KD Vẽ bán kính OM.. Gọi R , r là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác.. Chiếu O và I lên một trong các đường thẳng BC , CA hoặc AB ; chẳng hạn chiếu lên CA ta đượ
Trang 1ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP
TỔNG QUÁT
1/ Công thức Ơ Le : d2 = R2 – 2Rr
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’D 2 + OD 2 - 2O’D KD
Vẽ bán kính OM Tứ giác OMLK là hình chữ nhật do đó : OM = KL ⇒ KD = r + LD ⇒ OO’2 = R2 + r2 – 2R(r+ LD) = R2 – 2Rr + r2 – 2R.LD
Xét tam giác vuông DAE ta có : AD2 = LD ED = 2R.LD
⇒ 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
⇒ DAO = AOD ⇒ AD = OD
Vậy d 2 = R 2 - 2 Rr
2/ Cho ∆ 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 :
2
1 16
) ( ) ( ) (
2
2 2
2
≤
− +
− +
− +
R
a c c b b a R r
HƯỚNG DẪN
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 ⇒ 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 : c a R 2 Rr
4
)
−
≤
Không mất tính tổng quát , ta giả sử : a ≤ b ≤ c Thế thì :
.
I A
I’
O KH
O’
B
A
C
D
E
O K M
Trang 2( c-a)2 = [(c-b)+(b-a)]2 = ( c -b )2 + ( b-a)2 +2(c-b)(b-a)
⇒ ( c-a )2 ≥ ( c -b )2 + ( b-a)2
( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ≥ 2[( c -b )2 + ( b-a)2 ]
⇒
2
1
[ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ≥ ( c -b )2 + ( b-a)2
Ta có : 4R2 – 8Rr – ( c-a)2 ≥ 0 ( 1 )
( c-a )2 - ( c -b )2 - ( b-a)2 ≥ 0 4R2 – 8Rr – [( c-b)2 + (b-a)2 ] ≥ 0
2
1 [ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ≥ ( c -b )2 + ( b-a)2
4R2 – 8Rr -
2
1 [ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ≥ 0 8R2 ≥ 16Rr + ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2
Chia cả hai vế cho 16R2 ta được :
2
1 16
) ( ) ( ) (
2
2 2
2
≤
− +
− +
− +
R
a c c b b a R r
3/ Dây cung DE của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác này tại các điểm M và N Chứng minh rằng DE ≥ 2MN
HƯỚNG DẪN
Dựng đường tròn C tâm trùng tâm I của đường tròn nội tiếp ∆ 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 ≥ PQ Kẻ OK ⊥ DE Ta có : OH = OI + IH = OI + IL ≥ OL ≥ OK Do đó DE ≥ PQ
Để chứng minh DE ≥ 2MN ta chỉ cần chứng minh PQ ≥ 2XY ( X , Y là giao điểm của PQ với đường tròn nội tiếp ∆ ABC )
Đặt IH = d1 ; IO = d Ta phải chứng minh XY2 = 4 ( r2 – d1 ) ≤ ¼ PQ2 = R2 – ( d + d1 )2 hay 4 ( r2
– d1 ) ≤ R2 – ( d + d1 )2 ( R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của ∆ ABC ) (1)
*Nếu R ≥ 6r ta có : (1) ⇔ 4(r-d1)(r + d1) ≤ ( R – d – d1)(R + d + d1 ) (2)
H nằm trong đường tròn nội tiếp ∆ ABC nên r ≥ d1
+Nếu d ≥ d1 thì R + d + d1 ≥ 6r + d+ d1 ≥ 6r + 2d1 ≥ 4r + 4d1 mà R > d + r nên
R – d – d1 > r – d1 suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng
+Nếu d1 ≥ d thì R - d - d1 ≥ 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) ⇔ 4r2 – 4d1 ≤ R2 – d1 – d2 – 2dd1 (3)
Aùp dụng hệ thức Ơle d2 = R2 – 4Rr ta có :
4r2 – 4d1 ≤ 2Rr – d1 – 2dd1 ⇔ 3d1 – 2dd1 + 2Rr – 4r2 ≥ 0
⇔ 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – d2 ) ≥ 0
⇔ 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – R2 + 2Rr ) ≥ 0
⇔ 3( d1 – d/3)2 - 1/3 (R – 2r)(r – 6r) ≥ 0
-+
N
.I . L
Y
O M
A
D
E
C
B
Q
P
K
H
X
Trang 3Điều này đúng vì 2r ≤ R ≤ 6r Vậy (3) đúng , dẫn đến (1) đúng Tóm lại DE ≥ 2MN Đẳng thức xảy ra khi ∆ 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 ∆ ABC không đều Chứng minh rằng :
AIO ≤ 900 ⇔ 2BC ≤ AB + CA
HƯỚNG DẪN A
I
O
D Cách 1 : AIO ≤ 900 ⇔ AO2 ≤ IO2 + IA2 ⇔ R2 ≤ ( R2 – 2Rr ) +
2 sin2
2
A
r
( hệ thức Ơ Le )
⇔ 2R ≤
A
r
cos 1
2
− ⇔ 1- cosA ≤ ( )
sin
c b a a
A bc R
r
+ +
⇔ a(a+b+c) ≤ 2bc(1+cosA) = (b+c)2 – a2 ⇔ 2a ≤ b + c
Cách 2 : Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC tại D
Ta chứng minh được : DB = DI = DC
( BAD = BAC ⇒ cung DB = cung DC ⇒ DB = DC
IBD = IBC + CBD = IBA + IAB = BID ⇒ ∆ BDI cân tại D ⇒ DB = DI
⇒ 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 ⇔ AI ≥ ID ⇔ 2 ≤
BC
AC AB DI
⇔ 2BC ≤ AB + AC
b/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều Chứng minh rằng :
AIO = 900 ⇔ 2BC = AB + CA
HƯỚNG DẪN A
I
O
D
Ta có OA = R , OI2 = R2 – 2Rr ( công thức Ơ Le ) và IA2 =
2 cos
) ( 2
2
A
a
p −
Trang 4
Do đó : AOI = 900 ⇔ R2 = R2 –2Rr +
2 cos
) ( 2
2
A
a
p −
⇔ -2 ( )( ) ( ) 0
4
p
bc a p p
S S abc
−
p
bc a p p
abc
⇔ -a + 2(p-a) = 0 ⇔ -a + b + c – a = 0 ⇔ b + c = 2a
DIỆN TÍCH - CỰC TRỊ
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 ∆ ABC Xác định vị trí của A để diện tích của ∆ IBC là lớn nhất
BIC = 900 + ½ BAC ⇒ I chuyển động trên cung chứa góc 900 + ½ BAC vẽ trên đoạn BC ∆ BIC có diện tích lớn nhất ⇔ I là điểm chính giữa của cung chứa góc BC ⇔ A là điểm chính giữa của cung BC
2/ Cho ∆ ABC có diện tích bằng 1 ( đơn vị ) Gọi R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp ∆ ABC Chứng minh rằng 2 + 3 ≥ 44 27
r
R Đẳng thức xảy ra khi nào ? HƯỚNG DẪN
Gọi a, b , c là các cạnh , p là nửa chu vi , S là diện tích ∆ 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
R
bc
2 ( 2 ) ( do ∆ ABH ~ ∆ ADC với AH = ha , AD = 2R ) Từ ( 1 ) và (2 ) ta có :
s
c b a abc
S r
) (
3 8 3
Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số ta có :
S
c S
b s
a abc
S r
3 2
3 2
3 8 3
2
4 2 2 2
3 3 3 8 4
S S
S S abc
c b a
Vậy 2 + 3 ≥ 44 27
r
R Đẳng thức xảy ra ⇔
S
c S
b s
a abc
S
2
3 2
3 2
3
⇔ a = b = c ⇔ ∆ ABC đều Nói riêng khi S = 1 thì 2 + 3 ≥ 44 27
r
R Đẳng thức xảy ra khi ∆ ABC đều với a = b = c =
3
27
24
A
I