Cho tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) có \(AB = AC = 10{\rm{\;}}cm\), \(BC = 12{\rm{\;}}cm\) và \(I\) là tâm của đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\). Tính bán kính của đường tròn \(\left( I \right)\).

Huớng dã̃n: Theo bài 36. Để tính bán kính đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) ta tính diện tích của tam giác \(\left( S \right)\) và nửa chu vi \(\left( p \right)\).

\(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) (tính chất tiếp tuyến)

Ta có \({\rm{sin}}{A_1} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {{A_1}} = {30^ \circ } \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^ \circ }\)

\(A{B^2} = A{O^2} - O{B^2}\)\( = {(2R)^2} - {R^2} = 3{R^2}\) \( \Rightarrow AB = R\sqrt 3 \)

\(\Delta ABC\) cân (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) có \(\widehat {BAC} = {60^ \circ }\) nên là tam giác đều \( \Rightarrow AC = BC = AB = R\sqrt 3 \).

\(\Delta MAO\) vuông tại \(A\) (tính chất tiếp tuyến)

Theo định lí Pythagore \(M{A^2} = M{O^2} - O{A^2}\)

\(M{A^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Rightarrow MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\)

Ta có \(MB = MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Dễ thấy \(MO\) là đường trung trực của \(AB\) (\(OA = OB\), \(MA = MB\)) \( \Rightarrow MO \bot AB\) tại \(H\).

Xét \(\Delta MAO\) và \(\Delta AHO\) có: \(\widehat {MAO} = \widehat {AHO} = 90^\circ \), \(\widehat {MOA}\) chung

Do đó $\Delta MAO\backsim \Delta AHO$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{MO}}{{AO}} = \frac{{AO}}{{HO}}\) \( \Rightarrow A{O^2} = MO \cdot HO\)

\( \Rightarrow HO = \frac{{A{O^2}}}{{MO}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\,\,\left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow HM = MO - HO = 10 - 3,6 = 6,4\,\,\left( {cm} \right)\)

Chứng minh tương tự, ta có:  (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AH}}{{MH}} = \frac{{HO}}{{AH}} \Rightarrow A{H^2} = MH \cdot HO = 6,4 \cdot 3,6\)

\( \Rightarrow AH = \sqrt {6,4 \cdot 3,6}  \approx 4,8\,\,\left( {cm} \right)\)

Vì \(MO\) là đường trung trực của \(AB\left( {cmt} \right) \Rightarrow HA = HB = 4,8\,\,\left( {cm} \right)\)\[ \Rightarrow AB = HA + HB = 4,8 + 4,8 = 9,6\,\,\left( {cm} \right)\]