Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp O trùng trọng tâm

Gọi AM là trung tuyến (kiêm đường cao), theo tính chất trọng tâm:

\(AM=\dfrac{3}{2}AO=\dfrac{3}{2}R=12\)

\(AM=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=8\sqrt{3}\)

\(S=\dfrac{1}{2}AM.AB=48\sqrt{3}\)

Tam giác ABC đều.

\(\Rightarrow AB=AC=BC\) (Tính chất tam giác đều).

Áp dụng định lý sin vào tam giác ABC đều, ta có:

\(\dfrac{a}{\sin A}=2R.\Rightarrow\dfrac{BC}{\sin60}=2.8.\Leftrightarrow BC=16.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}\) (đvđd).

\(\Rightarrow BC^2=192\) (đvđd).

Ta có: \(S=\dfrac{1}{2}ac.\sin B.\)

\(\Rightarrow S=\dfrac{1}{2}BC.AB.\sin60^o=\dfrac{1}{2}.BC^2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}.192=48\sqrt{3}\) (đvdt).

Vì \(\Delta ABC\) đều (giả thiết)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=AC=BC\\\widehat{A}=\widehat{C}=60^o\end{matrix}\right.\)

Áp dụng định lí sin vào \(\Delta ABC\) đều:

\(\dfrac{a}{\sin A}=2R\Leftrightarrow a=2R.\sin A=2.8.\sin60^o=8\sqrt{3}\)

Ta có: \(S_{\Delta ABC}=\dfrac{1}{2}.AB.BC.sinC=\dfrac{1}{2}.\left(8\sqrt{3}\right)^2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=48\sqrt{3}\)

Gọi cạnh tam giác ABC là x

theo công thức tính diện tích S = p.r với p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp. 
Ta có \(\frac{x^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3x}{2}.1\Rightarrow x=2\sqrt{3}\) (cm)

Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp : \(R=\frac{AB.BC.AC}{4.S_{ABC}}\frac{x^3}{\frac{4.x^2\sqrt{3}}{4}}=\frac{x}{\sqrt{3}}=2\) (cm)

2: ΔABC vuông tại A nội tiếp (O)

=>O là trung điểm của BC

BC=căn 6^2+8^2=10cm

=>OB=OC=10/2=5cm

S=5^2*3,14=78,5cm²

Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (O) với BC, AC, AB

\(\Rightarrow OD\perp BC\) ; \(OE\perp AC\) ; \(OF\perp AB\)

Và \(OD=OE=OF=R\)

Ta có:

\(S_{ABC}=S_{OAB}+S_{OAC}+S_{OBC}\)

\(=\dfrac{1}{2}OF.AB+\dfrac{1}{2}OE.AC+\dfrac{1}{2}OD.BC\)

\(=\dfrac{1}{2}R.AB+\dfrac{1}{2}R.AC+\dfrac{1}{2}R.BC\)

\(=\dfrac{1}{2}R.\left(AB+AC+BC\right)\)

\(\Rightarrow45=\dfrac{1}{2}R.30\)

\(\Rightarrow R=3\left(cm\right)\)

tick vs

Hình như câu b chưa rõ lắm, tam giác ABC cân tại đâu?

Gọi  3 cạnh cua tam giác là a ;b; c

2p =a+b+c

\(S=r.p=p\) 

=> \(\frac{a+b+c}{2}=\frac{ah1}{2}=\frac{bh2}{2}=\frac{ch3}{2}=\frac{a}{\frac{2}{h1}}=\frac{b}{\frac{2}{h2}}=\frac{c}{\frac{2}{h3}}=\frac{a+b+c}{2\left(\frac{1}{h1}+\frac{1}{h2}+\frac{1}{h3}\right)}\)

=>\(\frac{1}{h1}+\frac{1}{h2}+\frac{1}{h3}=1\) => h1h2+h2h3+h1h3 = h1h2h3   => h1=h2=h3  ( vì h1;h2;h3 là 3 số nguyên)

=> KL

gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác, x,y,z là độ dài đường cao tương ứng
ta có:2S_ABC= a+b+c=xa=by=cz
 \(a+b+c=\frac{a}{\frac{1}{x}}=\frac{b}{\frac{1}{y}}=\frac{c}{\frac{1}{z}}=\frac{a+b+c}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)
Có \(ax=a+b+c\ge2a\)(BDT tam giác)
=>\(x\ge3\)(vì x nguyên)
tương tự \(y\ge3;z\ge3\)
=>\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le1\)
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=3<=> tam giác ABC đều

-từ S hình vuông => cạnh tam giác =4

- BK= \(R=\frac{1}{2}.\frac{4}{\cos30}=\frac{4}{\sqrt{3}}\left(cm\right)\)