Bài tập cuối chương 5

Hướng dẫn giải

a) Do \(\widehat {BOC}\) là góc ở tâm chắn cung $\overset\frown{BC}$, \(\widehat {BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung $\overset\frown{BC}$ nên \(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2\alpha \).

Chọn đáp án B.

b) Do \(\widehat {BDC}\) là góc nội tiếp chắn cung $\overset\frown{BC}$, \(\widehat {BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung $\overset\frown{BC}$ nên \(\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = \alpha \).

Chọn đáp án A.

c) Do \(\widehat {BEC}\) là góc nội tiếp chắn cung lớn $\overset\frown{BC}$, \(\widehat {BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ $\overset\frown{BC}$ nên \(\widehat {BEC} = \frac{1}{2}\left( {360^\circ  - 2\alpha } \right) = 180^\circ  - \alpha \).

Chọn đáp án C.

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) \(l = \frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi R.30}}{{180}} = \frac{{\pi R}}{6}\).

Chọn đáp án D.

b) \(S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}.45}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{8}\).

Chọn đáp án C.

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = BC = CD = AD = r\); \(AB \bot BC\) hay \(NB \bot BC\); \(AD \bot CD\) hay \(PD \bot CD\).

Xét \(\left( C \right)\) có:

+ \(B \in \left( C \right);NB \bot BC \Rightarrow NB\) là tiếp tuyến của \(\left( C \right)\).

+ \(D \in \left( C \right);PD \bot CD \Rightarrow PD\) là tiếp tuyến của \(\left( C \right)\).

b) Do \(MP\) và \(PD\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(P\) nên \(CP\) là tia phân giác của \(\widehat {MCD} \Rightarrow \widehat {MCP} = \widehat {PCD}\) (1).

Do \(MN\) nà \(NB\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(N\) nên \(CN\) là tia phân giác của \(\widehat {MCB} \Rightarrow \widehat {MCN} = \widehat {BCN}\)(2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {MCP} + \widehat {MCN} = \widehat {PCD} + \widehat {BCN}\) \( \Rightarrow \widehat {PCN} = \widehat {PCD} + \widehat {BCN}\).

Lại có: \(\widehat {PCN} + \widehat {PCD} + \widehat {PCN} = 90^\circ \)  hay \(\widehat {PCN} + \widehat {PCN} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {PCN} = 45^\circ \).

Vậy \(\widehat {PCN} = \widehat {PCD} + \widehat {BCN} = 45^\circ \).

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a)

Gọi (O) là đường tròn có đường kính vuông góc với dây AB tại H.

Xét ∆OAB có OA = OB = R nên ∆OAB cân tại O.

∆OAB cân tại O có OH là đường cao (do OH ⊥ AB) nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác. Do đó H là trung điểm của AB.

Vậy đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

b)

Gọi (O) là đường tròn có đường kính đi qua trung điểm H của dây AB.

Xét ∆OAB có OA = OB = R nên ∆OAB cân tại O.

∆OAB cân tại O có OH là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó OH ⊥ AB tại H.

Vậy đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy.

c) 

Gọi \(OH,OK\)lần lượt là khoảng cách từ \(O\) tới \(AB,CD\).

Do \(AB = CD \Rightarrow AH = CK\).

Xét tam giác \(OAH\) và tam giác \(OCK\) có:

\(\widehat {AHO} = \widehat {CKO} = 90^\circ \)

\(OA = OC = R\)

\(AH = CK\)

\( \Rightarrow \Delta AHO = \Delta CKO\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

\( \Rightarrow OH = OK\) (cạnh tương ứng).

d)

Gọi $(\mathrm{O})$ là đường tròn có hai dây $\mathrm{AB}, \mathrm{CD}$ bằng nhau. $\mathrm{Gọi} \mathrm{OH}, \mathrm{OK}$ lần lượt là khoảng cách từ O đến AB , CD . Khi đó $\mathrm{OH} \perp \mathrm{AB}$ tại $\mathrm{H}, \mathrm{OK} \perp \mathrm{CD}$ tại K .

Do đó, theo kết quả của câu a, ta có: $H, K$ lần lượt là trung điểm của $A B, C D$.
Suy ra $A B=2 \mathrm{HB}$ và $C D=2 \mathrm{KD}$.
Theo bài, $\mathrm{OH}=\mathrm{OK}$, suy ra $\mathrm{OH}^2=\mathrm{OK}^2$. (1)
Xét $\triangle \mathrm{OHB}$ vuông tại H , ta có: $\mathrm{OB}^2=\mathrm{OH}^2+\mathrm{HB}^2$ (định lí Pythagore).
Suy ra $\mathrm{HB}^2=\mathrm{OB}^2-\mathrm{OH}^2=\mathrm{R}^2-\mathrm{OH}^2$. (2)
Xét $\triangle O K D$ vuông tại H , ta có: $O D^2=O K^2+K D^2$ (định lí Pythagore).
Suy ra $K D^2=O D^2-O K^2=R^2-O K^2$. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra $\mathrm{HB}^2=K D^2$, hay $\mathrm{HB}=\mathrm{KD}$.
Do đó $2 \mathrm{HB}=2 \mathrm{KD}$ hay $\mathrm{AB}=\mathrm{CD}$.
Vậy hai dây cách đều tâm thì bằng nhau.

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Vì đường thẳng a là tiếp tuyến của hai đường tròn $(\mathrm{I})$ và $(\mathrm{K})$ lần lượt tại tiếp điểm $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ nên $\mathrm{IA} \perp$ a tại $A, K B \perp$ a tại $B$. Do đó $I A / / K B$.

Xét $\triangle \mathrm{OBK}$ có $\mathrm{IA} / / \mathrm{KB}$ nên $\frac{O I}{O K}=\frac{I A}{K B}=\frac{r}{R}$ (hệ quả định lí Thalès).
b) Vì MP $\perp \mathrm{IK}$ tại P nên MP là tiếp tuyến chung của hai đường tròn $(\mathrm{I})$ và $(\mathrm{K})$.

Xét đường tròn (I), hai tiếp tuyến $M A, M P$ cắt nhau tại $M$ nên $M A=M P$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét đường tròn $(K)$, hai tiếp tuyến $M B, M P$ cắt nhau tại $M$ nên $M B=M P$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó $M A+M B=M P+M P$ hay $A B=2 M P$.
c) Xét đường tròn (I), hai tiếp tuyến $M A, M P$ cắt nhau tại M nên MI là tia phân giác của góc AMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó $\widehat{I M P}=\frac{1}{2} \widehat{A M P}$.

Xét đường tròn $(\mathrm{K})$, hai tiếp tuyến $\mathrm{MB}, \mathrm{MP}$ cắt nhau tại M nên MK là tia phân giác của góc BMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó $\widehat{K M P}=\frac{1}{2} \widehat{B M P}$.

Ta có:
$$
\widehat{I M P}+\widehat{K M P}=\frac{1}{2} \widehat{A M P}+\frac{1}{2} \widehat{B M P}=\frac{1}{2}(\widehat{A M P}+\widehat{B M P})=\frac{1}{2} \cdot 180^{\circ}=90^{\circ}
$$

Hay $\widehat{I M K}=90^{\circ}$.
Vậy $\widehat{I M K}=90^{\circ}$.

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Hình vành khuyên đó có diện tích bằng:

\(S = \pi \left( {{R^2} - {r^2}} \right) = \pi \left( {{6^2} - 1,{5^2}} \right) \approx 106\left( {c{m^2}} \right)\).

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Diện tích mảnh vải là:

\(S = \frac{1}{4}\pi \left( {{5^2} - {3^2}} \right) = 4\pi \approx 12,6 \left( {d{m^2}} \right)\).

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Diện tích toàn bộ logo là:

\(S = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.8}^2}.60}}{{360}} = \frac{{32\pi }}{3} \approx 33,5\left( {c{m^2}} \right)\).

b) Diện tích tam giác xanh là:

\(\frac{1}{2}.8.\frac{{8\sqrt 3 }}{2} = 16\sqrt 3  \approx 27,7\left( {c{m^2}}\right)\).

Diện tích phần logo màu đỏ là:

\(33,5 - 27,7  \approx 5,8\left( {c{m^2}} \right)\)

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Đổi 1 dặm = 1609m = 1,609km

suy ra 18 dặm = 18.1,609 (km)

Diện tích vùng biển có thể nhìn thấy ánh sáng từ hải đăng là:

\(S = \frac{{\pi .{R^2}.n}}{{360}} = \frac{{\pi .{{\left( {18.1,609} \right)}^2}.245}}{{360}} \approx 1793\left( {km^2} \right)\).

b) Kẻ \(OH \bot CD\)

Xét (O) có \(OH \bot CD\) nên H là trung điểm của CD.

Suy ra \(CH = \frac{1}{2} CD = 14\) (dặm)

Xét tam giác OHC vuông tại H có: 

\(OC^2 =OH^2+HC^2\)

suy ra \(OH^2=18^2 - 14^2 = 128\)

suy ra \(OH \approx 11\) (dặm)

Vậy khoảng cách nhỏ nhất từ con thuyền đến hải đăng là khoảng 11 dặm.

(Trả lời bởi datcoder)