Về bài toán Hình học tS 10 TP HCM 2025

Cho biết đường tròn có bán kính $R$ và $AO=2R$. Hãy tính chu vi và diện tích tam giác $HED$.
 

 
Bài giải dưới đây theo phong cách HSG MTCT THCS và ta có nhận xét tam giác $ABC$ là tam giác đều, góc $\widehat{AOB}=60^\circ$ và $\sin 120^\circ=\sin 60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$ (trong khả năng của HSG MTCT THCS ).
 

$S_{HED}=S_{AHE}-S_{AHD}=\dfrac12AH(AD-AE)\sin \widehat{HAD}=$ $\quad \fbox{$\dfrac12AH.DE\sin \widehat{HAD}$}$.

$\left.\begin{array}{l}\text{Ta có:}\quad AD^2=AB^2+BD^2=3R^2+4R^2=7R^2\\
AB^2=AE.AD=AH.AO ⇒ \left\lbrace\begin{array}{l} AE=\dfrac{AB^2}{AD}=\dfrac{3R}{\sqrt7}\\
AH=\dfrac{AB^2}{AO}=\dfrac32R\end{array} \right. \end{array}\right\rbrace ⇒
\left.\begin{array}{ll}DE&=AD-AE=\\
&=R\sqrt7-\dfrac{3R}{\sqrt7}=\dfrac{4R}{\sqrt7}\end{array} \right.
$

 
Trong tam giác $AOD$ ta có: $OA.OD.\sin 120^\circ =AO.AD.\sin \widehat{HAD}=2S_{AOD}$.
 
Suy ra $\sin \widehat{HAD}=\dfrac{R\sin 120^\circ}{R\sqrt7}=\dfrac{\sqrt{21}}{14} $ .
 
Vậy $S_{HED}=$ $R^2$ $=\dfrac{3\sqrt3}{14}R^2$.
 

Bây giờ ta tìm chu vi của tam giác, ta đã biết $DE=\dfrac{4R}{\sqrt7}$.
 
Trong tam giác $AHE$ ta có: $AH.AE.\sin \widehat{HAD}=HA.HE.\sin \widehat{AHE}=2S_{AHE} $

$⇒ HE=\dfrac{AE.\sin \widehat{HAD}}{\sin\widehat{AHE}} =\dfrac{AE.\sin \widehat{HAD}}{\sin\widehat{ABE}}\qquad $ ($\widehat{AHE}=\widehat{ABE}$ vì tứ giác $ABHE$ nội tiếp).

$\qquad\quad\ =\dfrac{AE.\sin \widehat{HAD}}{\dfrac{AE}{AB}}=AB.\sin \widehat{HAD}\quad $ $R$.
 
Tương tự $HD=\dfrac{OH\sin \widehat{HOD} }{\sin \widehat{HDO} }=\dfrac{OH\sin 120^\circ}{\sin \widehat{HAD}}$ $\qquad (\widehat{HDO}=\widehat{HAD}$ do chứng minh ở câu trên)
 
$\qquad\qquad\qquad =$ $R$.
 

Vậy chu vi tam giác $HED$ là

$ED+HE+HD=\dfrac{4R}{\sqrt7}+\dfrac{3R\sqrt7}{14}+\dfrac{R\sqrt7}{2}=\dfrac{9R\sqrt7}{7}\qquad $

About TS. Nguyễn Thái Sơn

Nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). Nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). Nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013).