Bài 28 (tiếp)

Luyện tập 3. Cho tam giác đều ABCABC.

a) Vẽ đường tròn (I;r)(I; r) nội tiếp tam giác ABCABC.

b) Biết rằng BC=4BC = 4 cm, hãy tính bán kính rr.

Lời giải:

a) Vẽ hai đường trung tuyến của tam giác (với tam giác đều, trung tuyến cũng là phân giác), giao điểm của chúng là trọng tâm II — tâm đường tròn nội tiếp. Kẻ ID⊥BCID \perp BC tại DD (chính là trung điểm BCBC) rồi vẽ đường tròn (I;ID)(I; ID).

b) Đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh aa có bán kính r=36ar = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a, nên:

r=36⋅4=233 (cm)≈1,15 cm.r = \frac{\sqrt{3}}{6} \cdot 4 = \frac{2\sqrt{3}}{3} \text{ (cm)} \approx 1{,}15 \text{ cm}.

Bài tập

Bài 9.7. Cho đường tròn (O)(O) ngoại tiếp tam giác ABCABC. Tính bán kính của (O)(O), biết rằng tam giác ABCABC vuông cân tại AA và có cạnh bên bằng 222\sqrt{2} cm.

Lời giải:

Tam giác ABCABC vuông cân tại AA với AB=AC=22AB = AC = 2\sqrt{2} cm. Theo định lí Pythagore:

BC2=AB2+AC2=8+8=16  ⟹  BC=4 (cm).BC^2 = AB^2 + AC^2 = 8 + 8 = 16 \implies BC = 4 \text{ (cm)}.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có bán kính bằng nửa cạnh huyền: R=BC2=2R = \dfrac{BC}{2} = 2 (cm).

Bài 9.8. Cho tam giác đều ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O) có bán kính bằng 33 cm. Tính diện tích tam giác ABCABC.

Lời giải:

Cạnh tam giác đều nội tiếp đường tròn bán kính RR là a=R3=33a = R\sqrt{3} = 3\sqrt{3} (cm).

Diện tích tam giác đều cạnh aa:

S=a234=(33)2⋅34=2734≈11,7 (cm2).S = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(3\sqrt{3})^2 \cdot \sqrt{3}}{4} = \frac{27\sqrt{3}}{4} \approx 11{,}7 \text{ (cm}^2\text{)}.

Bài 9.9. Cho tam giác ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O). Gọi HH là trực tâm của tam giác ABCABC. Chứng minh rằng BAH^=OAC^\widehat{BAH} = \widehat{OAC}.

Lời giải:

Gọi DD là chân đường cao hạ từ AA (đường thẳng AHAH cắt BCBC tại DD, AD⊥BCAD \perp BC). Trong tam giác vuông ABDABD:

BAH^=BAD^=90∘−ABC^.\widehat{BAH} = \widehat{BAD} = 90^\circ - \widehat{ABC}.

Mặt khác, xét tam giác OACOAC cân tại OO (vì OA=OCOA = OC):

OAC^=180∘−AOC^2=90∘−12AOC^.\widehat{OAC} = \frac{180^\circ - \widehat{AOC}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat{AOC}.

Vì ABC^\widehat{ABC} là góc nội tiếp và AOC^\widehat{AOC} là góc ở tâm cùng chắn cung ACAC nên ABC^=12AOC^\widehat{ABC} = \dfrac{1}{2}\widehat{AOC}.

Do đó OAC^=90∘−ABC^=BAH^\widehat{OAC} = 90^\circ - \widehat{ABC} = \widehat{BAH} (điều phải chứng minh).

Bài 9.10. Cho đường tròn (I)(I) nội tiếp tam giác ABCABC với các tiếp điểm trên các cạnh ABAB, ACAC lần lượt là EE, FF. Chứng minh rằng EIF^+BAC^=180∘\widehat{EIF} + \widehat{BAC} = 180^\circ.

Lời giải:

Vì EE, FF là các tiếp điểm nên bán kính vuông góc với tiếp tuyến tại tiếp điểm: IE⊥ABIE \perp AB và IF⊥ACIF \perp AC, tức là AEI^=AFI^=90∘\widehat{AEI} = \widehat{AFI} = 90^\circ.

Xét tứ giác AEIFAEIF, tổng bốn góc bằng 360∘360^\circ:

BAC^+AEI^+EIF^+IFA^=360∘\widehat{BAC} + \widehat{AEI} + \widehat{EIF} + \widehat{IFA} = 360^\circ

  ⟹  BAC^+EIF^=360∘−90∘−90∘=180∘ (đieˆˋu phải chứng minh).\implies \widehat{BAC} + \widehat{EIF} = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 180^\circ \text{ (điều phải chứng minh)}.

Bài 9.11. Cho tam giác đều ABCABC ngoại tiếp đường tròn (I)(I). Tính độ dài các cạnh của tam giác ABCABC biết rằng bán kính của (I)(I) bằng 11 cm.

Lời giải:

Với tam giác đều cạnh aa: r=36ar = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a. Từ r=1r = 1 cm suy ra:

a=6r3=63=23 (cm)≈3,46 cm.a = \frac{6r}{\sqrt{3}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3} \text{ (cm)} \approx 3{,}46 \text{ cm}.

Bài 9.12. Người ta muốn làm một khung gỗ hình tam giác đều để đặt vừa khít một chiếc đồng hồ hình tròn có đường kính 3030 cm. Hỏi độ dài các cạnh (phía bên trong) của khung gỗ phải bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Đồng hồ đặt vừa khít trong khung nghĩa là đường tròn (bán kính r=15r = 15 cm) nội tiếp tam giác đều. Với tam giác đều cạnh aa: r=36ar = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a, suy ra:

a=6r3=6⋅153=303≈52 (cm).a = \frac{6r}{\sqrt{3}} = \frac{6 \cdot 15}{\sqrt{3}} = 30\sqrt{3} \approx 52 \text{ (cm)}.

Vậy các cạnh bên trong khung gỗ dài 303≈5230\sqrt{3} \approx 52 cm.

Luyện tập chung

Ví dụ 1. Cho tam giác ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O). Biết rằng OAB^=30∘\widehat{OAB} = 30^\circ, OAC^=40∘\widehat{OAC} = 40^\circ. Hãy tính số đo của các góc ABCABC và ACBACB.

Lời giải:

Tam giác OABOAB cân tại OO (vì OA=OBOA = OB) nên OBA^=OAB^=30∘\widehat{OBA} = \widehat{OAB} = 30^\circ, suy ra AOB^=180∘−30∘−30∘=120∘\widehat{AOB} = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ.

Tam giác OACOAC cân tại OO (vì OA=OCOA = OC) nên OCA^=OAC^=40∘\widehat{OCA} = \widehat{OAC} = 40^\circ, suy ra AOC^=180∘−40∘−40∘=100∘\widehat{AOC} = 180^\circ - 40^\circ - 40^\circ = 100^\circ.

Góc nội tiếp ABC^\widehat{ABC} và góc ở tâm AOC^\widehat{AOC} cùng chắn cung nhỏ ACAC nên ABC^=12AOC^=50∘\widehat{ABC} = \dfrac{1}{2}\widehat{AOC} = 50^\circ.

Góc nội tiếp ACB^\widehat{ACB} và góc ở tâm AOB^\widehat{AOB} cùng chắn cung nhỏ ABAB nên ACB^=12AOB^=60∘\widehat{ACB} = \dfrac{1}{2}\widehat{AOB} = 60^\circ.

Ví dụ 2. Cho tam giác ABCABC có diện tích SS và ngoại tiếp đường tròn (I;r)(I; r). Chứng minh rằng S=12r(BC+CA+AB)S = \dfrac{1}{2}r(BC + CA + AB).

Lời giải:

Gọi DD, EE, FF lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (I;r)(I; r) với BCBC, CACA và ABAB. Khi đó ID⊥BCID \perp BC, IE⊥CAIE \perp CA, IF⊥ABIF \perp AB và ID=IE=IF=rID = IE = IF = r.

Chia tam giác ABCABC thành ba tam giác nhỏ có chung đỉnh II:

S=S△BIC+S△CIA+S△AIB=12ID⋅BC+12IE⋅CA+12IF⋅AB=12r(BC+CA+AB).S = S_{\triangle BIC} + S_{\triangle CIA} + S_{\triangle AIB} = \frac{1}{2}ID \cdot BC + \frac{1}{2}IE \cdot CA + \frac{1}{2}IF \cdot AB = \frac{1}{2}r(BC + CA + AB).

Bài tập (Luyện tập chung)

Bài 9.13. Cho tam giác ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O). Biết rằng BOC^=120∘\widehat{BOC} = 120^\circ và OCA^=20∘\widehat{OCA} = 20^\circ. Tính số đo các góc của tam giác ABCABC.

Lời giải:

Góc nội tiếp BAC^\widehat{BAC} chắn cung BCBC nên BAC^=12BOC^=60∘\widehat{BAC} = \dfrac{1}{2}\widehat{BOC} = 60^\circ.

Tam giác OACOAC cân tại OO (vì OA=OCOA = OC) nên OAC^=OCA^=20∘\widehat{OAC} = \widehat{OCA} = 20^\circ, suy ra AOC^=180∘−20∘−20∘=140∘\widehat{AOC} = 180^\circ - 20^\circ - 20^\circ = 140^\circ.

Góc nội tiếp ABC^\widehat{ABC} chắn cung ACAC nên ABC^=12AOC^=70∘\widehat{ABC} = \dfrac{1}{2}\widehat{AOC} = 70^\circ.

Suy ra ACB^=180∘−60∘−70∘=50∘\widehat{ACB} = 180^\circ - 60^\circ - 70^\circ = 50^\circ.

Vậy A^=60∘\widehat{A} = 60^\circ; B^=70∘\widehat{B} = 70^\circ; C^=50∘\widehat{C} = 50^\circ.

Bài 9.14. Cho △ABC\triangle ABC là tam giác đều có cạnh bằng 44 cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABCABC.

Lời giải:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp: R=33a=433R = \dfrac{\sqrt{3}}{3}a = \dfrac{4\sqrt{3}}{3} (cm) ≈2,31\approx 2{,}31 cm.

Bán kính đường tròn nội tiếp: r=36a=233r = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} (cm) ≈1,15\approx 1{,}15 cm (bằng nửa bán kính ngoại tiếp).

Bài 9.15. Cho tam giác đều ABCABC có cạnh bằng 33 cm và nội tiếp đường tròn (O)(O).

a) Tính bán kính RR của đường tròn (O)(O).

b) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây cung BCBC và cung nhỏ BCBC.

Lời giải:

a) R=33⋅3=3R = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \cdot 3 = \sqrt{3} (cm).

b) Vì tam giác ABCABC đều nên cung nhỏ BCBC có số đo 360∘3=120∘\dfrac{360^\circ}{3} = 120^\circ, tức là BOC^=120∘\widehat{BOC} = 120^\circ.

Diện tích hình quạt tròn OBCOBC (ứng với cung 120∘120^\circ):

Squạt=120360πR2=13π⋅3=π (cm2).S_{\text{quạt}} = \frac{120}{360}\pi R^2 = \frac{1}{3}\pi \cdot 3 = \pi \text{ (cm}^2\text{)}.

Diện tích tam giác OBCOBC: S△OBC=12OB⋅OC⋅sin⁡120∘=12⋅3⋅3⋅32=334S_{\triangle OBC} = \dfrac{1}{2}OB \cdot OC \cdot \sin 120^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{3\sqrt{3}}{4} (cm²).

Diện tích hình viên phân:

S=Squạt−S△OBC=π−334≈3,14−1,30=1,84 (cm2).S = S_{\text{quạt}} - S_{\triangle OBC} = \pi - \frac{3\sqrt{3}}{4} \approx 3{,}14 - 1{,}30 = 1{,}84 \text{ (cm}^2\text{)}.

Bài 9.16. Trong một khu vui chơi có dạng hình tam giác đều với cạnh bằng 6060 m, người ta muốn tìm một vị trí đặt bộ phát sóng wifi sao cho ở chỗ nào trong khu vui chơi đó đều có thể bắt được sóng. Biết rằng bộ phát sóng đó có tầm phát sóng tối đa là 5050 m, hỏi rằng có thể tìm được vị trí để đặt bộ phát sóng như vậy hay không?

Lời giải:

Đặt bộ phát sóng tại tâm OO của tam giác đều (giao ba đường trung trực). Điểm xa OO nhất trong khu vui chơi là các đỉnh tam giác, với khoảng cách bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp:

R=33⋅60=203≈34,6 (m).R = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot 60 = 20\sqrt{3} \approx 34{,}6 \text{ (m)}.

Vì R≈34,6R \approx 34{,}6 m <50< 50 m nên mọi điểm trong khu vui chơi đều cách OO không quá tầm phát sóng.

Vậy có thể: đặt bộ phát sóng tại tâm của tam giác đều thì cả khu vui chơi đều bắt được sóng.

Bài 9.17. Người ta vẽ bản quy hoạch của một khu định cư được bao xung quanh bởi ba con đường thẳng lập thành một tam giác với độ dài các cạnh là 900900 m, 1 2001\,200 m và 1 5001\,500 m.

a) Tính chu vi và diện tích của phần đất giới hạn bởi tam giác trên.

b) Họ muốn xây dựng một khách sạn bên trong khu dân cư cách đều cả ba con đường đó. Hỏi khi đó khách sạn sẽ cách mỗi con đường một khoảng là bao nhiêu?

Lời giải:

a) Chu vi: 900+1 200+1 500=3 600900 + 1\,200 + 1\,500 = 3\,600 (m).

Vì 9002+1 2002=810 000+1 440 000=2 250 000=1 5002900^2 + 1\,200^2 = 810\,000 + 1\,440\,000 = 2\,250\,000 = 1\,500^2 nên theo định lí Pythagore đảo, tam giác vuông với hai cạnh góc vuông 900900 m và 1 2001\,200 m. Diện tích:

S=12⋅900⋅1 200=540 000 (m2).S = \frac{1}{2} \cdot 900 \cdot 1\,200 = 540\,000 \text{ (m}^2\text{)}.

b) Vị trí cách đều ba con đường chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, và khoảng cách cần tìm là bán kính rr của đường tròn nội tiếp. Theo công thức S=12r⋅(chu vi)S = \dfrac{1}{2}r \cdot (\text{chu vi}) (Ví dụ 2):

r=2Schu vi=2⋅540 0003 600=300 (m).r = \frac{2S}{\text{chu vi}} = \frac{2 \cdot 540\,000}{3\,600} = 300 \text{ (m)}.

Vậy khách sạn cách mỗi con đường 300300 m.