Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Độ dài của các cung \(AB,BC,CA\) đều bằng \(4\pi \). Diện tích của tam giác đều \(ABC\) là: A. \(29\sqrt{3}\) B. \(7\sqrt{3}\) C.\(27\sqrt{3}\) D. \(9\sqrt{3}\)
Đáp án đúng: C Giải chi tiết: Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\). Ta có \(2\pi R=4\pi +4\pi +4\pi =12\pi \). Suy ra \(R=6\) hay \(OA=OB=OC=6\) Ta cũng có \(\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COA}={{120}^{0}}\) Suy ra \(\Delta AOB=\Delta AOC=\Delta BOC=\frac{1}{3}\Delta ABC\) Xét tam giác \(AOC\) có: \(\left\{ \begin{align} & \widehat{OAC}=\widehat{OCA}={{30}^{0}} \\ & \widehat{COA}={{120}^{0}} \\ \end{align} \right.\) Kẻ đường cao OE, ta có đồng thời là đường trung tuyến, phân giác của góc \(\widehat{COA}\) . Ta có \(\Delta AOE=\Delta COE=\frac{1}{2}\Delta AOC\) Xét tam giác COE có: \(\left\{ \begin{align} & \widehat{ECO}={{30}^{0}} \\ & \widehat{CEO}={{90}^{0}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow OE=\frac{1}{2}CO=\frac{R}{2}\) Áp dụng định lý Pitago ta có: \(CE=\sqrt{O{{C}^{2}}-O{{E}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-{{\left( \frac{R}{2} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}R\) Vậy \({{S}_{COE}}=\frac{1}{2}OE.CE=\frac{1}{2}.\frac{R}{2}.\frac{\sqrt{3}R}{2}=\frac{\sqrt{3}{{R}^{2}}}{8}\) Suy ra \({{S}_{COA}}=2{{S}_{COE}}=\frac{\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}\) và \({{S}_{ABC}}=3{{S}_{COA}}=\frac{3\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}=\frac{3\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}=27\sqrt{3}\) Chọn C