Bài tập Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác lớp 9 (có lời giải)

a) Hình \[a)\], đường tròn \[\left( O \right)\]là đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] vì nó đi qua ba đỉnh \[A,B,C\] của tam giác \[ABC\].

b) Hình \[d)\], đường tròn \[\left( O \right)\]là đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\] vì nó tiếp xúc ba cạnh \[AB,BC,CA\] của tam giác \[ABC\].

Xét \[ABC\] vuông tại \[A\], theo pythagore ta có:

\[\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\\B{C^2} = {10^2} + {\left( {\sqrt {21} } \right)^2}\\B{C^2} = 121\\ \Rightarrow BC = \sqrt {121}  = 11\left( {cm} \right)\end{array}\]

Tam giác  \[ABC\] vuông tại \[A\] nên bán kính \[R\] đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] bằng nữa cạnh huyền \[BC\] hay \[R = \frac{{BC}}{2} = \frac{{11}}{2} = 5,5\left( {cm} \right)\]

Đường tròn \[\left( {I;r} \right)\] tiếp xúc với các cạnh \[AB,AC,BC\] theo thứ tự \[M,N,P\]

Ta có: \[{S_{AIB}} = \frac{1}{2}IM.AB = \frac{1}{2}r.AB\,\left( 1 \right);\,{S_{AIC}} = \frac{1}{2}IN.AC = \frac{1}{2}r.AC\,\left( 2 \right);\,{S_{BIC}} = \frac{1}{2}r.BC\,\left( 3 \right)\]

Cộng \[\left( 1 \right)\left( 2 \right)\left( 3 \right)\] vế theo vế, ta được: \[\frac{{{S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{BIC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{1}{2}r.\left( {AB + AC + BC} \right)\]

Mà \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{{6.8}}{2} = 24\left( {c{m^2}} \right)\] , \[BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}}  = \sqrt {100}  = 10\left( {cm} \right)\]

Nên ta có: \[24 = \frac{1}{2}r\left( {6 + 8 + 10} \right) \Rightarrow r = 2\left( {cm} \right)\].

Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác đều ABC thì O đồng thời cũng là trọng tâm và trực tâm của tam giác. Ta có \({\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{OC}} = \frac{2}{3}{\rm{AH}}\) (H là chân đường cao kẻ từ A) (Xem hình vẽ).

Do đó O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC .

Mặt khác, xét tam giác AHB vuông tại H.

Theo định lí Pythagore, ta có:\({\rm{A}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} = {{\rm{a}}^2} - {\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)^2}\)\( \Rightarrow {\rm{AH}} = \sqrt {{{\rm{a}}^2} - {{\left( {\frac{{\rm{a}}}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 9 }}{2}\)

\( \Rightarrow {\rm{AO}} = \frac{2}{3}{\rm{AH}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\)(Tính chất trọng tâm)

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a có tâm là trọng tâm tam giác và có bán kính \(\frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\).

a) (Xem hình vẽ).

Tam giác ANC vuông tại B có$\widehat{\text{C}}={60}^{°}$ nên tam giác ABC là nửa tam giác đều $\Rightarrow \widehat{\text{BAC}}={30}^{°}\Rightarrow \text{AC}=2\text{BC}=2.3=6( \text{cm})$

Theo bài toán 1 ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp là \(\frac{{{\rm{AC}}}}{2} = \frac{6}{2} = 3(\;{\rm{cm}})\)và tâm O là trung điểm cạnh huyền AC .

b) Dễ thấy tam giác BCD đều (Theo bài toán 2).

Gọi I là trọng tâm của tam giác BCD, ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp vì cạnh của tam giác đều BCD là \(3(\;{\rm{cm}})\) nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều BCD là \(\frac{{3\sqrt 3 }}{3}\) (Xem lời giải bài toán 2).

Ta có tam giác ABC vuông cân tại A (gt).

Theo định lí Pythagore, ta có: \({\rm{B}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {(2\sqrt 2 )^2} + {(2\sqrt 2 )^2}\) \( \Rightarrow {\rm{BC}} = \sqrt {{{(2\sqrt 2 )}^2} + {{(2\sqrt 2 )}^2}} = 4(\;{\rm{cm}})\)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông ABC có độ dài bằng nửa cạnh huyền BC tức là \(2(\;{\rm{cm}})\).