Vậy diện tích phần tô đậm là (ảnh 2)

\(\Delta ABC\)vuông tại \(A\) nên \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {9^2}} = 12\) (cm) (định lí Pythagore)

\(BD\) là đường phân giác \(\Delta ABC\)nên \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}\).

Mà \(DA + DC = AC = 12\,\,{\rm{cm}}\) nên \(DA = \frac{9}{2}\) (cm) và \(DC = \frac{{15}}{2}\) (cm).

\(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) nên \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \frac{{9\sqrt 5 }}{2}\) (cm) (định lí Pythagore)

Gọi \(r\) là bán kính của đường tròn \(\left( I \right)\,\,\,\,\left( {r > 0} \right)\).

Đường tròn \(\left( I \right)\) tiếp cúc các cạnh \(BC,\,CD,\,BD\) lần lượt tại \(X,\,\,Y,\,\,Z\).

Ta có: \({S_{BDC}} = \frac{1}{2}BA \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{{15}}{2} = \frac{{135}}{4}\) (cm²).

Mà \({S_{BDC}} = {S_{BIC}} + {S_{CID}} + {S_{IDB}}\)

\( = \frac{1}{2}IX \cdot BC + \frac{1}{2}IY \cdot CD + \frac{1}{2} \cdot IZ \cdot BD\)

\( = \frac{1}{2}r \cdot \left( {BD + CD + BC} \right) = \frac{{45 + 9\sqrt 5 }}{4}r\) (cm²).

Suy ra \(r = \frac{{135}}{4}:\frac{{45 + 9\sqrt 5 }}{4} = \frac{{3\left( {5 - \sqrt 5 } \right)}}{4}\) (cm).

Diện tích hình tròn nội tiếp \(\Delta BCD\) là

\({S_{tron}} = \pi {r^2} = \frac{{45\left( {3 - \sqrt 5 } \right)\pi }}{8}\) (cm²).

Vậy diện tích phần tô đậm là

\(S = {S_{BCD}} - {S_{tron}} = \frac{{135}}{4} - \frac{{45\left( {3 - \sqrt 5 } \right)\pi }}{8} \approx 20,3\) (cm²).

Điều kiện xác định của biểu thức A = 1/(căn bậc hai của x − 3) là