Cho em hỏi câu này với ạ 5* và CTLHN nếu đúng
Cho tam giác $ΔABC$ có $BC=\sqrt{3}$ và $AB=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ $∠ABC=45^{0}$ và $AM$ là phân giác trong $∠BAC$($M ∈BC$). Tính bán kính đường trong ngoại tiếp tam giác $AMC$
Cho em hỏi câu này với ạ 5* và CTLHN nếu đúng
Cho tam giác $ΔABC$ có $BC=\sqrt{3}$ và $AB=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ $∠ABC=45^{0}$ và $AM$ là phân giác trong $∠BAC$($M ∈BC$). Tính bán kính đường trong ngoại tiếp tam giác $AMC$
Đáp án:
$R = \sqrt3 -1$
Giải thích các bước giải:
Áp dụng định lý $\cos$ ta được:
$AC^2 = AB^2 + BC^2 – 2AB.BC.\cos\widehat{ABC}$
$\to AC^2 = \left(\dfrac{\sqrt6 – \sqrt2}{2}\right)^2 + (\sqrt3)^2 – 2\cdot\left(\dfrac{\sqrt6 – \sqrt2}{2}\right)\cdot \sqrt3\cdot \cos45^\circ$
$\to AC^2 = 2$
$\to AC = \sqrt2$
Áp dụng tính chất đường phân giác, ta được:
$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BM}{MC}$
$\to \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BC – MC}{MC}$
$\to MC = \dfrac{AC.BC}{AB + AC}$
$\to MC=\dfrac{\sqrt2.\sqrt3}{\dfrac{\sqrt6 -\sqrt2}{2} + \sqrt2}$
$\to MC = 3 – \sqrt3$
Áp dụng định lý $\cos$ ta được:
$+) \quad AB^2 = AC^2 + BC^2 – 2AC.BC.\cos\widehat{ACB}$
$\to \cos\widehat{ACB} = \dfrac{AC^2 + BC^2 – AB^2}{2AC.BC}$
$\to \cos\widehat{ACB} = \dfrac{(\sqrt2)^2 + (\sqrt3)^2 – \left(\dfrac{\sqrt6 – \sqrt2}{2}\right)^2}{2.\sqrt2.\sqrt3}$
$\to \cos\widehat{ACB} = \dfrac{\sqrt3 + 1}{2\sqrt2}$
$\to \sin\widehat{ACB} = \sqrt{1 – \cos^2\widehat{ACB}}$
$\to \sin\widehat{ACB} = \sqrt{1 – \left(\dfrac{\sqrt3 + 1}{2\sqrt2}\right)^2}$
$\to \sin\widehat{ACB} = \dfrac{\sqrt3 -1}{2\sqrt2}$
$+)\quad AM^2 = AC^2 + MC^2 – 2AM.MC.\cos\widehat{ACM}$
$\to AM^2 = (\sqrt2)^2 + (3-\sqrt3)^2 – 2\sqrt2\cdot (3 -\sqrt3)\cdot \dfrac{\sqrt3 + 1}{2\sqrt2}$
$\to AM^2 = 14 – 8\sqrt3$
$\to AM= \sqrt{14 – 8\sqrt3}$
Xét $ΔAMC$ có:
$\quad \dfrac{AM}{\sin\widehat{ACM}} = 2R$
$\to R = \dfrac{AM}{2\sin\widehat{ACB}}$
$\to R = \dfrac{\sqrt{14 – 8\sqrt3}}{2\cdot \dfrac{\sqrt3 -1}{2\sqrt2}}$
$\to R = \sqrt3 -1$