Cho tam giác ABC vuông tại A, \(\widehat{ABC}={{30...

D

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

a) Tính độ dài các cạnh AB,  AC theo R.

Xét đường tròn tâm O,  đường kính BC có: \(\widehat{BAC}\)  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow \widehat{BAC}={{90}^{0}}.\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A ta có:

 \(\begin{align}  & AB=BC.\cos \widehat{ABC}=2R.\cos {{30}^{0}}=2R.\frac{\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}. \\  & \Rightarrow A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}-A{{B}^{2}}=4{{R}^{2}}-3{{R}^{2}}={{R}^{2}} \\  & \Rightarrow AC=R. \\ \end{align}\)

Vậy \(AB=R\sqrt{3},\ \ AC=R.\)

b) Tính diện tích S của hình giới bởi cung AC và dây AC theo R.

Hình giới hạn bởi cung AC và dây AC là hình viên phân.

Ta có: \({{S}_{vp}}={{S}_{quat\,\,OAC}}-{{S}_{\Delta AOC}}.\)

Ta có \(\widehat{AOC}=2.\widehat{ABC}={{60}^{0}}\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AC).

\(\Rightarrow {{S}_{quạt\,\,OAC}}=\frac{\pi {{R}^{2}}n}{360}=\frac{\pi .{{R}^{2}}.60}{360}=\frac{\pi {{R}^{2}}}{6}.\)

Tam giác AOC cân tại O vì \(AO=OC=R\) và có \(\widehat{AOC}={{60}^{0}}\ \ \left( cmt \right)\Rightarrow \Delta AOC\) là tam giác đều.

Diện tích của tam giác đều AOC là: \({{S}_{ACO}}=\frac{O{{A}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

\(\Rightarrow {{S}_{vp}}=\frac{\pi {{R}^{2}}}{6}-\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{\left( 2\pi -3\sqrt{3} \right)}{12}{{R}^{2}}.\)

c) Gọi M là điểm di động trên cung BC không chứa điểm A. Xác định vị trí của M để tích MB.MC là lớn nhất.

Tam giác MBC có \(\widehat{BMC}={{90}^{0}}\Rightarrow \Delta MBC\) vuông tại M

\(\Rightarrow M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}=4{{R}^{2}}\) (Định lí Pitago)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: \(MB.MC\le \frac{M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}}{2}=\frac{4{{R}^{2}}}{2}=2{{R}^{2}}\)

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow MB=MC\) , khi đó M là điểm chính giữa của cung BC (không chứa điểm A).

Vậy \(MB.M{{C}_{\max }}=2{{R}^{2}}\Leftrightarrow \) M là điểm chính giữa cung BC.

Chọn D