Đề bài
Cho tam giác cân có cạnh bên bằng b nội tiếp trong đường tròn \[[O ; R].\]
a] Tính cosin của các góc của tam giác.
b] Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
c] Với giá trị nào của \[b\] thì tam giác đó có diện tích lớn nhất ?
Lời giải chi tiết
[h.66]
a] Giả sử tam giác đã cho là \[ABC\] có \[AB=AC=b.\]
Đặt \[\widehat B = \widehat C = \alpha \] thì \[\alpha < {90^0}\].
Ta có \[\sin \alpha = \dfrac{b}{{2R}}\] nên \[\cos B = \cos C = \sqrt {1 - \dfrac{{{b^2}}}{{4{R^2}}}} \]\[ = \dfrac{{\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{2R}}\].
Ta lại có
\[\begin{array}{l}\cos A = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}\\ = \dfrac{{2{b^2} - 4{b^2}{{\cos }^2}\alpha }}{{2{b^2}}}\\= 1 - 2{\cos ^2}\alpha \\ = 1 - 2\left[ {1 - \dfrac{{{b^2}}}{{4{R^2}}}} \right] \\= \dfrac{{{b^2} - 2{R^2}}}{{2{R^2}}}.\end{array}\]
b] Diện tích tam giác là
\[S = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}2b\cos \alpha .b\sin \alpha \]
\[= {b^2}\cos \alpha \sin \alpha = \dfrac{{{b^3}\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{4{R^2}}}\].
Chu vi tam giác là \[2p = 2b + 2b\dfrac{{\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{2R}}\].
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là \[r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{{{b^2}\sqrt {4{R^2} - {b^2}} }}{{2R\left[ {2R + \sqrt {4{R^2} - {b^2}} } \right]}}\].
c] Ta phải tìm \[b\] để \[y = {b^3}\sqrt {4{R^2} - {b^2}} \] đạt giá trị lớn nhất.
Viết lại \[y = 3\sqrt 3 \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{3}.\dfrac{{{b^2}}}{3}.\dfrac{{{b^2}}}{3}\left[ {4{R^2} - {b^2}} \right]} \]. Khi đó coi biểu thức trong căn là tích của bốn thừa số mà tổng của chúng bằng \[4{R^2}\] không đổi nên y đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \[\dfrac{{{b^2}}}{3} = 4{R^2} - {b^2}\] hay \[b = R\sqrt 3 \].
Khi đó \[\sin \alpha = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{{2R}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \alpha = {60^0}\], ta được tam giác \[ABC\] là tam gác đều.