5 bài tập về Bài toán liên quan đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác (có lời giải)

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 \(\widehat {BAC}\)

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: \[BD.DC = \frac{{\left( {BC + AB - AC} \right)\left( {BC + AC - AB} \right)}}{4}\]

\[\frac{{B{C^2} - {{\left( {AB - AC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2} - A{B^2} - A{C^2} + 2AB.AC}}{4} = \frac{{AB.AC}}{2} = {S_{ABC}}\].

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)

Ta có \({\rm{E}},{\rm{F}}\) lần lượt là hai tiếp điểm trên các cạnh AB và AC (gt) $\Rightarrow \widehat{\text{AEI}}=\widehat{\text{AFI}}={90}^{°}$

Xét tứ giác AEIF có $\widehat{\text{AEI}}+\widehat{\text{AFI}}={180}^{°}$

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 \({\rm{AHD}} \Rightarrow {\rm{AH}} = 2{\rm{OM}}\).