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.

Chọn C

Tam giác ABC là tam giác đều?

Nếu ABC đều thì \(\left|\overrightarrow{BM}\right|=BM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Chọn C

a.

Áp dụng hệ thức lượt trong tam giác vuông ta có:

$\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}-\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{3a^2}$

$\Rightarrow AC=\sqrt{3}a$

$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$

b.

$HB=\frac{BC}{4}$ thì $HC=\frac{3}{4}BC$

$\Rightarrow \frac{HB}{HC}=\frac{1}{3}$

Áp dụng hệ thức lượt trong tam giác vuông:

$AB^2=BH.BC; AC^2=CH.BC$

$\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{BH}{CH}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Áp dụng định lý Pitago:

$4a^2=BC^2=AB^2+AC^2=(\frac{\sqrt{3}}{3}.AC)^2+AC^2$

$\Rightarrow AC=\sqrt{3}a$

$\Rightarrow AB=a$

c. 

Áp dụng hệ thức lượt trong tam giác vuông:

$AB^2=BH.BC$

$\Leftrightarrow AB^2=BH(BH+CH)$

$\Leftrightarrow a^2=BH(BH+\frac{3}{2}a)$

$\Leftrightarrow BH^2+\frac{3}{2}aBH-a^2=0$

$\Leftrightarrow (BH-\frac{a}{2})(BH+2a)=0$

$\Rightarrow BH=\frac{a}{2}$
$BC=BH+CH=2a$

$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{3}a$

d. Tương tự phần a.

Hình vẽ:

Cho tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính 11cm. Diện tích của tam giác ABCABC bằng:

A. \(6cm^2\) ;                                           B. \(\sqrt{3}cm^2\) ;
C.\(\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^2\) ;                                D. \(3\sqrt{3cm^2}\)

Câu trả lời đúng là D.

Gọi $O$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$, $H$ là tiếp điểm thuộc $BC$.

Đường phân giác $AO$ của góc $A$ cũng là đường cao nên $A$, $O$, $H$ thẳng hàng.

$\mathrm{H}\mathrm{B}=\mathrm{H}\mathrm{C}$, \widehat{HAC}=30^{\circ}HAC=30∘

$AH=3\cdot OH=3$(cm)

HC=AH \cdot tan 30^{\circ}=3 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}HC=AH⋅tan30∘=3⋅3​1​=3​(cm)

S_{ABC}=\dfrac{1}{2} BC.AH=HC.AH=3 \sqrt{3}SABC​=21​BC.AH=HC.AH=33​(cm^{2}2)

Vì thế, câu trả lời (D) là đúng.

Chọn D

Chọn A

Tâm O của đường tròn nội tiếp tam giác đều cũng là giao điểm ba đường trung tuyến, ba đường cao.

Do đó đường cao h=AE=3.OE=3cm.

Trong tam giác đều, h = a√3/2 (a là độ dài mỗi cạnh).

Suy ra Do đó diện tích tam giác ABC là

Ta chọn (D).

Chọn C

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow V_{ABC}.A'B'C'=AA'.S_{ABC}=2a.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}=a^3\sqrt{3}\)

Chọn A

Kiếm j làm đi c