Chọn đáp án C

`\triangle ABC` đều nội tiếp `(O;R)`

`=>R=2/3` đường cao `\triangle ABC`

Mà đường cao `\triangle ABC=[\sqrt{3}a]/2`

  `=>R=2/3 .[\sqrt{3}a]/2=[\sqrt{3}a]/3`

  `->\bb C`

Chọn C

tham khảo

https://cungthi.online/cau-hoi/cho-tam-giac-abc-tap-hop-nhung-diem-m-thoaman-4mambmc-30238-1652.html

Gọi G là trọng tâm của ΔABC

⇒ \(3\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\)

⇒ \(MA^2+MB^2+MC^{2^{ }}+2VT=9MG^2\)

⇒ VT = 9MG² - MA² + MB² + MC² 

⇒ \(\dfrac{a^2}{6}\) = 9MG² - MA² + MB² + MC²

MA² + MB² + MC² 

\(=\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)^2\)

= 3MG² + 2\(\overrightarrow{MG}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)\)+ GA² + GB² + GC²

= 3MG² + \(GA^2+GB^{2^{ }}+GC^2\)

do \(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\)

Vậy ta có

\(\dfrac{a^2}{6}=6MG^2-GA^2-GB^2-GC^2\) 

⇔ \(\dfrac{a^2}{6}+\left(GA^2+GB^2+GC^2\right)=6MG^2\)(1)

Lưu ý, GA,GB,GC lần lượt bằng \(\dfrac{2}{3}\) độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A,B,C. Nhưng do ΔABC đều nên chúng sẽ lần lượt bằng \(\dfrac{2}{3}\) đường cao kẻ từ A,B,C (đặt là h_a ; h_b; h_c)

Dễ dàng tìm được h_a = h_b = h_c = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

⇒ GA = GB = GC = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

⇒ GA² = GB² = GC² = \(\dfrac{a^2}{3}\)

⇒ GA² + GB² + GC² = a²

Thay vào (1)

\(\dfrac{a^2}{6}+a^2=3MG^2\) ⇔ MG² = \(\dfrac{7a^2}{18}\)

⇔ MG = \(\dfrac{a\sqrt{14}}{6}\)

Vậy R = \(\dfrac{a\sqrt{14}}{6}\)

Ai xem hộ sai chỗ nào vs

Lời giải:

$\widehat{AOB}=2\widehat{ACB}=2.45^0=90^0$
Tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ nên $OA=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Chu vi hình tròn $(O)$:

$2\pi OA=a\sqrt{2}\pi$ 

Độ dài cung nhỏ AB: $a\sqrt{2}\pi.\frac{90^0}{360^0}=\frac{a\sqrt{2}\pi}{4}$

Đáp án B.

a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước có chia khoảng và compa)

b) Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực (đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác của tam giác đều ABC).

Ta có: R= OA = AA' = . = . = √3 (cm).

c) Đường tròn nội tiếp (O;r) tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều ABC tại các trung điểm A', B', C' của các cạnh.

r = OA' = AA' = = (cm)

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O;R) tại A,B,C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ∆IJK là tam giác đều ngoại tiếp (O;R).

a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước có chia khoảng và compa)

b) Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực (đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác của tam giác đều ABC).

Ta có: R= OA = AA' = . = . = √3 (cm).

c) Đường tròn nội tiếp (O;r) tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều ABC tại các trung điểm A', B', C' của các cạnh.

r = OA' = AA' = = (cm)

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O;R) tại A,B,C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ∆IJK là tam giác đều ngoại tiếp (O;R).

Giả sử \(\Delta ABC\)đều ngoại tiếp đường tròn (I), khi đó ta cần tính BC (hoặc AB, AC đều được)

Kẻ đường cao AH của \(\Delta ABC\). Nối B với I.

Ta ngay lập tức có BI là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(vì I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\))

Mà \(\widehat{ABC}=60^0\)(do \(\Delta ABC\)đều) \(\Rightarrow\widehat{IBH}=\frac{60^0}{2}=30^0\)

\(\Delta IBH\)vuông tại H \(\Rightarrow BH=IH.\cot\widehat{IBH}=r.\cot30^0=r\sqrt{3}\)

Mặt khác \(\Delta ABC\)đều có đường cao AH \(\Rightarrow\)AH cũng là trung tuyến \(\Rightarrow\)H là trung điểm BC

\(\Rightarrow BC=2BH=2r\sqrt{3}\)\(\Rightarrow\)Chọn ý thứ ba.

tham khảo

Để khoảng cách giữa hai điểm đó là \(R\sqrt{2}\)  thì giữa hai đỉnh đó có 1 đỉnh.

Xác suất của biến cố đó là: \(\dfrac{8}{C^2_8}=\dfrac{2}{7}\)

\(\Rightarrow A\)