Bài 73 trang 49 SBT Hình học 10 Nâng cao

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 ?

Giải

(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.

Sachbaitap.com