Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \((O)\). Biết rằng đường tròn \((O)\) có bán kính bằng \(3\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Tính diện tích tam giác \(ABC.\)

Kẻ đường cao \(AH\) vì tam giác \(ABC\) đều (gt) nên đường cao \(AH\) đồng thời là đường phân giác của góc \(BAC\), ta có: \(\widehat {BAH} = \widehat {CAH} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ .\)

Kéo dài \(AH\) cắt đường tròn \((O)\) tại \(D\). Khi đó \(\widehat {BOD}\) và \(\widehat {BAD}\) lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn ) .

Suy ra \(\widehat {BOD} = 2\widehat {BAD} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\)

Tam giác \(BHO\) vuông tại \(H\) có cạnh huyền \(OB = 3\,{\rm{cm}}\) (gt) và \(\widehat {BOD} = 60^\circ .\)

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\(BH = OB \cdot \sin \widehat {BOH} = 3 \cdot \sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Vì \(\Delta ABC\) đều nên đường cao \(AH\) đồng thời là trung tuyến hay \(H\) là trung điểm của \(BC.\)

Suy ra \(BC = 2BH = 2 \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) có cạnh huyền: \(AB = BC = 3\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}\) và \(\widehat {BAH} = 30^\circ \,\,{\rm{(cmt)}}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\[AH = AB \cdot \cos \widehat {BAH} = 3\sqrt 3 \cdot \cos 30^\circ = \frac{9}{2}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Diện tích tam giác đều \(ABC\) là: \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot 3\sqrt 3 = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\,\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\]

Vậy diện tích tam giác \(ABC\) là \[\frac{{27\sqrt 3 }}{4}\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\]