Google
Câu hỏi: Tính diện tích tam giác đều \(ABC\) ngoại tiếp đường tròn \((I; r).\)
Phương pháp giải
Sử dụng kiến thức:
+) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.
+) Giao ba đường phân giác trong của tam giác là điểm cách đều các cạnh tam giác (tâm đường tròn nội tiếp tam giác).
+) Trong tam giác đều, giao ba đường phân giác cũng là giao ba đường trung tuyến, trung trực, đường cao.
+) Trong tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh góc vuông kia nhân với tang góc đối.
Lời giải chi tiết
Gọi \(H\) là tiếp điểm của đường tròn \((I)\) với \(BC.\)
Ta có: \(IH ⊥ BC\) (tính chất tiếp tuyến)
Vì \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \(AI\) là tia phân giác của góc \(BAC.\)
Tam giác \(ABC\) đều nên \(AI\) cũng là đường cao của tam giác \(ABC.\) Khi đó \(A, I, H\) thẳng hàng.
Khi đó đường cao AH cũng là đường trung tuyến của tam giác đều ABC nên ta có: \(HB = HC=\dfrac{BC}2\) ( tính chất tam giác đều)
Tam giác \(ABC\) đều nên \(I\) cũng là trọng tâm của tam giác \(ABC.\)
Suy ra: \(AH = 3.HI = 3.r\)
\(\widehat {HAB} =\displaystyle {1 \over 2}\widehat {BAC}\)\( = \displaystyle{1 \over 2}.60^\circ = 30^\circ \) (vì \(AH\) là tia phân giác của góc \(BAC\))
Tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) nên ta có:
\(BH = AH.tan\widehat {HAB} = 3{\rm{r}}.tan{30^0} \)\(=\displaystyle 3{\rm{r}}.{{\sqrt 3 } \over 3} = r\sqrt 3 \)
Mà: \(BC = 2.BH = 2r\sqrt 3 \)
Vậy \({S_{ABC}} =\displaystyle {1 \over 2}AH.BC \)\(= \displaystyle{1 \over 2}.3r.2r\sqrt 3 = 3{r^2}\sqrt 3 \) \((đvdt)\)
Sử dụng kiến thức:
+) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.
+) Giao ba đường phân giác trong của tam giác là điểm cách đều các cạnh tam giác (tâm đường tròn nội tiếp tam giác).
+) Trong tam giác đều, giao ba đường phân giác cũng là giao ba đường trung tuyến, trung trực, đường cao.
+) Trong tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh góc vuông kia nhân với tang góc đối.
Lời giải chi tiết
Gọi \(H\) là tiếp điểm của đường tròn \((I)\) với \(BC.\)
Ta có: \(IH ⊥ BC\) (tính chất tiếp tuyến)
Vì \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \(AI\) là tia phân giác của góc \(BAC.\)
Tam giác \(ABC\) đều nên \(AI\) cũng là đường cao của tam giác \(ABC.\) Khi đó \(A, I, H\) thẳng hàng.
Khi đó đường cao AH cũng là đường trung tuyến của tam giác đều ABC nên ta có: \(HB = HC=\dfrac{BC}2\) ( tính chất tam giác đều)
Tam giác \(ABC\) đều nên \(I\) cũng là trọng tâm của tam giác \(ABC.\)
Suy ra: \(AH = 3.HI = 3.r\)
\(\widehat {HAB} =\displaystyle {1 \over 2}\widehat {BAC}\)\( = \displaystyle{1 \over 2}.60^\circ = 30^\circ \) (vì \(AH\) là tia phân giác của góc \(BAC\))
Tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\) nên ta có:
\(BH = AH.tan\widehat {HAB} = 3{\rm{r}}.tan{30^0} \)\(=\displaystyle 3{\rm{r}}.{{\sqrt 3 } \over 3} = r\sqrt 3 \)
Mà: \(BC = 2.BH = 2r\sqrt 3 \)
Vậy \({S_{ABC}} =\displaystyle {1 \over 2}AH.BC \)\(= \displaystyle{1 \over 2}.3r.2r\sqrt 3 = 3{r^2}\sqrt 3 \) \((đvdt)\)