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)

Chọn đáp án C.

Gọi M là trung điểm của BC: 

Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABM ta có:

A B C L' K O J E D I F L

Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K  thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.

Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)

Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)

Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)

Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'

=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp 

Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL'   (1)

Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF

=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g)  => FA² = FK.FC        (2)

Từ (1) và (2) => FA² = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)

=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2

Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp

Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L

Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 180⁰ - ^BAC/2

Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tia phân giác của các góc BAH và CAH cắt BC lần lượt tại D và E. Gọi O là giao điểm các...- Mạng Giáo Dục Pitago.Vn – Giải pháp giúp em học toán vững vàng!

a: Gọi E là giao điểm của BI và (O)

I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>AI là phân giác của góc BAC, BI là phân giác của góc ABC

Xét (O) có

\(\hat{BAM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

\(\hat{CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\hat{BAM}=\hat{CAM}\)

Do đó: sđ cung BM=sđ cung CM

Xét (O) có

\(\hat{ABE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE

\(\hat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)

Do đó: sđ cung EA=sđ cung EC

Xét (O) có

\(\hat{BIM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BM và AE

=>\(\hat{BIM}=\frac12\) (sđ cung BM+sđ cung AE)

=1/2(sđ cung MC+sđ cung EC)

=1/2*sđ cung EM

Xét (O) có

\(\hat{EBM}\) là góc nội tiếp chắn cung EM

Do đó: \(\hat{EBM}=\frac12\cdot\) sđ cung EM

Do đó: \(\hat{MIB}=\hat{MBI}\)

=>ΔMIB cân tại M

=>MI=MB

mà MB=MC

nên MI=MC

=>ΔMCI cân tại M