Giải Bài 9.14 trang 80 SGK Toán 9

Lời giải

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$. Vì tam giác đều nên $O$ cũng là trọng tâm, đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.

Kẻ đường cao $AH$ từ đỉnh $A$ xuống cạnh $BC$ ($H$ là trung điểm $BC$). Trong tam giác đều, đường cao cũng là đường trung tuyến nên $AH$ đi qua $O$.

Ta có $BH = \dfrac{BC}{2} = \dfrac{4}{2} = 2$ (cm).

Xét tam giác vuông $ABH$ (vuông tại $H$), theo định lí Pythagore:
$$AH = \sqrt{AB^2 - BH^2} = \sqrt{4^2 - 2^2} = \sqrt{16 - 4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} \text{ (cm)}.$$

a) Bán kính đường tròn ngoại tiếp.

Tâm $O$ là trọng tâm nên $O$ chia đường trung tuyến $AH$ theo tỉ lệ: $OA = \dfrac{2}{3}AH$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng khoảng cách từ tâm $O$ đến đỉnh:
$$R = OA = \dfrac{2}{3}AH = \dfrac{2}{3} \cdot 2\sqrt{3} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3} \approx 2,31 \text{ (cm)}.$$

b) Bán kính đường tròn nội tiếp.

Bán kính đường tròn nội tiếp bằng khoảng cách từ tâm $O$ đến cạnh, tức là đoạn $OH$:
$$r = OH = \dfrac{1}{3}AH = \dfrac{1}{3} \cdot 2\sqrt{3} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx 1,15 \text{ (cm)}.$$

Kiểm tra lại: $R + r = \dfrac{4\sqrt{3}}{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{3} = \dfrac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3} = AH$ (đúng, vì $OA + OH = AH$). Ngoài ra $R = 2r$, phù hợp với tính chất tam giác đều.

Đáp số