Advertisements (Quảng cáo)
Bài 23. Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác không vuông \(ABC\). Chứng minh rằng bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(ABC,\,HBC,\,HCA,\,HAB\) bằng nhau.
Trường hợp 1: Tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn.
Gọi \(R,\,{R_1}\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC, HBC\).
Áp dụng định lí sin ta có
\({{BC} \over {\sin A}} = 2R\,;\,\,{{BC} \over {\sin \widehat {BHC}}} = 2{R_1}\)
Mà \(\widehat {BHC} + \widehat A = \widehat {{B’}H{C’}} + \widehat A = {180^0}\) (Vì \(\widehat {BHC}\) và \(\widehat {{B’}H{C’}}\) đối đỉnh)
\( \Rightarrow \,\,\sin A = \sin \widehat {BHC}\)
Do đó \(2R = 2{R_1}\,\, \Rightarrow \,\,R = {R_1}.\)
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HBC\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Tương tự bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HCA, HAB\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Trường hợp 2: Tam giác \(ABC\) có góc tù.
Ta có \({{BC} \over {\sin \widehat{BAC}}} = 2R\,;\,\,{{BC} \over {\sin \widehat {BHC}}} = 2{R_1}\)
Mà \(\widehat {B’AC’} + \widehat {CHB} = {180^0}\,\, \Rightarrow \,\,\sin \widehat{BAC} =\sin \widehat{B’AC’}= \sin \widehat {CHB}\) (Vì \(\widehat{BAC}\) và \(\widehat{B’AC’}\) đối đỉnh)
\( \Rightarrow \,\,R = {R_1}\)
Tương tự ta chứng minh được bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(HCA, HAB\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).