Cho tam giác ABC đều mà M thuộc đường ngoài ngoại tiếp tam giác
CMR: MA2+MB2+MC2=6R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
CM
27 tháng 6 2017
a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Do tam giác ABC là tam giác đều nên O đồng thời là trọng tâm tam giác đều ABC.
Lại có:
+ O là trọng tâm tam giác nên 
+ Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác:
Ta có: NA2 + NB2 + NC2 ngắn nhất
⇔ NO2 ngắn nhất vì R không đổi
⇔ NO ngắn nhất
⇔ N là hình chiếu của O trên d.
CM
20 tháng 10 2018
Vì tam giác ABC vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của cạnh huyền BC.
Ta có: BC = 2R
Giả sử đường tròn (O) tiếp với AB tại D, AC tại E và BC tại F
Theo kết quả câu a) bài 58, ta có ADOE là hình vuông.
Suy ra: AD = AE = EO = OD = r
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:
AD = AE
BD = BF
CE = CF
Ta có: 2R + 2r = BF + FC + AD + AE
= (BD + AD) + (AE + CE)
= AB + AC
Vậy AB = AC = 2(R + r)
CM
28 tháng 9 2018
Áp dụng định lí sin trong tam giác ta có a sin A = 2 R . Suy ra:
R = a 2 sin 60 ° = a 2. 3 2 = a 3 3 .
Chọn A.
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
23 tháng 5 2021
\(h=\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}\Rightarrow S=\frac{1}{2}ah=\frac{1}{2}a\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}\)
\(R=\frac{abb}{4S}=\frac{ab^2}{\sqrt{4b^2-a^2}.a}=\frac{b^2}{\sqrt{4b^2-a^2}}\)
\(r=\frac{S}{p}=\frac{a\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}}{a+2b}\)
10 tháng 12 2016
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)
CM
26 tháng 12 2019
Theo định lí sin trong tam giác ta có:
a sin A = 2 R ⇒ R = a 2 sin A = 6 2. sin 60 0 = 2 3
Chọn B.
Bài toán phụ: Cho tam giác ABC có \(\widehat{A}=120^o\). Khi đó BC2=AB2+AC2+AB.AC
Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của C trên AB
\(AH=\frac{1}{2}AC;CH=\frac{\sqrt{3}}{2}AC\left(1\right)\)
Theo định lý Pytago, ta có: BC2=BH2+CH2 (2)
Từ (1)(2) => BC2=(AB+AH)2+CH2=\(\left(AB+\frac{1}{2}AC\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}AC\right)^2\)
\(=AB^2+AB\cdot AC+\frac{1}{4}AC^2+\frac{3}{4}AC^2=AB^2+AC^2+AB\cdot AC\)
Không mất tính tổng quát giả sử M thuộc cung \(\widebat{BC}\) (không chứa A) của (O)
Chứng minh được MA=MB+MC
=> MA2=MB2+MC2+2.MB.MC
=> MA2+MB2+MC2=2(MB2+MC2+MB.MC)(3)
Theo BĐ1 ta có: MB2+MC2+MB.MC=BC2
=> MB2+MC2+MB.MC=3R2
Từ (1) (2) => MA2+MB2+MC2=6R2