cho tam giác ABC đều cạnh a . khi đó tập hợp những điểm M sao cho vecto MA.MB+MB.MC+MC.MA=\(\dfrac{a^2}{6}\)
A. đường tròn có bán kính R=\(\dfrac{a}{3}\)
B. đường tròn có bán kính R=\(\dfrac{a\sqrt{2}}{3}\)
C. đường tròn có bán kính R= \(\dfrac{a}{2}\)
D. đường tròn có bán kính R= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{9}\)
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 ha ; hb; hc)
Dễ dàng tìm được ha = hb = hc = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
⇒ 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
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Biết góc C bằng 45 độ, AB = a. Độ dài cung nhỏ AB là
A. \(\pi\).\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)a B. \(\pi\) .\(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)a C. \(\pi\) .\(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\) D. \(\pi\) .\(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)a
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.
ΔMNP đều ngoại tiếp đường tròn có bán kính bằng 4.Khi đó cạnh MN bằng
A.\(8\sqrt{3}\) B.\(48\sqrt{3}\) C.\(4\sqrt{3}\) D.\(\dfrac{8\sqrt{3}}{3}\)
Cho tam giác ABC cạnh a, có trung tuyến BM. Độ dài của \(\overrightarrow{BM}\) là:
A. a\(\sqrt{3}\)
B.\(\dfrac{a\sqrt{2}}{3}\)
C.\(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
D.\(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
Tam giác ABC là tam giác đều?
Nếu ABC đều thì \(\left|\overrightarrow{BM}\right|=BM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Đề bài: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác ABC trong mỗi trường hợp sau:
a. AB = a, AH = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
b. BC = 2a, HB = \(\dfrac{1}{4}BC\)
c. AB = a, CH = \(\dfrac{3}{2}a\)
d. CA = \(a\sqrt{3}\), AH = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Giúp mình với ạ, mình cảm ơn trước.
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.
Bài 32 (trang 116 SGK Toán 9 Tập 1)
Cho tam giác đều $ABC$ ngoại tiếp đường tròn bán kính $1$cm. Diện tích của tam giác $ABC$ bằng:
A. $6$ cm$^{2}$ ; B. $\sqrt{3}$ cm$^{2}$ ;
C. $\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}$ cm$^{2}$; D. $3 \sqrt{3}$ cm$^{2}$.
Hãy chọn câu trả lời đúng.
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 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều , là tiếp điểm thuộc .
Đường phân giác của góc cũng là đường cao nên , , thẳng hàng.
,
(cm)
(cm)
(cm)
Vì thế, câu trả lời (D) là đúng.
Cho ΔABC vuông tại A có AB=5;AC=4.Bán kính đường tròn qua A và tiếp xúc với BC tại B bằng
A.\(\dfrac{5}{4}\sqrt{41}\) B.\(\dfrac{5}{2}\sqrt{41}\) C.\(\sqrt{41}\) D.\(\dfrac{5}{8}\sqrt{41}\)
Cho tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính 1cm. Diện tích của tam giác ABC bằng
(A) \(6cm^2\) (B) \(\sqrt{3}cm^2\) (C) \(\dfrac{3\sqrt{3}}{4}cm^2\) (D) \(3\sqrt{3}cm^2\)
Hãy chọn câu trả lời đúng ?
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).
Câu 18: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA’ = 2a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a:
\(A,\sqrt{3a^3}\) \(B,\dfrac{\sqrt{3a^3}}{6}\) \(C,\dfrac{\sqrt{3a^3}}{2}\) \(D,2a^3\)
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\)
\(\Rightarrow V_{ABC}.A'B'C'=AA'.S_{ABC}=2a.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}=a^3\sqrt{3}\)
Chọn A