1. Đường tròn ngoại tiếp một tứ giác

HĐ1 trang 80

Đề bài: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat{A} = \widehat{C} = 90^\circ$ (H.9.28). Hãy giải thích vì sao bốn đỉnh của tứ giác $ABCD$ cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm $O$ của đoạn thẳng $BD$.

Lời giải:

Bước 1: Xét tam giác $ABD$.

Vì $\widehat{A} = \widehat{BAD} = 90^\circ$ nên tam giác $ABD$ vuông tại $A$, cạnh huyền là $BD$.

Áp dụng kết quả đã học ở Bài 28 (đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có tâm là trung điểm cạnh huyền), $O$ là trung điểm $BD$ nên:

$$OA = OB = OD = \dfrac{BD}{2}.$$

Bước 2: Xét tam giác $BCD$.

Vì $\widehat{C} = \widehat{BCD} = 90^\circ$ nên tam giác $BCD$ vuông tại $C$, cạnh huyền là $BD$.

Tương tự như trên:

$$OC = OB = OD = \dfrac{BD}{2}.$$

Bước 3: Kết luận.

Từ hai bước trên:

$$OA = OB = OC = OD = \dfrac{BD}{2}.$$

Vậy bốn đỉnh $A, B, C, D$ cùng cách $O$ một khoảng bằng $\dfrac{BD}{2}$, tức là cùng nằm trên đường tròn tâm $O$ bán kính $\dfrac{BD}{2}$. $\blacksquare$

HĐ2 trang 80

Đề bài: Trên đường tròn $(O)$, lấy các điểm $A, B, C, D$ sao cho $ABCD$ là tứ giác lồi (H.9.29). Các đường trung trực của các cạnh $AB, BC, CD, DA$ có đồng quy hay không?

Lời giải:

Vì $A, B, C, D$ cùng nằm trên đường tròn $(O)$ nên:

$$OA = OB = OC = OD ;;(\text{đều bằng bán kính của } (O)).$$

Xét từng cặp:

• $OA = OB$ → $O$ nằm trên đường trung trực của $AB$.
• $OB = OC$ → $O$ nằm trên đường trung trực của $BC$.
• $OC = OD$ → $O$ nằm trên đường trung trực của $CD$.
• $OD = OA$ → $O$ nằm trên đường trung trực của $DA$.

Vậy bốn đường trung trực của các cạnh $AB, BC, CD, DA$ cùng đi qua điểm $O$, tức là chúng đồng quy tại $O$. $\blacksquare$

HĐ3 trang 81

Đề bài: Em hãy đo các góc đối nhau $A$ và $C$ của tứ giác $ABCD$ trong HĐ2 và tính tổng $\widehat{A} + \widehat{C}$. So sánh kết quả của em với các bạn.

Lời giải:

Sử dụng thước đo góc, ta đo được:

$$\widehat{A} = 115^\circ, ;; \widehat{C} = 65^\circ.$$

Khi đó:

$$\widehat{A} + \widehat{C} = 115^\circ + 65^\circ = 180^\circ.$$

Nhận xét: Kết quả phù hợp với định lí “Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng $180^\circ$” (được trình bày ngay sau HĐ3).

Luyện tập 1 trang 81

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $BE, CF$. Biết rằng $\widehat{B} = 60^\circ$, $\widehat{C} = 80^\circ$.

a) Chứng tỏ rằng tứ giác $BCEF$ nội tiếp một đường tròn có tâm là trung điểm của cạnh $BC$.

b) Tính số đo của các góc $\widehat{BFE}$ và $\widehat{CEF}$.

Lời giải:

a) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.

Vì $BE$ là đường cao kẻ từ $B$ nên $BE \perp AC$ tại $E$, suy ra:

$$\widehat{BEC} = 90^\circ.$$

Tam giác $BEC$ vuông tại $E$ với cạnh huyền $BC$. Theo kết quả ở Bài 28, đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEC$ có tâm là trung điểm $I$ của $BC$ và bán kính bằng $\dfrac{BC}{2}$. Do đó:

$$IE = IB = IC = \dfrac{BC}{2}.$$

Tương tự, vì $CF$ là đường cao kẻ từ $C$ nên $CF \perp AB$ tại $F$, suy ra $\widehat{BFC} = 90^\circ$. Tam giác $BFC$ vuông tại $F$ với cạnh huyền $BC$ nên:

$$IF = IB = IC = \dfrac{BC}{2}.$$

Vậy:

$$IB = IC = IE = IF = \dfrac{BC}{2}.$$

Bốn điểm $B, C, E, F$ cùng nằm trên đường tròn tâm $I$ (trung điểm của $BC$), bán kính $\dfrac{BC}{2}$. Do đó tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn này. $\blacksquare$

b) Vì tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn nên tổng hai góc đối nhau bằng $180^\circ$.

Trong tứ giác $BCEF$ (theo thứ tự đỉnh $B \to C \to E \to F$):

• Cặp góc đối thứ nhất: $\widehat{B}$ (tức $\widehat{FBC}$) và $\widehat{E}$ (tức $\widehat{CEF}$).
• Cặp góc đối thứ hai: $\widehat{C}$ (tức $\widehat{BCE}$) và $\widehat{F}$ (tức $\widehat{BFE}$).

Tính $\widehat{CEF}$:

$$\widehat{FBC} + \widehat{CEF} = 180^\circ ;;\Rightarrow;; \widehat{CEF} = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ.$$

Tính $\widehat{BFE}$:

$$\widehat{BCE} + \widehat{BFE} = 180^\circ ;;\Rightarrow;; \widehat{BFE} = 180^\circ – 80^\circ = 100^\circ.$$

Vậy $\widehat{BFE} = 100^\circ$ và $\widehat{CEF} = 120^\circ$.

Thử thách nhỏ 1 trang 82

Đề bài: Cho tứ giác $ABCD$, biết rằng các đường trung trực của ba đoạn thẳng $AB, AC, AD$ đồng quy tại một điểm. Hãy giải thích vì sao $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

Gọi $O$ là điểm đồng quy của ba đường trung trực $AB, AC, AD$.

• $O$ nằm trên đường trung trực của $AB$ → $OA = OB$.
• $O$ nằm trên đường trung trực của $AC$ → $OA = OC$.
• $O$ nằm trên đường trung trực của $AD$ → $OA = OD$.

Do đó:

$$OA = OB = OC = OD.$$

Bốn điểm $A, B, C, D$ cùng cách $O$ một khoảng bằng $OA$, tức là cùng nằm trên đường tròn tâm $O$ bán kính $OA$.

Vậy $ABCD$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $(O;\ OA)$. $\blacksquare$

2. Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật và hình vuông

HĐ4 trang 82

Đề bài: Vẽ hình chữ nhật $ABCD$ và giao điểm $M$ của hai đường chéo $AC$ và $BD$ (H.9.33).

a) Hãy giải thích vì sao điểm $M$ cách đều bốn đỉnh của hình chữ nhật $ABCD$.

b) Chứng tỏ rằng hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp một đường tròn có bán kính bằng nửa đường chéo hình chữ nhật.

Lời giải:

a) Trong hình chữ nhật, hai đường chéo có hai tính chất (đã học ở lớp 8):

• Hai đường chéo bằng nhau: $AC = BD$.
• Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường: $M$ là trung điểm của $AC$ và cũng là trung điểm của $BD$.

Suy ra:

$$MA = MC = \dfrac{AC}{2}, ;; MB = MD = \dfrac{BD}{2}.$$

Vì $AC = BD$ nên:

$$MA = MB = MC = MD.$$

Vậy điểm $M$ cách đều bốn đỉnh $A, B, C, D$. $\blacksquare$

b) Từ câu a), bốn đỉnh $A, B, C, D$ cùng cách $M$ một khoảng bằng $MA = \dfrac{AC}{2}$, tức là cùng nằm trên đường tròn tâm $M$ bán kính $\dfrac{AC}{2}$.

Do đó hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $M$, bán kính bằng nửa đường chéo $\dfrac{AC}{2}$. $\blacksquare$

HĐ5 trang 82

Đề bài: Cho hình vuông $ABCD$ có độ dài cạnh bằng $3$ cm như Hình 9.34. Hãy xác định tâm, vẽ đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ và cho biết bán kính của đường tròn đó.

Lời giải:

Vì hình vuông cũng là hình chữ nhật nên áp dụng kết quả ở HĐ4:

Bước 1: Xác định tâm.

Tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình vuông $ABCD$.

Bước 2: Tính bán kính.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABC$ vuông tại $B$ với $AB = BC = 3$ cm:

$$AC^2 = AB^2 + BC^2 = 3^2 + 3^2 = 18;$$

$$AC = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \text{ (cm)}.$$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nửa đường chéo:

$$R = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \text{ (cm)}.$$

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ là $R = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$ cm.

Câu hỏi trang 82

Đề bài: Với điểm $A$ cho trước nằm trên đường tròn $(O)$, có bao nhiêu hình vuông có một đỉnh là $A$ nội tiếp đường tròn $(O)$?

Lời giải:

Giả sử hình vuông $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với đỉnh $A$ đã cho. Khi đó tâm $O$ chính là giao điểm hai đường chéo, đồng thời $O$ là trung điểm của đường chéo $AC$.

• $A$ cố định, $O$ cố định → điểm $C$ hoàn toàn xác định (là điểm đối xứng của $A$ qua $O$).
• Đường chéo còn lại $BD$ vuông góc với $AC$ tại $O$ và có cùng độ dài $AC$ → hai điểm $B, D$ cũng hoàn toàn xác định (là hai giao điểm của đường thẳng qua $O$ vuông góc với $AC$ và đường tròn $(O)$).

Vậy với mỗi điểm $A$ cho trước trên $(O)$, chỉ có duy nhất một hình vuông nhận $A$ là đỉnh và nội tiếp $(O)$.

Luyện tập 2 trang 83

Đề bài: Cho hình thoi $ABCD$ có các cạnh bằng $3$ cm. Gọi $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của $AB, BC, CD, DA$. Chứng tỏ rằng tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật và tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp của tứ giác đó.

Lời giải:

Bước 1: Chứng minh $MNPQ$ là hình bình hành.

Xét tam giác $ABC$:

• $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $BC$.
• Vậy $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra:

$$MN \parallel AC ;;\text{và};; MN = \dfrac{AC}{2}.$$

Xét tam giác $ACD$:

• $Q$ là trung điểm $AD$, $P$ là trung điểm $CD$.
• Vậy $QP$ là đường trung bình của tam giác $ACD$, suy ra:

$$QP \parallel AC ;;\text{và};; QP = \dfrac{AC}{2}.$$

Do đó $MN \parallel QP$ và $MN = QP$, nên $MNPQ$ là hình bình hành.

Bước 2: Chứng minh $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Xét tam giác $ABD$: $M$ là trung điểm $AB$, $Q$ là trung điểm $AD$, nên $MQ$ là đường trung bình:

$$MQ \parallel BD.$$

Trong hình thoi $ABCD$, hai đường chéo vuông góc nhau: $AC \perp BD$.

Mà $MN \parallel AC$ và $MQ \parallel BD$, nên:

$$MN \perp MQ.$$

Hình bình hành $MNPQ$ có một góc vuông tại $M$, nên $MNPQ$ là hình chữ nhật. $\blacksquare$

Bước 3: Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp $MNPQ$.

Theo HĐ4, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật bằng nửa đường chéo. Ta tính đường chéo $MP$ của $MNPQ$.

Vì $MNPQ$ là hình chữ nhật với hai cạnh $MN = \dfrac{AC}{2}$ và $NP = \dfrac{BD}{2}$ (đường trung bình tam giác $BCD$), áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $MNP$ vuông tại $N$:

$$MP^2 = MN^2 + NP^2 = \left(\dfrac{AC}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{BD}{2}\right)^2 = \dfrac{AC^2 + BD^2}{4}.$$

Áp dụng tính chất hình thoi: hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm và vuông góc, nên mỗi cạnh là cạnh huyền của tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng nửa hai đường chéo. Gọi $I$ là giao điểm hai đường chéo, xét tam giác $AIB$ vuông tại $I$:

$$AB^2 = AI^2 + BI^2 = \left(\dfrac{AC}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{BD}{2}\right)^2 = \dfrac{AC^2 + BD^2}{4}.$$

Do đó:

$$AC^2 + BD^2 = 4 \cdot AB^2 = 4 \cdot 3^2 = 36.$$

Suy ra:

$$MP^2 = \dfrac{36}{4} = 9 ;;\Rightarrow;; MP = 3 \text{ (cm)}.$$

Bán kính đường tròn ngoại tiếp $MNPQ$:

$$R = \dfrac{MP}{2} = \dfrac{3}{2} = 1{,}5 \text{ (cm)}.$$

Vậy $MNPQ$ là hình chữ nhật và bán kính đường tròn ngoại tiếp là $1{,}5$ cm.

Thử thách nhỏ 2 trang 83

Đề bài: Nếu các hình chữ nhật có chung một đường chéo (ví dụ như hai hình chữ nhật $ABCD$ và $AECF$ trong Hình 9.36) thì các đỉnh của chúng có cùng nằm trên một đường tròn không?

Lời giải:

Hai hình chữ nhật $ABCD$ và $AECF$ có chung đường chéo $AC$.

• Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật $ABCD$ có tâm là trung điểm $O$ của $AC$, bán kính bằng $\dfrac{AC}{2}$.
• Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật $AECF$ cũng có tâm là trung điểm $O$ của $AC$ (đường chéo chung), bán kính bằng $\dfrac{AC}{2}$.

Vậy hai đường tròn ngoại tiếp này trùng nhau — chúng cùng là đường tròn tâm $O$ bán kính $\dfrac{AC}{2}$.

Do đó các đỉnh $A, B, C, D, E, F$ của hai hình chữ nhật đều cùng nằm trên một đường tròn (chính là đường tròn nhận $AC$ làm đường kính). $\blacksquare$

Bài tập (trang 83)

Bài 9.18 trang 83

Đề bài: Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. Tính số đo của các góc còn lại của tứ giác trong mỗi trường hợp sau:

a) $\widehat{A} = 60^\circ$, $\widehat{B} = 80^\circ$; b) $\widehat{B} = 70^\circ$, $\widehat{C} = 90^\circ$; c) $\widehat{C} = 100^\circ$, $\widehat{D} = 60^\circ$; d) $\widehat{D} = 110^\circ$, $\widehat{A} = 80^\circ$.

Lời giải:

Vì $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên theo định lí, tổng hai góc đối nhau bằng $180^\circ$:

$$\widehat{A} + \widehat{C} = 180^\circ ;;\text{và};; \widehat{B} + \widehat{D} = 180^\circ.$$

a) $\widehat{A} = 60^\circ$, $\widehat{B} = 80^\circ$:

$$\widehat{C} = 180^\circ – \widehat{A} = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ;$$

$$\widehat{D} = 180^\circ – \widehat{B} = 180^\circ – 80^\circ = 100^\circ.$$

b) $\widehat{B} = 70^\circ$, $\widehat{C} = 90^\circ$:

$$\widehat{D} = 180^\circ – \widehat{B} = 180^\circ – 70^\circ = 110^\circ;$$

$$\widehat{A} = 180^\circ – \widehat{C} = 180^\circ – 90^\circ = 90^\circ.$$

c) $\widehat{C} = 100^\circ$, $\widehat{D} = 60^\circ$:

$$\widehat{A} = 180^\circ – \widehat{C} = 180^\circ – 100^\circ = 80^\circ;$$

$$\widehat{B} = 180^\circ – \widehat{D} = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ.$$

d) $\widehat{D} = 110^\circ$, $\widehat{A} = 80^\circ$:

$$\widehat{B} = 180^\circ – \widehat{D} = 180^\circ – 110^\circ = 70^\circ;$$

$$\widehat{C} = 180^\circ – \widehat{A} = 180^\circ – 80^\circ = 100^\circ.$$

Bài 9.19 trang 83

Đề bài: Cho điểm $I$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Qua $I$ kẻ hai đường thẳng lần lượt cắt $(O)$ tại bốn điểm $A, B$ và $C, D$ sao cho $A$ nằm giữa $B$ và $I$, $C$ nằm giữa $D$ và $I$. Chứng minh rằng $\widehat{IBD} = \widehat{ICA}$, $\widehat{IAC} = \widehat{IDB}$ và $IA \cdot IB = IC \cdot ID$.

Lời giải:

Vì bốn điểm $A, B, C, D$ cùng nằm trên đường tròn $(O)$ nên tứ giác $ABDC$ là tứ giác nội tiếp.

Bước 1: Chứng minh $\widehat{IAC} = \widehat{IDB}$.

Trong tứ giác nội tiếp $ABDC$, hai góc đối nhau tại đỉnh $A$ và $D$ có tổng $180^\circ$:

$$\widehat{BAC} + \widehat{BDC} = 180^\circ. ;;(1)$$

Vì $A$ nằm giữa $I$ và $B$ trên đường thẳng $IB$, hai tia $AI$ và $AB$ là hai tia đối nhau. Do đó $\widehat{IAC}$ và $\widehat{BAC}$ là hai góc kề bù:

$$\widehat{IAC} + \widehat{BAC} = 180^\circ. ;;(2)$$

Vì $C$ nằm giữa $I$ và $D$ trên đường thẳng $ID$, hai tia $DC$ và $DI$ trùng nhau (cùng đi từ $D$ về phía $I$). Do đó:

$$\widehat{IDB} = \widehat{CDB} = \widehat{BDC}. ;;(3)$$

Từ $(1)$ và $(2)$: $\widehat{IAC} = 180^\circ – \widehat{BAC} = \widehat{BDC}$.

Kết hợp với $(3)$: $\widehat{IAC} = \widehat{IDB}$. $\blacksquare$

Bước 2: Chứng minh $\widehat{IBD} = \widehat{ICA}$.

Tương tự, trong tứ giác nội tiếp $ABDC$, hai góc đối nhau tại đỉnh $B$ và $C$ có tổng $180^\circ$:

$$\widehat{ABD} + \widehat{ACD} = 180^\circ. ;;(4)$$

Vì $A$ nằm giữa $I$ và $B$, hai tia $BA$ và $BI$ trùng nhau, nên:

$$\widehat{IBD} = \widehat{ABD}. ;;(5)$$

Vì $C$ nằm giữa $I$ và $D$, hai tia $CI$ và $CD$ là hai tia đối nhau, nên $\widehat{ICA}$ và $\widehat{ACD}$ kề bù:

$$\widehat{ICA} + \widehat{ACD} = 180^\circ. ;;(6)$$

Từ $(4)$ và $(6)$: $\widehat{ACD} = 180^\circ – \widehat{ICA}$, thay vào $(4)$:

$$\widehat{ABD} + (180^\circ – \widehat{ICA}) = 180^\circ ;;\Rightarrow;; \widehat{ABD} = \widehat{ICA}.$$

Kết hợp với $(5)$: $\widehat{IBD} = \widehat{ICA}$. $\blacksquare$

Bước 3: Chứng minh $IA \cdot IB = IC \cdot ID$.

Xét hai tam giác $IAC$ và $IDB$:

• $\widehat{AIC} = \widehat{DIB}$ (cùng là góc tại đỉnh $I$, do hai đường thẳng $IB$ và $ID$ tạo nên một góc duy nhất tại $I$).
• $\widehat{IAC} = \widehat{IDB}$ (chứng minh ở Bước 1).

Suy ra $\triangle IAC \backsim \triangle IDB$ (g.g).

Từ tỉ số đồng dạng:

$$\dfrac{IA}{ID} = \dfrac{IC}{IB} ;;\Rightarrow;; IA \cdot IB = IC \cdot ID. ;;\blacksquare$$

Bài 9.20 trang 83

Đề bài: Cho hình bình hành $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng $ABCD$ là hình chữ nhật.

Lời giải:

Vì $ABCD$ là tứ giác nội tiếp, theo định lí, hai góc đối nhau có tổng bằng $180^\circ$:

$$\widehat{A} + \widehat{C} = 180^\circ. ;;(1)$$

Vì $ABCD$ là hình bình hành, hai góc đối nhau bằng nhau (đã học ở lớp 8):

$$\widehat{A} = \widehat{C}. ;;(2)$$

Thay $(2)$ vào $(1)$:

$$\widehat{A} + \widehat{A} = 180^\circ ;;\Rightarrow;; 2\widehat{A} = 180^\circ ;;\Rightarrow;; \widehat{A} = 90^\circ.$$

Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật. Vậy $ABCD$ là hình chữ nhật. $\blacksquare$

Bài 9.21 trang 83

Đề bài: Cho hình thang $ABCD$ ($AB$ song song với $CD$) nội tiếp đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng $ABCD$ là hình thang cân.

Lời giải:

Bước 1: Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp.

Vì $ABCD$ là tứ giác nội tiếp, hai góc đối tại $A$ và $C$ có tổng $180^\circ$:

$$\widehat{BAD} + \widehat{BCD} = 180^\circ. ;;(1)$$

Bước 2: Sử dụng tính chất hai đường thẳng song song.

Vì $AB \parallel CD$, hai góc $\widehat{BAD}$ và $\widehat{ADC}$ là hai góc trong cùng phía đối với cát tuyến $AD$ (đã học ở lớp 7). Do đó tổng của chúng bằng $180^\circ$:

$$\widehat{BAD} + \widehat{ADC} = 180^\circ. ;;(2)$$

Bước 3: So sánh hai kết quả.

Từ $(1)$ và $(2)$:

$$\widehat{BCD} = \widehat{ADC}.$$

Hình thang $ABCD$ có hai góc kề cùng một đáy $CD$ (là $\widehat{ADC}$ và $\widehat{BCD}$) bằng nhau nên là hình thang cân.

Vậy $ABCD$ là hình thang cân. $\blacksquare$

Bài 9.22 trang 83

Đề bài: Tính diện tích của một hình chữ nhật, biết rằng hình chữ nhật đó có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng $2{,}5$ cm.

Lời giải:

Bước 1: Đặt ẩn.

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là $a$ (cm) ($a > 0$). Khi đó chiều dài là $2a$ (cm).

Bước 2: Tính đường chéo.

Áp dụng định lí Pythagore cho hình chữ nhật, đường chéo:

$$d = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = \sqrt{a^2 + 4a^2} = \sqrt{5a^2} = a\sqrt{5} \text{ (cm)}.$$

Bước 3: Sử dụng bán kính đường tròn ngoại tiếp.

Theo HĐ4, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật bằng nửa đường chéo:

$$R = \dfrac{d}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2} = 2{,}5.$$

Suy ra:

$$a\sqrt{5} = 5 ;;\Rightarrow;; a = \dfrac{5}{\sqrt{5}} = \sqrt{5} \text{ (cm)}.$$

Bước 4: Tính diện tích.

$$S = a \cdot 2a = 2a^2 = 2 \cdot (\sqrt{5})^2 = 2 \cdot 5 = 10 \text{ (cm}^2\text{)}.$$

Vậy diện tích của hình chữ nhật là $10$ cm².

Bài 9.23 trang 83

Đề bài: Người ta muốn dựng một khung cổng hình chữ nhật rộng $4$ m và cao $3$ m, bên ngoài khung cổng được bao bởi một khung thép dạng nửa đường tròn như Hình 9.37. Tính chiều dài của đoạn thép làm khung nửa đường tròn đó.

Lời giải:

Bước 1: Đặt hệ trục để dễ tính.

Gọi $O$ là trung điểm đáy dưới khung cổng — đây cũng chính là tâm của nửa đường tròn. Gọi $A, B$ là hai đỉnh dưới; $C, D$ là hai đỉnh trên của khung cổng (với $A, D$ cùng một bên; $B, C$ cùng một bên).

Vì đáy dưới dài $4$ m và $O$ là trung điểm:

$$OA = OB = \dfrac{4}{2} = 2 \text{ (m)}.$$

Đỉnh trên (chẳng hạn $D$) cách đáy một khoảng bằng chiều cao $3$ m và cách trung điểm đáy $O$ theo phương ngang $2$ m.

Bước 2: Tính bán kính nửa đường tròn.

Hai đỉnh trên $C, D$ nằm trên nửa đường tròn, nên khoảng cách $OD$ chính là bán kính $R$ của nửa đường tròn. Xét tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là chiều cao $3$ m và nửa chiều rộng $2$ m, áp dụng định lí Pythagore:

$$R^2 = 2^2 + 3^2 = 4 + 9 = 13;$$

$$R = \sqrt{13} \text{ (m)}.$$

Bước 3: Tính chiều dài khung nửa đường tròn.

Chu vi cả đường tròn bán kính $R$ là $2\pi R$, nên chiều dài nửa đường tròn (phần cong) là:

$$\ell = \dfrac{2\pi R}{2} = \pi R = \pi \sqrt{13} \text{ (m)}.$$

Lấy $\pi \approx 3{,}14$:

$$\ell \approx 3{,}14 \cdot \sqrt{13} \approx 3{,}14 \cdot 3{,}606 \approx 11{,}32 \text{ (m)}.$$

Vậy chiều dài đoạn thép làm khung nửa đường tròn khoảng $\pi\sqrt{13} \approx 11{,}32$ m.

Thầy Võ Văn Trung

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THCS

Trình độ: Cử nhân Sư phạm Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ A2

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THCS Nguyễn Du