. Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: BH=OB⋅sinBOH=3⋅sin60°=332( cm)

Vì  đều nên đường cao AH đồng thời là trung tuyến hay H là trung điểm của BC . ⇒BC=2BH=2⋅332=33( cm)

Xét tam giác AHB vuông tại H có cạnh huyền \({\rm{AB}} = {\rm{BC}} = 3\sqrt 3 (\;{\rm{cm}})\) và góc BAH^=30°(cmt)

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:  AH=AB⋅cosBAH=33⋅cos30°=92( cm)

Gọi \({{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}}\) là diện tích tam giác đều, ta có: \({{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{1}{2}{\rm{AH}} \cdot {\rm{BC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot 3\sqrt 3  = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

a) Kẻ đường cao AH của tam giác đều ABC có cạnh 3 cm ta có \({\rm{AH}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}(\;{\rm{cm}})\).

Vì đều nên trực tâm O cùng trùng với trọng tâm, khi đó \({\rm{OA}} = \frac{2}{3} \cdot {\rm{AH}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \) (cm)

Vậy bán kính R của đường tròn \(({\rm{O}})\) là:\({\rm{OA}} = \sqrt 3 (\;{\rm{cm}})\)

b) Gọi \({{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}}\) là diện tích tam giác đều ABC cạnh 3 cm , ta có: \({{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{{3^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Gọi S là diện tích hình tròn \(({\rm{O}})\), ta có:\({\rm{S}} = \pi \cdot {(\sqrt 3 )^2} = 3\pi \left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Do đó diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây cung BC và cung nhỏ BC là: \({{\rm{S}}_{{\rm{vp}}}} = \frac{1}{3}\left( {3\pi - \frac{{9\sqrt 3 }}{4}} \right) \approx 1,8\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Ta có tam giác ABC đều.

Gọi O là trực tâm của tam giác đồng thời là giao điểm ba đường phân giác trong.

Vậy O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC . Ta có: BAH^=CAH^=60°2=30°

Xét tam giác AHB vuông tại H có cạnh huyền AB=a,BAH^=30°

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH=AB⋅cosBAH=a⋅cos30°=a32.

(Lưu ý: Có thể kết luận ngay \({\rm{AH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\) vì đều cạnh a ).

Mặt khác tam giác ABC đều nên trực tâm O cũng là trọng tâm \( \Rightarrow {\rm{OH}} = \frac{1}{3}{\rm{AH}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}.\)

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a bằng \(\frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}\).

Nhận xét: Trong tam giác đều tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau.

I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC nên I là giao điểm của ba đường phân giác và I đồng thời là trọng tâm của tam giác đều ABC , khi đó AH là đường trung tuyến, ta có:

\({\rm{AI}} = 2{\rm{IH}} = 2.1 = 2(\;{\rm{cm}})\)\( \Rightarrow {\rm{BI}} = {\rm{CI}} = {\rm{AI}} = 2(\;{\rm{cm}})\)

Xét tam giác BHI vuông tại H , có cạnh huyền \({\rm{BI}} = 2(\;{\rm{cm}})\), góc IBH^=30°

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

BH=BI⋅cosIBH=2⋅cos30°=2⋅32=3( cm) ⇒BC=2⋅BH=2⋅3=23( cm)

Độ dài các cạnh của tam giác đều ABC ngoại tiếp \(({\rm{I}},1)\) bằng \(2\sqrt 3 (\;{\rm{cm}})\).

Gọi OI là đường cao của tam giác AOC cân tại O , ta có OI đồng thời là đường phân giác của góc AOC hay \(\widehat {{\rm{AOI}}} = \widehat {{\rm{COI}}} = \frac{{\widehat {{\rm{AOC}}}}}{2}\).

Xét đường tròn \(({\rm{O}})\), ta có: \(\widehat {{\rm{ABC}}}\) và \(\widehat {{\rm{AOC}}}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC nên \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \frac{{\widehat {{\rm{AOC}}}}}{2}\) hay \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{AOI}}}\)

Hai tam giác APB và tam giác AIO đều vuông tại P và Imà \(\widehat {{\rm{ABP}}} = \widehat {{\rm{AOI}}}\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{BAH}}} = \widehat {{\rm{OAC}}}\) (cùng phụ với hai góc bằng nhau).

Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp \(({\rm{I}};{\rm{r)}}\) với các cạnh AB, AC và BC của tam giác ABC.

Ta có: \({\rm{S}} = {{\rm{S}}_{{\rm{AIB}}}} + {{\rm{S}}_{{\rm{AIC}}}} + {{\rm{S}}_{{\rm{BIC}}}}\)\( = \frac{1}{2}{\rm{ID}} \cdot {\rm{AB}} + \frac{1}{2}{\rm{IE}} \cdot {\rm{AC}} + \frac{1}{2}{\rm{IF}} \cdot {\rm{BC}}\)

Mà \({\rm{ID}} = {\rm{IE}} = {\rm{IF}} = {\rm{r}}\)\( \Rightarrow \;{\rm{S}} = \frac{1}{2}{\rm{r}}({\rm{BC}} + {\rm{CA}} + {\rm{AB}})\)(đpcm)

Ta có đường kính đường tròn bằng với cạnh của hình vuông.

Nên bán kính mặt thớt hình tròn là \(50:2 = 25\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích bề mặt gỗ bị cắt bỏ là: \({50^2} - \pi {.25^2} \approx 536,5\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Áp dụng định lý Pythagore ta có độ dài đường chéo hình chữ nhật là \(\sqrt {{{60}^2} + {{80}^2}} = 100\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).

Vì hình chữ nhật nội tiếp đường tròn nên độ dài đường chéo hình chữ nhật là đường kính của đường tròn.

Nên bán kính đường tròn \(100:2 = 50\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích hình tròn là: \(\pi {.3^2} = 9\pi \left( {c{m^2}} \right)\). Áp dụng định lý Pythagore trong \(\Delta {\rm{OBC}}\) vuông tại \(O\) ta có:

BC=OC2+OB2=32cm. Diện tích hình vuông là: \({\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). Tỉ số phần trăm của diện tích hình tròn và diện tích hình vuông là: \(\frac{{9\pi }}{{18}}.100\% \approx 157,1\% \).

Ta chia hình vuông ban đầu thành 4 phần bằng nhau. Bây giờ ta tính diện tích phần tô đậm nằm trong hình vuông \({O_1}\) ( \(\frac{1}{4}\) diện tích hình đã cho).

Diện tích phần tô đậm trong hình vuông \({O_1}\) là: \(S = {S_1} + {S_3} + {S_4}\).

Ta thấy: \({S_2} = {S_4} = {S_3} = {S_5}\) (Vì đều bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình tròn bán kính 2 cm trừ đi diện tích hình tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng 2 cm).

Nên \(S = {S_1} + {S_2} + {S_5}\) và bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình tròn bán kính 4 cm trừ đi diện tích hình tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng 4 cm . Ta có: \(S = 4.4.\pi .\frac{1}{4} - \frac{1}{2}.4.4 \approx 4,57\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích phần tô đậm cần tìm là: \(4,57.4 \approx 18,28\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).