Bài 28. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một tam giác

Khái niệm, thuật ngữ Đường tròn ngoại tiếp tam giác Đường tròn nội tiếp tam giác Kiến thức, kĩ năng Nhận biết định nghĩa đường tròn ngoại tiếp tam giác. Xác định tâm và bản kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, trong đó có tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông, tam giác đều. Nhận biết định nghĩa đường tròn nội tiếp tam giác. Xác định tầm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, trong đó có tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều.

Cho trước một tam giác ABC. Bằng thước kẻ và compa, em có thể vẽ được một đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác và đường tròn tiếp xúc với cả ba cạnh của tam giác hay không?

Đường tròn (O; OA) như trên gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tổng quát, ta có định nghĩa sau:

Trong Hình 9.13, đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Ta cũng nói tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), hay (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tâm O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác ABC.

Giải (H.9.16). Lấy O là trung điểm của BC và vẽ đường tròn (O) đi qua A. Khi đó, (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Theo định lí Pythagore, ta có: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2=4+16=20$, hay $BC=2\sqrt{5}cm$. Vậy đường tròn (O) có bán kính $R=\frac{BC}{2}=\sqrt{5},$ cm.

b) Giải thích vì sao tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm của tam giác đó (H.9.17). c) Giải thích vì sao $\overline{OBM}={30}^{\circ }$ và $OB=\frac{\sqrt{3}}{3}BC$ (với M là trung điểm của BC).

Giải (H.9.18). Lấy O là giao điểm của ba đường trung tuyến của tam giác ABC và vẽ đường tròn (O) đi qua A. Đường tròn (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính $R=\frac{\sqrt{3}}{3}BC=\sqrt{3}cm\mathrm{.}$

Đường tròn (I) như trên được gọi là đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các tiếp điểm trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Ta cũng nói tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) (H.9.19). Tổng quát, ta có định nghĩa sau:

Giải (H.9.20). Vì tổng ba góc của tam giác ABC bằng ${180}^{\circ }$ nên $\widehat{ACB}={180}^{\circ }-\widehat{BAC}-\widehat{ABC}={80}^{\circ }\mathrm{.}$ Vì tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) nên I là giao điểm các đường phân giác của tam giác ABC. Do đó, ta có: $\widehat{CAI}=\widehat{BAI}=\frac{\widehat{BAC}}{2}={20}^{\circ };$ $\widehat{CBI}=\widehat{ABI}=\frac{\widehat{ABC}}{2}={30}^{\circ };\widehat{ACI}=\widehat{BCI}=\frac{\widehat{ACB}}{2}={40}^{\circ }\mathrm{.}$ Vì tổng các góc trong tam giác BIC bằng ${180}^{\circ }$ nên $\widehat{BIC}={180}^{\circ }-\widehat{CBI}-\widehat{BCI}={180}^{\circ }-{30}^{\circ }-{40}^{\circ }={110}^{\circ }\mathrm{.}$ Tương tự, $\widehat{CIA}={180}^{\circ }-\widehat{ACI}-\widehat{CAI}={120}^{\circ }$ và $\widehat{AIB}={180}^{\circ }-\widehat{ABI}-\widehat{BAI}={130}^{\circ }\mathrm{.}$

Khi đó đường tròn (I; ID) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC cần vẽ.

Chúng ta biết rằng đường tròn nội tiếp một tam giác thì tiếp xúc với ba cạnh của tam giác và nằm bên trong tam giác. Ngoài ra, mỗi tam giác cho trước còn có ba đường tròn khác cũng tiếp xúc với ba đường thẳng chứa các cạnh của tam giác, nhưng chúng nằm ngoài tam giác. Các đường tròn đó gọi là các đường tròn bàng tiếp.

Cụ thể, ta có định nghĩa sau: Đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC trong góc A là đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và tiếp xúc với các tia đối của tia BA và tía CA. Tương tự, ta cũng có đường tròn bàng tiếp trong các góc B và C của tam giác ABC. Vẽ đường tròn bàng tiếp. Ta vẽ đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC như sau: – Vẽ hai đường phân giác ngoài góc B và C của tam giác ABC. Gọi $I_a$ là giao điểm của hai đường phân giác ngoài này. Khi đó, $I_a$ nằm ngoài tam giác ABC và cách đều các đường thẳng AB, BC, CA. – Kẻ đường thẳng qua $I_a$ vuông góc với AC và cắt AC tại điểm E. Vẽ đường tròn $⟨I_a;I_{a}E⟩$. Khi đó, đường $tron(I_a;I_{a}E)$ sẽ tiếp xúc với cạnh BC và tiếp xúc với các tia đối của tia BA, CA. Vậy $(I_a;I_{a}E)$ là đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC như hình bên.

Giải (H.9.24). Vì $OA=OB$ nên tam giác OAB cân tại O. Suy ra $\widehat{OBA}=\widehat{OAB}={30}^{\circ }\mathrm{.}$ Do tổng các góc trong tam giác OAB bằng ${180}^{\circ }$ nên $\widehat{AOB}={180}^{\circ }-\widehat{OAB}-\widehat{OBA}={180}^{\circ }-{30}^{\circ }-{30}^{\circ }={120}^{\circ }\mathrm{.}$ Tương tự, tam giác OAC cân tại Ovi $OA=OC\mathrm{.}$ Do đó $\widehat{OCA}=\overline{OAC}={40}^{\circ }\mathrm{.}$ Do tổng các góc trong tam giác OAC bằng ${180}^{\circ }$ nên $\widehat{AOC}={180}^{\circ }-\widehat{OAC}-\widehat{OCA}={180}^{\circ }-{40}^{\circ }-{40}^{\circ }={100}^{\circ }\mathrm{.}$ Xét đường tròn (O) ta có: Vì góc nội tiếp ABC và góc ở tâm AOC cùng chắn cung nhỏ AC nên $\widehat{ABC}=\frac{1}{2}\widehat{AOC}={50}^{\circ };$ Vì góc nội tiếp ACB và góc ở tâm AOB cùng chắn cung nhỏ AB nên $\overline{ACB}=\frac{1}{2}\overline{AOB}={60}^{\circ }\mathrm{.}$

Giải (H.9.25). Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (I; r) với BC, CA và AB. Ta có: $S=S_{\mathrm{△}BIC}+S_{\mathrm{△}CIA}+S_{\mathrm{△}AIB}$ $=\frac{1}{2}ID\cdot BC+\frac{1}{2}IE\cdot CA+\frac{1}{2}IF\cdot AB$ $=\frac{1}{2}r(BC+CA+AB)$ .