41 bài tập Đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp có lời giải

Chọn D

- Ta có \(O\) là giao điểm ba đường trung trực của tam giác nên \(O\) cách đều ba đỉnh của tam giác hay ba đỉnh của tam giác thuộc đường tròn tâm \(O\).

- Tam giác \(ABC\) nhọn thì tâm \(O\) nằm trong tam giác.

- Tam giác \(ABC\) tù thì tâm \(O\) nằm ngoài tam giác.

- Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) thì tâm \(O\) nằm trên cạnh huyền \(BC\).

Chọn C

Ta có \(I\) là một điểm tùy ý nằm trên đường tròn \(\left( {O\;;\;\frac{{AB}}{2}} \right)\) (\(I\) khác \(A\) và \(B\)) nên \(\widehat {AIB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó tam giác \(IAB\) là tam giác vuông tại \(I\).

Chọn D

Tam giác \(ABC\)có

\(A{B^2} = {13^2} = 169\)

\(A{C^2} + B{C^2} = {5^2} + {12^2} = 169\)

Suy ra \[A{B^2} = A{C^2} + B{C^2}\]

Nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) (Định lí Pythagore đảo).

Do đó tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm của ba đường trung trực trong tam giác và là trung điểm của cạnh huyền \(AB\), cách \(A\) một khoảng bằng \[6,5\,{\rm{cm}}\].

Chọn B

Tam giác \(ABC\)có \(B{C^2} = {5^2} = 25\)

\(A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = 25\)

Suy ra \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)

Nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) (định lí Pythagore đảo).

Do đó tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền \(BC\) và \(A\) thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Chọn B

Chọn B

\[R = \frac{{AC}}{2} = 4\,{\rm{cm}}\]

Chọn A

\[R = \frac{{BD}}{2} = 3\sqrt 2 \,{\rm{cm}}\]

Chọn B

\[R = \frac{{AC}}{2} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\,\,{\rm{cm}}\]

Chọn D

\[R = \frac{{AC}}{2} = \frac{{7\sqrt 2 }}{2}\,\,{\rm{cm}}\]

Chọn D

Chọn B

Đường chéo của hình chữ nhật có kích thước là \(\sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\,{\rm{cm}}\);\[R = \frac{5}{2} = 2,5\,{\rm{cm}}\]

Chọn D

Đường chéo của hình vuông có kích thước là \(\sqrt {{5^2} + {5^2}} = 5\sqrt 2 \,{\rm{cm}}\); \[R = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\]

Chọn D

Đường chéo của hình chữ nhật có kích thước là \(\sqrt {{{12}^2} + {5^2}} = 13\,\,{\rm{cm}}\); \[R = \frac{{13}}{2} = 6,5\,{\rm{cm}}\]

Chọn D

Đường chéo của hình vuông có kích thước là \(\sqrt {{3^2} + {3^2}} = 3\sqrt 2 \,{\rm{cm}}\); \[R = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\,{\rm{cm}}\]

Chọn B

Bán kính đường tròn tâm \(I\): \(r = \frac{{5\sqrt 3 }}{6}\,{\rm{cm}}\).

Chọn B

Bán kính đường tròn tâm \(I'\): \(r = \frac{{4\sqrt 3 }}{6}\,{\rm{cm}}\)

Suy ra, đường kính đường tròn tâm \(I'\): \(d = 2r = 2\,\,\, \cdot \,\,\frac{{4\sqrt 3 }}{6} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\,{\rm{cm}}\).

Chọn C

Ta có đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác đều \(ABC\): \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Suy ra \(a = \frac{{6r}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{6\,\,.\,\,2}}{{\sqrt 3 }} = 4\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Vậy độ dài cạnh \(AB = a = 4\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}\).

Chọn C

Bán kính đường tròn tâm \(O\): \(r = \frac{7}{2} = 3,5\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Độ dài cạnh \(AB\) là: \(\frac{{6r}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{6\,\,.\,\,3,5}}{{\sqrt 3 }} = 7\sqrt 3 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn D

Bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều \(ABC\): \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{7\sqrt 3 }}{6}\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Chu vi của đường tròn nội tiếp tam giác đều \(ABC\): \(2\pi r = 2\pi \,\, \cdot \,\,\frac{{7\sqrt 3 }}{6} = \frac{{7\pi \sqrt 3 }}{3}\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn D

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \(A\) ta có:

\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) (Định lí Pythagore)

\[ \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{18}^2} + {{24}^2}} = 30\,({\rm{cm)}}\]

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là: \[R = \frac{{BC}}{2} = 15\,\,({\rm{cm)}}\].

Chọn C

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \(A\) ta có: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) (Định lí Pythagore)

\[BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \]

Do đó tâm của đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\] là trung điểm của cạnh huyền \(BC\) và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là: \[R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

Chọn D

Tam giác \[ABC\] đều cạnh \(a\) có bán kính đường tròn ngoại tiếp là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Suy ra \(3R = a\sqrt 3 \)hay \(a = R\sqrt 3 = 4\sqrt 3 \,\,{\rm{(cm)}}\)

Mặt khác \[O\] là trọng tâm tam giác\[ABC\] và \[AH\] vừa là đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh \(A\). Suy ra \(R = AO = \frac{2}{3}\; \cdot \;AH\). Hay \(AH = \frac{{3R}}{2} = \frac{{3\;.\;4}}{2} = 6\,\,({\rm{cm)}}\)

Diện tích tam giác \[ABC\] là \({\rm{S = }}\frac{1}{2}\; \cdot \;AH.BC = \frac{1}{2}\; \cdot \;6.4\sqrt 3 = 12\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Chọn D

Tam giác \(ABC\) đều có \(AM\) là đường trung tuyến do đó \(AM\) đồng thời là đường trung trực.

Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) suy ra \(G\) đồng thời là giao của ba đường trung trực, khi đó \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) và \(GA = 4\,{\rm{cm}}\), \(AG = \frac{2}{3}AM\). Suy ra \(AM = \frac{3}{2}AG = \frac{3}{2} \cdot 4 = 6\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn B

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O\;;\;7,5\,{\rm{cm}}} \right)\) do đó cạnh huyền \(BC\) là đường kính.

Suy ra \(BC = 2.7,5 = 15\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Theo định lí Pythagore ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) \(\left( 1 \right)\)

Lại có \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}\) hay \(AB = \frac{3}{4}AC\) và \(BC = 15\,{\rm{cm}}\), thay vào \(\left( 1 \right)\) ta được:

\({\left( {\frac{3}{4}AC} \right)^2} + A{C^2} = {15^2}\) suy ra \(\frac{{25}}{{16}}A{C^2} = 225\) do đó \(AC = 12\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Với \(AC = 12\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\) thì \(AB = \frac{3}{4}\; \cdot \;12 = 9\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vậy chu vi tam giác \(ABC\) là \(AB + AC + BC = 9 + 12 + 15 = 36\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn C

Độ dài một cạnh của tam đều \(IHK\)là: \(27\,\,:\,\,3 = 9\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Khi đó bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều \(IHK\) là: \(r = \frac{{9\sqrt 3 }}{6} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Chọn C

Bán kính của phần đất trồng hoa đó là: \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{10\sqrt 3 }}{6} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\,\left( {\rm{m}} \right)\)

Diện tích phần đất trồng hoa đó là: \(S = \pi {r^2} = \pi \,\, \cdot \,\,{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{25\pi }}{3}\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Chọn D

Giả sử tam giác đều \[ABC\] có đường tròn nội tiếp \[(I)\] tiếp xúc với \[BC\] tại \[H\] \[ \Rightarrow IH \bot BC\]

Vì \[ABC\] là tam giác đều nên \[I\] cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\]

\[ \Rightarrow IH\] là trung trực \[BC\] \[ \Rightarrow H\] là trung điểm \[BC\]

Vì \[I\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác nên \[BI\] là phân giác của \[\widehat {ABC} \Rightarrow \widehat {IBH} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} = \frac{{{{60}^ \circ }}}{2} = {30^ \circ }\] Xét tam giác \[IHB\] ta có

\[\frac{r}{R} = \frac{{IH}}{{IB}} = \sin \widehat {IBH} = \sin {30^ \circ } = \frac{1}{2}\].

Chọn B

Gọi tam giác \[ABC\]đều cạnh \[a\] nội tiếp \[\left( {O\,;\,R} \right)\]

Khi đó \[O\]là trọng tâm tam giác\[ABC\]. Gọi \[AH\]là đường trung tuyến \( \Rightarrow \,R = AO\, = \,\frac{2}{3}AH\, \Rightarrow AH\, = \,\frac{{3R}}{2}\).

Theo định lý Pythagore ta có \[A{H^2}\, = \,A{B^2} - B{H^2}\, = \,\frac{{3{a^2}}}{4}\, \Rightarrow \,AH\, = \,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

Từ đó ta có \(\frac{{3R}}{2}\, = \,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\, \Rightarrow \,a\, = \,R\sqrt 3 \).

Chọn D

Gọi tam giác \[ABC\]đều cạnh \[a\] nội tiếp \[\left( {O\,;\,2\,{\rm{cm}}} \right)\]

Khi đó \[O\] là trọng tâm tam giác \[ABC\] và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] nên \(AO\, = \,2\,{\rm{cm}}\). Gọi \[AH\] là đường trung tuyến \(\frac{2}{3}AH\,\, = \,AO\, = \,2\,{\rm{cm}} \Rightarrow AH\, = \,3\,{\rm{cm}}\).

Theo định lý Pythagore ta có \[A{H^2}\, = \,A{B^2} - B{H^2}\, = \,\frac{{3{a^2}}}{4}\, \Rightarrow \,AH\, = \,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

Từ đó ta có \[3\, = \,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\, \Rightarrow \,a\, = \,\frac{6}{{\sqrt 3 }}\, = \,2\sqrt 3 \,{\rm{cm}}\].

Diện tích tam giác \[ABC\] là \({\rm{S}}\,{\rm{ = }}\frac{1}{2}AH.BC\, = \,\frac{1}{2}.3.2\sqrt 3 \, = \,3\sqrt 3 \,\left( {c{m^2}} \right)\).

Chọn B

\(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có: \[AB{\rm{ }} = {\rm{ }}9{\rm{ }}cm;{\rm{ }}AC{\rm{ }} = {\rm{ }}12{\rm{ }}cm\]\( \Rightarrow BC = 15\,cm\)

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = 54\,c{m^2}\)

Lại có: \({S_{ABC}} = {S_{OAB}} + {S_{OAC}} + {S_{OBC}}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}r.AB + \frac{1}{2}r.AC + \frac{1}{2}r.BC\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}r.\left( {AB + AC + BC} \right)\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}r.{C_{ABC}}\)

\( \Rightarrow r = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{{C_{ABC}}}}\)

\( \Rightarrow r = \frac{{2.54}}{{9 + 12 + 15}} = \frac{{108}}{{36}} = 3\,cm\)

Chọn B

Để khách sạn cách đều cả ba con đường thì cần phải được xây vào đúng vị trí tâm nội tiếp \(I\) của tam giác \(ABC.\)

Khi đó cho chiều cao hạ từ đỉnh \(I\) xuống các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) của các tam giác \(IBC,\,\,ICA,\,\,IAC\) đều bằng bán kính \(r\) của đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC.\)

Do đó \({S_{ABC}} = {S_{IBC}} + {S_{ICA}} + {S_{IAB}}\)

\( = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right) = \frac{{rc}}{2}.\)

Suy ra \(r = \frac{{2{S_{ABC}}}}{C} = 300\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Vậy khách sạn sẽ cách mỗi con đường là 300 m.