a/ Vì $ABCD$ là hình vuông

$→ABCD$ là tứ giác đều

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ là:

$R=\dfrac{AB}{2\sin\dfrac{180^\circ}{4}}=\dfrac{3}{2\sin 45^\circ}=\dfrac{3}{\sqrt 2}\\↔R=\dfrac{3\sqrt 2}{2}cm$

Tâm của đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ là giao điểm của 2 đường chéo

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ là $\dfrac{3\sqrt 2}{2}cm$ có tâm là giao điểm của 2 đường chéo

b/ Bán kính đường tròn ngoại tiếp $ΔABC$ đều là:

$R=\dfrac{AB}{2\sin\dfrac{180^\circ}{3}}=\dfrac{4}{2\sin 60^\circ}=\dfrac{4}{\sqrt 3}\\↔R=\dfrac{4\sqrt 3}{3}cm$

Tâm của đường tròn ngoại tiếp $ΔABC$ đều là giao điểm của các đường đồng quy (giao điểm của các đường trung trực, phân giác, đường cao, trung tuyến)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp $ΔABC$ đều là $\dfrac{4\sqrt 3}{3}cm$ có tâm là giao điểm các đường đồng quy

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

 a) Gọi O là giao hai đường chéo của hình vuông ABCD. Khi đó ta có: OA=OB=OC=OD, nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD.

Ta có:

$\begin{gathered} R = OA = \frac{{AC}}{2} \hfill \\ A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2} \hfill \\ \Rightarrow R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{gathered} $

b) Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều ABC là trực tâm H của tam giác.

Ta có: $\begin{gathered} HB = HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2} \hfill \\ A{H^2} = A{C^2} = H{C^2} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{4} \hfill \\ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \Rightarrow R = \frac{2}{3}AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \hfill \\ \end{gathered} $