Giải VTH Toán 9 KNTT Bài 28. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác có đáp án

Đáp án đúng là: C

Tâm đường tròn ngoại tiếp một tam giác là giao điểm của ba đường trung trực.

Tâm đường tròn nội tiếp một tam giác là giao điểm của ba đường phân giác.

Tâm đường tròn nội tiếp một tam giác đều là trọng tâm của tam giác đó.

Tâm đường tròn ngoại tiếp một tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền.

Đáp án đúng là: A

Mỗi tam giác nội tiếp có đúng một đường tròn.

Mỗi đường tròn ngoại tiếp có vô số tam giác.

Mỗi tam giác ngoại tiếp có đúng một đường tròn.

Mỗi đường tròn nội tiếp có vô số tam giác.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác đều ABC, có tâm đường tròn ngoại tiếp I là trọng tâm của tam giác ABC.

Tâm nội tiếp của tam giác đều ABC là trọng tâm của tam giác ABC.

Suy ra điểm O trùng với điểm I.

Vì tam giác ABC là tam giác đều nên điểm I vừa là trọng tâm vừa là trực tâm của tam giác ABC.

Điểm I là trực tâm của tam giác ABC suy ra \(AI = \frac{2}{3}AH\) hay AI = 2IH.

Do đó R = 2r.

Vậy khẳng định D là khẳng định sai.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông cân tại A, ta có

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {16}  = 4\) (cm).

Do đó \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{4}{2} = 2\) (cm).

Gọi R là bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có \(R = \frac{{\sqrt 3 }}{3}BC,\) hay \(BC = \sqrt 3 R = 3\sqrt 3 \)(cm).

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có \(AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BC = \frac{9}{2}\) cm.

 Vậy \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AM.BC = \frac{1}{2}.\frac{9}{2}.3\sqrt 3 = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\)(cm²).

Cho AH cắt BC tại D ta được tam giác ABD vuông tại D. Khi đó

\(\widehat {BAH} = \widehat {BAD} = 90^\circ  - \widehat {ABD} = 90^\circ  - \widehat {ABC}.\) (1)

Mặt khác, vì ∆AOC cân tại O nên:

\(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = \frac{{180^\circ  - \widehat {AOC}}}{2} = 90^\circ  - \frac{{\widehat {AOC}}}{2} = 90^\circ  - \widehat {ABC}.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {OAC}.\)

Vì các tam giác EIA và FIA lần lượt vuông tại đỉnh E và F nên \(\widehat {EIA} + \widehat {IAE} = 90^\circ \) và \(\widehat {FIA} + \widehat {AIF} = 90^\circ .\)

Ta có: \(\widehat {EIF} + \widehat {BAC} = \widehat {EIA} + \widehat {AIF} + \widehat {IAE} + \widehat {FAI}\)

\[ = \left( {\widehat {EIA} + \widehat {IAE}} \right) + \left( {\widehat {FAI} + \widehat {AIF}} \right)\]\( = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ .\)

Gọi a là độ dài cạnh của tam giác ABC và r là bán kính đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC. Ta có \(r = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a,\) hay \(a = 2\sqrt 3 r = 2\sqrt 3 \) (cm).

Gọi tam giác tạo bởi các cạnh bên trong khung gỗ là tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Khi đó đường tròn nội tiếp tam giác này có bán kính bằng \(r = \frac{{30}}{2} = 15\) (cm).

Mặt khác, \(r = \frac{{\sqrt 3 }}{6}a.\) Suy ra \(a = \frac{6}{{\sqrt 3 }}.15 = 30\sqrt 3 \) (cm).

Do BC2 = AB2 + AC2 nên theo định lí Pythagore đảo thì tam giác ABC vuông tại A.

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là trung điểm của BC và có bán kính là: \(R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) (cm).

Gọi (I; r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó: \({S_{ABC}} = {S_{IBC}} + {S_{ICA}} + {S_{IAB}}.\)

Suy ra \(\frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2}r \cdot BC + \frac{1}{2}r \cdot CA + \frac{1}{2}r \cdot AB,\)

hay \(r = \frac{{AB.AC}}{{BC + CA + AB}} = \frac{2}{{3 + \sqrt 5 }} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) (cm).

Vì \(\widehat {SMA}\) và \(\widehat {SNA}\) là các góc nội tiếp của đường tròn nội tiếp tam giác AMN và cùng chắn cung  nên \[\widehat {SMA} = \widehat {SNA}.\] Từ đây suy ra

\[\widehat {SMB} = 180^\circ  - \widehat {SMA} = 180^\circ  - \widehat {SNA} = \widehat {SNC}.\] (1)

Xét tam giác SBM và tam giác SCN, ta có:

\[\widehat {SBM} = \widehat {SCN}\] (hai góc nội tiếp của (O) cùng chắn cung ),

\[\widehat {SMB} = \widehat {SNC}\] (theo chứng minh trên).

Vậy ∆SBM ᔕ ∆SCN (g.g). Suy ra \(\frac{{SM}}{{SN}} = \frac{{SB}}{{SC}},\) hay \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}}.\)