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 = .