Cho tam giác ABC. Chứng minh góc A nhọn khi và chỉ khi BC² < AB² + AC².

Đường thẳng d: \[\frac{x}{3} + \frac{y}{2} = 5\] hay \[\frac{x}{3} + \frac{y}{2} - 5 = 0\]

Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d: \[\frac{x}{3} + \frac{y}{2} = 5\] là:

d(O; d) = \[\frac{{\left| {\frac{0}{3} + \frac{0}{2} - 5} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{30\sqrt {13} }}{{13}}\].

Gọi cạnh của tam giác đều ABC là a.

Ta có DC = 3DB

\( \Rightarrow DC = \frac{3}{4}BC\)=\(\frac{3}{4}a\)

Tam giác ABC là tam giác đều \( \Rightarrow \widehat {ACD} = \widehat {ACB} = 60^\circ \)

Áp dụng định lý Cosin trong tam giác ADC, ta có:

\(A{D^2} = A{C^2} + C{D^2} - 2AC.CD.\cos \widehat {ACD}\)

\( = {a^2} + {\left( {\frac{3}{4}a} \right)^2} - 2.a.\frac{3}{4}a.\cos 60^\circ \)=\(\frac{{13}}{{16}}{a^2}\)

\( \Rightarrow AD = \frac{{\sqrt {13} }}{4}a\)

Diện tích tam giác ACD là

\(S = \frac{1}{2}AC.CD.\sin \widehat {ACD} = \frac{1}{2}.a.\frac{3}{4}a.\sin 60^\circ = \frac{{{a^2}3\sqrt 3 }}{{16}}\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC là

\(R = \frac{{AD.AC.DC}}{{4S}} = \frac{{\frac{{\sqrt {13} }}{4}a.a.\frac{3}{4}a}}{{4.\frac{{{a^2}3\sqrt 3 }}{{16}}}} = \frac{{\sqrt {39} }}{2}a\).

Nửa chu vi tam giác ACD là:

\(p = \frac{{AD + AC + CD}}{2} = \frac{{\frac{{\sqrt {13} }}{4}a + a + \frac{3}{4}a}}{2} = \frac{{\left( {3 + \sqrt {13} } \right)}}{8}a\).

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ADC là

\[r = \frac{S}{p} = \frac{{\frac{{{a^2}3\sqrt 3 }}{{16}}}}{{\frac{{\left( {3 + \sqrt {13} } \right)}}{8}a}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{2\left( {3 + \sqrt {13} } \right)}}a\];

\[\frac{R}{r} = \frac{{\frac{{\sqrt {39} }}{2}a}}{{\frac{{3\sqrt 3 }}{{2\left( {3 + \sqrt {13} } \right)}}a}} = \frac{{13 + 3\sqrt {13} }}{3}\].