Đường tròn ngoại tiếp – Đường tròn nội tiếp

ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP TỔNG QUÁT O’ B A C D E O K M 1/ Công thức Ơ Le : d2 = R2 – 2Rr L . Gọi O’ , O là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp . ED là đường kính vuông góc với AC tại L ; DE = 2R ; BD là phân giác của góc ABC ( AD = DC ) . Vẽ OK ^ ED . Xét tam giác OO’D ta có : OO’2 = O’K2 + OK2 = ( O’D – KD )2 + OD2  - KD2 = O’D2 + KD2 - 2O’D.KD + OD2 - KD2 OO’2 = O’D2 + OD2 - 2O’D. KD Vẽ bán kính OM . Tứ giác OMLK là hình chữ nhật do đó : OM = KL Þ KD = r + LD Þ OO’2 = R2 + r2 – 2R(r+ LD) = R2 – 2Rr + r2 – 2R.LD Xét tam giác vuông DAE ta có : AD2 = LD . ED = 2R.LD Þ OO’2 = R2 – 2Rr + r2 – AD2 Xét tam giác AOD : vì AO là phân giác của góc BAC , do đó : DAO = DAC + CAO = DBC + OAB = DBA + OAB = AOD Þ DAO = AOD Þ AD = OD . Vậy d2 = R2 - 2 Rr . 2/ Cho D ABC có độ dài các cạnh là a,b , c . Gọi R , r là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác . Chứng minh rằng : I A B C I’ O K HƯỚNG DẪN . H O’ . Gọi H , O, I lần lượt là trực tâm , tâm đường tròn ngoại và nội tiếp, p là nửa chu vi tam giác . Chiếu O và I lên một trong các đường thẳng BC , CA hoặc AB ; chẳng hạn chiếu lên CA ta được O’ và I’ . Ta có : CO’ = ½ b ; p = CI’ + AK + KB = CI’ + c Þ CI’ = p -c = ½ a + ½ b + ½ c – c = ½ ( a+b-c ). O’I’ = CI’ – CO’ = ½ (a+b-c) – ½ b = ½ (a-c) Từ O’I’ £ OI và áp dụng công thức Ơle : OI2 = R2 –2Rr ta được : (1) Không mất tính tổng quát , ta giả sử : a £ b £ c . Thế thì : ( c-a)2 = [(c-b)+(b-a)]2 = ( c -b )2 + ( b-a)2 +2(c-b)(b-a) Þ ( c-a )2 ³ ( c -b )2 + ( b-a)2 ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ³ 2[( c -b )2 + ( b-a)2 ] Þ [ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ³ ( c -b )2 + ( b-a)2 + Ta có : 4R2 – 8Rr – ( c-a)2 ³ 0 ( 1 ) ( c-a )2 - ( c -b )2 - ( b-a)2 ³ 0 - 4R2 – 8Rr – [( c-b)2 + (b-a)2 ] ³ 0 [ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ³ ( c -b )2 + ( b-a)2 4R2 – 8Rr - [ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ³ 0 8R2 ³ 16Rr + ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 Chia cả hai vế cho 16R2 ta được : . I L Y O M A D E C B Q P K H X 3/ Dây cung DE của đường tròn ngoại tiếp D ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác này tại các điểm M và N . Chứng minh rằng DE ³ 2MN . HƯỚNG DẪN N . Dựng đường tròn C tâm trùng tâm I của đường tròn nội tiếp D ABC , tiếp xúc với DE tại L . Gọi H là giao của đường thẳng OI với đường tròn C với OH = OI + IH . Ta sẽ chứng minh DE ³ PQ . Kẻ OK ^ DE . Ta có : OH = OI + IH = OI + IL ³ OL ³ OK . Do đó DE ³ PQ . Để chứng minh DE ³ 2MN ta chỉ cần chứng minh PQ ³ 2XY ( X , Y là giao điểm của PQ với đường tròn nội tiếp D ABC ) . Đặt IH = d1 ; IO = d . Ta phải chứng minh XY2 = 4 ( r2 – d12 ) £ ¼ PQ2 = R2 – ( d + d1 )2 hay 4 ( r2 – d12 ) £ R2 – ( d + d1 )2 ( R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của D ABC ) (1) *Nếu R ³ 6r ta có : (1) Û 4(r-d1)(r + d1) £ ( R – d – d1)(R + d + d1 ) (2) H nằm trong đường tròn nội tiếp D ABC nên r ³ d1 . +Nếu d ³ d1 thì R + d + d1 ³ 6r + d+ d1 ³ 6r + 2d1 ³ 4r + 4d1 mà R > d + r nên R – d – d1 > r – d1 suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng . +Nếu d1 ³ d thì R - d - d1 ³ 6r – d - d1 > 6r – d - d1 – ( 2r – d + 3d1 ) = 4r - 4d1 mà R + d + d1 > d1 + r suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng . *Nếu 2r £ R £ 6r , ta có : (1) Û 4r2 – 4d12 £ R2 – d12 – d2 – 2dd1 (3) Aùp dụng hệ thức Ơle d2 = R2 – 4Rr ta có : 4r2 – 4d12 £ 2Rr – d12 – 2dd1 Û 3d12 – 2dd1 + 2Rr – 4r2 ³ 0 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – d2 ) ³ 0 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – R2 + 2Rr ) ³ 0 3( d1 – d/3)2 - 1/3 (R – 2r)(r – 6r) ³ 0 Điều này đúng vì 2r £ R £ 6r . Vậy (3) đúng , dẫn đến (1) đúng . Tóm lại DE ³ 2MN . Đẳng thức xảy ra khi D ABC đều và DE là đường kính đường tròn ngoại tiếp . ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ 1/ a/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp D ABC không đều . Chứng minh rằng : AIO £ 900 Û 2BC £ AB + CA . HƯỚNG DẪN A I O B C D Cách 1 : AIO £ 900 Û AO2 £ IO2 + IA2 Û R2 £ ( R2 – 2Rr ) + ( hệ thức Ơ Le ) Û 2R £ Û 1- cosA £ a(a+b+c) £ 2bc(1+cosA) = (b+c)2 – a2 Û 2a £ b + c . Cách 2 : Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp D ABC tại D . Ta chứng minh được : DB = DI = DC ( BAD = BAC Þ cung DB = cung DC Þ DB = DC . IBD = IBC + CBD = IBA + IAB = BID Þ D BDI cân tại D Þ DB = DI Þ DB = DI = DC ) Aùp dụng Định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có : AB.DC + AC.BD = AD.BC . DI ( AB + AC ) = AD.BC AIO £ 900 Û AI ³ ID Û 2 £ Û 2BC £ AB + AC . b/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp D ABC không đều . Chứng minh rằng : AIO = 900 Û 2BC = AB + CA . HƯỚNG DẪN A I O B C D Ta có OA = R , OI2 = R2 – 2Rr ( công thức Ơ Le ) và IA2 = . Do đó : AOI = 900 Û R2 = R2 –2Rr + Û -2 ( Û Û -a + 2(p-a) = 0 Û -a + b + c – a = 0 Û b + c = 2a . DIỆN TÍCH - CỰC TRỊ A B C I 1/ Cho BC là dây cung cóùá định của đường tròn ( O , R ) , A là điểm chuyển động trên cung lớn BC . I là tâm đường tròn nội tiếp D ABC . Xác định vị trí của A để diện tích của D IBC là lớn nhất . BIC = 900 + ½ BAC Þ I chuyển động trên cung chứa góc 900 + ½ BAC vẽ trên đoạn BC . D BIC có diện tích lớn nhất Û I là điểm chính giữa của cung chứa góc BC Û A là điểm chính giữa của cung BC . 2/ Cho D ABC có diện tích bằng 1 ( đơn vị ) . Gọi R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp D ABC . Chứng minh rằng . Đẳng thức xảy ra khi nào ? HƯỚNG DẪN Gọi a, b , c là các cạnh , p là nửa chu vi , S là diện tích D ABC . Ta chứng minh được : S = ½ ar + ½ br + ½ cr = ½ ( a + b + c )r = pr (1) S = ½ a.ha = ½ a. ( 2 ) ( do D ABH ~ D ADC với AH = ha , AD = 2R ) Từ ( 1 ) và (2 ) ta có : Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số ta có : ³ Vậy . Đẳng thức xảy ra Û Û a = b = c Û D ABC đều . Nói riêng khi S = 1 thì . Đẳng thức xảy ra khi D ABC đều với a = b = c = .