(a) Xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC có cạnh bằng a. (b) Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác MNP. Tính bán kính của (O), biết rằng ΔMNP vuông cân tại M v

a) Gọi \(O\) là giao điểm của ba đường trung trực của tamgiác đều \(ABC\) thì \(O\) đồng thời là trọng tâm và trực tâm của tam giác.

Ta có \(OA = OB = OC = \frac{2}{3}AH\) (\(H\) là chân đường cao kẻ từ \[A).\]

Do đó, \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(ABC.\)

Mặt khác, xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\).

Theo định lí Pythagore, ta có: \(A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\)

Suy ra \(A{H^2} = A{B^2} - H{B^2} = {a^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}\) nên \(AH = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó \(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) (tính chất trọng tâm).

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh \(a\) có tâm là trọng tâm tam giác và có bán kính \(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

b) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(MNP\) vuông cân tại \(M,\) ta có:

\(N{P^2} = M{N^2} + M{P^2} = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 16\), suy ra \[NP = 4\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\]

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MNP\) vuông tại \(M\) có độ dài bằng nửa cạnh huyền \(NP\) tức là \(2\,\,{\rm{cm}}\).