Cho tam giác ABC có diện tích S và ngoại tiếp đường tròn ( \({\rm{I}};{\rm{r}}\) ). Chứng minh rằng \({\rm{S}} = \frac{1}{2}{\rm{r}}({\rm{BC}} + {\rm{CA}} + {\rm{AB}})\).

\[\begin{array}{l}a = R\sqrt 2 = 3\sqrt 2 \left( {cm} \right)\\S = {a^2} = {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\left( {c{m^2}} \right)\end{array}\]

Ta có tam giác ABC đều.

Gọi O là trực tâm của tam giác đồng thời là giao điểm ba đường phân giác trong.

Vậy O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC . Ta có: $\widehat{\text{BAH}}=\widehat{\text{CAH}}=\frac{{60}^{°}}{2}={30}^{°}$

Xét tam giác AHB vuông tại H có cạnh huyền $\text{AB}=\text{a},\widehat{\text{BAH}}={30}^{°}$

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: $\text{AH}=\text{AB}\cdot \cos \text{BAH}=\text{a}\cdot \cos {30}^{°}=\frac{\text{a}\sqrt{3}}{2}.$

(Lưu ý: Có thể kết luận ngay \({\rm{AH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\) vì đều cạnh a ).

Mặt khác tam giác ABC đều nên trực tâm O cũng là trọng tâm \( \Rightarrow {\rm{OH}} = \frac{1}{3}{\rm{AH}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}.\)

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a bằng \(\frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}\).

Nhận xét: Trong tam giác đều tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau.