Bài 1: a) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm cạnh huyền.

Áp dụng địng lý Pitago vào tam giác vuông \(ABC\):

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}= 5\)

suy ra \(R=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{5}{2}\)

b) Tam giác \(ABC\) đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác trùng với trong tâm của tam giác.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) suy ra \(AI\bot BC\)

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông \(ABI\) ta có:

\(AI=\sqrt{AB^2-BI^2}=\sqrt{10^2+\left({\dfrac{10}{2}}\right)^2}=5\sqrt3\)

\(\Rightarrow R=AO=\dfrac{2}{3}AI=\dfrac{2}{3}5\sqrt3=\dfrac{10}{\sqrt3}\).

Bài 4: Đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao của 3 đường trung trực.

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) suy ra \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Áp dụng hệ thứ lượng vào tam giác vuông \(ABH\) ta có:

\(\sin \widehat{ABH}=\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow \cos \widehat{ABH}=\sqrt{1-\left({\dfrac{2}{3}}\right)^2}=\dfrac{\sqrt5}{3}\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông \(ABC\) ta có:

\(\cos \widehat{ABC}=\dfrac{AB}{BC}\)

\(\Rightarrow BC=\dfrac{AB}{\cos \widehat{ABC}}=\dfrac{2}{\dfrac{\sqrt5}{3}}=\dfrac{6}{\sqrt5}\) (cm).

VD5: Gọi \(I\) và \(J\) lần lượt là trung điểm cạnh \(AF\) và \(AE\).

Qua \(I\) dựng đường thẳng vuông góc với \(AC\), qua \(J\) dựng đường thẳng vuông góc với \(AB\), giao điểm của hai đường thẳng đó là \(O\) suy ra \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AEF\).

Tam giác \(AFD\) có \(I\) là trung điểm của \(AF\) và \(IO\bot AC\) suy ra \(OI \) là đường trung bình tam giác \(ADE\)

suy ra \(O\) là trung điểm \(AD\)

suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AEF\) là \(OA\)

\(OA=\dfrac{AD}{2}=2a\).