Câu hỏi:

18/03/2026 205

Đường tròn nội tiếp tam giác đều \[ABC\] có bán kính bằng \[4{\rm{ dm}}\].

(a) Tính diện tích tam giác \[ABC\].

(b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\].

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đường tròn nội tiếp tam giác đều A B C có bán kính bằng 4 d m . (a) Tính diện tích tam giác A B C . (b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C . (ảnh 1)

a) Ta có tâm \[O\] đường tròn nội tiếp của tam giác đều \[ABC\] là giao điểm của ba đường phân giác, cũng là đường trung trực, đường cao của tam giác đều.

Bán kính \[OI = 4{\rm{ dm}}\] với \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Do đó \[OI = \frac{1}{3}AI\] suy ra \[AI = 3OI = 12{\rm{ dm}}\].

Gọi cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[a{\rm{ dm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABI\], ta có:

\[A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}\]

\[{12^2} + {\frac{a}{4}^2} = {a^2}\]

\[\frac{{3{a^2}}}{4} = {12^2}\] suy ra \[a = 8\sqrt 3 {\rm{ dm}}\].

Suy ra diện tích tam giác đều \[ABC\] là \[\frac{1}{2}.12.8\sqrt 3 = 48\sqrt 3 {\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Đường tròn nội tiếp tam giác đều A B C có bán kính bằng 4 d m . (a) Tính diện tích tam giác A B C . (b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C . (ảnh 2)

Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\] có tâm \[O\] là giao điểm của ba đường trung trực, bán kính \[OA = OB = OC\].

Ta có \[OA = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.12 = 8{\rm{ dm}}\].

Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\] là \[R = 8{\rm{ dm}}\].

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn tâm \[O\], đường kính \[AB\], dây \[CD\] vuông góc với \[AB\] tại \[F\]. Gọi \[M\] là một điểm thuộc cung nhỏ \[BC\] (\[M\] khác \[B,C\]), hai đường thẳng \[AM\] và \[CD\] cắt nhau \[E\].

(a) Chứng minh tứ giác \[BMEF\] nội tiếp.

(b) Chứng minh tia \[MA\] là phân giác của góc \[\widehat {CMD}\].

(c) Chứng minh \[A{C^2} = AE.AM.\]

Lời giải

Cho đường tròn tâm O , đường kính A B , dây C D vuông góc với A B tại F . Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏ B C ( M khác B , C ), hai đường thẳng A M và C D cắt nhau E . (a) Chứng minh tứ giác B M E F nội tiếp. (ảnh 1)

a) Xét \[\Delta EFB\] vuông tại \[F\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\]. (1).

Xét \[\Delta EMB\] vuông tại \[M\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\] (2).

Từ (1) và (2) ta có \[B,M,E,F\] cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \[BMEF\] nội tiếp.

b) Vì \[AB \bot CD\] và \[\Delta ICD\] cân tại \[I\] nên \[IF\] là đường cao đồng thời là đường phân giác hay \[\widehat {CIF} = \widehat {FID}\] suy ra .

Ta có: và .

Suy ra \[\widehat {AMC} = \widehat {AMD}\] nên \[AM\] là phân giác của \[\widehat {CMD}\].

c) Xét \[\Delta ACE\] và \[\Delta AMC\] có: \[\widehat A\] chung; .

Suy ra (g.g), do đó \[\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}\] suy ra \[A{C^2} = AE.AM\].

Câu 2

Cho đường tròn \[O\] đường kính \[AB\]. Dây cung \[MN\] vuông góc với \[AB\], \[\left( {AM < BM} \right)\]. Hai đường thẳng \[BM\] và \[NA\] cắt nhau tại \[K\]. Gọi \[H\] là chân đường vuông góc kẻ từ \[K\] đến đường thẳng \[AB\].

(a) Chứng minh tứ giác \[AHKM\] nội tiếp trong một đường tròn.

(b) Chứng minh rằng \[NB.HK = AN.HB.\]

(c) Chứng minh \[HM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[O\].

Lời giải

Cho đường tròn O đường kính A B . Dây cung M N vuông góc với A B , ( A M < B M ) . Hai đường thẳng B M và N A cắt nhau tại K . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ K đến (ảnh 1)

a) Chứng minh tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

Xét tứ giác \[AHKM\], có \[\widehat {AHM} = 90^\circ \] (vì \[HK \bot AB\]) và \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \]).

Suy ra tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

b) Chứng minh rằng \[NB.HK = AN.HB.\]

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta KHB\] có:

\[ANB = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {ANB} = \widehat {KHB} = 90^\circ \]

\[\widehat {ABN} = \widehat {KBH}\] (góc nội tiếp chắn hai cung \[AN,AM\] bằng nhau do \[AB \bot MN\]).

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{KH}}{{HB}}\] suy ra \[BN.HK = AN.HB\].

c) Cho \[HM\] giao với \[\left( O \right)\] tại \[M\].

Tứ giác \[AHKM\] nội tiếp nên \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[HK\]);

\[\widehat {HAK} = \widehat {NAB}\] (đối đỉnh); \[\widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] (\[AB \bot MN\] nên \[B\] nằm chính giữa cung \[MN\], hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK} = \widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] do đó \[\widehat {HMK} + \widehat {HMA} = \widehat {OMA} + \widehat {HMA}\].

Mà \[\widehat {HMK} + \widehat {MHA} = \widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \], góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {OMA} + \widehat {HMA} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {HMO} = 90^\circ \] hay \[HM \bot OM\] tại \[M\].

Câu 3