5 bài tập về Bài toán liên quan đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác (có lời giải)
5 câu hỏi
Cho \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(E,F\) theo thứ tự là hình chiếu của \(\left( O \right)\) lên \(AB\) và \(AC\). Chứng minh rằng\(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\)
Ta có: \(\Delta ABC\) cân tại \(A \Rightarrow AB = AC \Rightarrow OE = OF\)
Xét hai tam giác vuông \(AOE\) và \(AOF\), có:
+ \(OA\): cạnh chung
+ \(OE = OF\): Chứng minh trên
\( \Rightarrow \Delta AOE = \Delta AOF\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\,\,\,\\AE = AF\,\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AO\) là phân giác của \(\widehat {BAC}\)
Cho \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\] \[\widehat {BAC} = {90^0}\left( {AB \le AC} \right)\]. Đường tròn \[\left( I \right)\] nội tiếp tam giác \[ABC\] tiếp xúc với \[BC\] tại \[D\]. Chứng minh rằng:
a) \[BD = \frac{{BC + AB - AC}}{2}\]
b) \[{S_{ABC}} = BD.DC\]
![Cho \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/9-1769678131.png)
a) Gọi \[E,F\] là tiếp điểm của đường tròn \[\left( I \right)\] với các cạnh \[AB,AC\]
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AE = AF;BE = BD;CD = CF\]
Do đó: \[2BD = BD + BE = BC - CD + AB - AE = BC + AB - \left( {CD + AE} \right) = BC + AB - \left( {CF + AF} \right)\]
\[ = BC + AB - AC \Rightarrow BD = \frac{{BC + AB - AC}}{2}\]
b) Tương tự câu a) ta có: \[DC = \frac{{BC + AC - AB}}{2}\]
mà \[A{B^2} + AC{}^2 = B{C^2}\] (\[\Delta ABC\] vuông tại \[A\]), do đó: \[BD.DC = \frac{{\left( {BC + AB - AC} \right)\left( {BC + AC - AB} \right)}}{4}\]
\[\frac{{B{C^2} - {{\left( {AB - AC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2} - A{B^2} - A{C^2} + 2AB.AC}}{4} = \frac{{AB.AC}}{2} = {S_{ABC}}\].
Cho tứ giác ABCD có các tam giác ABC và ADC lần lượt ngoại tiếp các đường tròn \(({\rm{I}})\) và \(({\rm{K}})\) sao cho hai đường tròn này tiếp xúc với đường thẳng AC tại điểm H thuộc đoạn thẳng AC . Giả sử đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh AB tại M , đường tròn \(({\rm{K}})\) tiếp xúc với cạnh AD tại N (Hình vẽ). Chứng minh:
a) Ba điểm \({\rm{I}},{\rm{H}},{\rm{K}}\) thẳng hàng;
b) \({\rm{AM}} = {\rm{AN}}\);
c) \(\widehat {{\rm{IAK}}} = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{BAD}}}\).
a) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh AC tại điểm H (gt) \( \Rightarrow {\rm{IH}} \bot {\rm{AC}}\).
Tương tự đường tròn \(({\rm{K}})\) tiếp xúc với cạnh AC tại điểm \({\rm{H}} \Rightarrow {\rm{KH}} \bot {\rm{AC}}\).
\( \Rightarrow {\rm{Ba}}\) điểm \({\rm{I}},{\rm{H}},{\rm{K}}\) thẳng hàng.
b) Ta có đường tròn \(({\rm{I}})\) tiếp xúc với cạnh AB tại M hay AM là tiếp tuyến của đường tròn (I).
lại có AH là tiếp tuyến của đường tròn (I) (cmt)\( \Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AH}}\) (*)(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh tương tự, ta có \({\rm{AH}} = {\rm{AN}}\)(**)
Từ (*) và (**)\( \Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AN}}\).
c) Ta có: \(\widehat {{\rm{IAK}}} = \widehat {{\rm{IAH}}} + \widehat {{\rm{HAK}}}\) mà \(\widehat {{\rm{IAH}}} = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{MAH}}}\) (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\widehat {{\rm{HAK}}} = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{HAN}}} \Rightarrow \widehat {{\rm{IAK}}}\)\( = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{HAN}}} = \frac{1}{2}(\widehat {{\rm{MAH}}} + \widehat {{\rm{HAN}}})\)\( = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{MAN}}}\)hay \( = \frac{1}{2}\widehat {{\rm{BAD}}}\)( đpcm)
Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC với các tiếp điểm trên các cạnh \({\rm{AB}},{\rm{AC}}\) lần lượt là \({\rm{E}},{\rm{F}}\). Chứng minh rằng EIF ^+BAC^=180°
Ta có \({\rm{E}},{\rm{F}}\) lần lượt là hai tiếp điểm trên các cạnh AB và AC (gt) ⇒AEI^=AFI^=90°
Xét tứ giác AEIF có AEI^+AFI^=180°
⇒EIF^+BAC^ =360°−(AEI^+AFI^)EIF^+BAC^ =180°(dpcm)
Cho tam giác nhọn \({\rm{ABC}}({\rm{AB}} < {\rm{AC}})\) nội tiếp đường tròn \(({\rm{O}})\) đường kính \({\rm{AD}} = 2{\rm{R}}\). Gọi M là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm của tam giác ABC . Chứng minh:
a) \({\rm{DB}} \bot {\rm{AB}}\) và \({\rm{CD}} \bot {\rm{AC}}\);
b) Tứ giác BHCD là hình bình hành;
c) \({\rm{A}}{{\rm{C}}^2} + {\rm{B}}{{\rm{H}}^2} = 4{{\rm{R}}^2}\);
d) Ba điểm \({\rm{H}},{\rm{M}},{\rm{D}}\) thẳng hàng và \({\rm{AH}} = 2{\rm{OM}}\).
a) Xét tam giác ABD , ta có: \({\rm{OB}} = {\rm{OA}} = {\rm{OD}}( = {\rm{R}}){\rm{ hay OB}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}}\)
Chứng tỏ vuông tại Bhay \({\rm{DB}} \bot {\rm{AB}}\) (đpcm)
Chứng minh tương tự ta có \({\rm{CD}} \bot {\rm{AC}}\).
b) Ta có \({\rm{BH}}//{\rm{DC}}\) (cùng vuông góc với AC ). Tương tự \({\rm{CH}}//{\rm{BD}}( \bot {\rm{AB}})\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác BHCD là hình bình hành (các cạnh đối song song).
c) Ta có tam giác ACD vuông tại C (chứng minh trên) \( \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} + {\rm{D}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{D}}^2}\) (định lí Pythagore)
Mà \({\rm{DC}} = {\rm{BH}}({\rm{cmt}}) \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} + {\rm{B}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{D}}^2} = {(2{\rm{R}})^2} = 4{{\rm{R}}^2}\).
d) * Ta có M là trung điểm của BC (gt) mà tứ giác BHCD là hình bình hành (cmt) nên đường chéo thứ hai HD phải qua trung điểm M hay ba điểm \({\rm{H}},{\rm{M}},{\rm{D}}\) thẳng hàng.
* Xét tam giác AHD có O là trung điểm của AD (gt)
M là trung điểm của HD ( cmt ) nên OM là đường trung bình của tam giác \({\rm{AHD}} \Rightarrow {\rm{AH}} = 2{\rm{OM}}\).
