Tóm tắt:

tâm O₁; R₁ = 20cm. D = 120 cm

Tâm O­₂; R₂ = 12 cm.

a) O₁O₂ =? Để R_tối = 4 cm. R’_{nửa tối} =?

b) O₁O₂ =? Để R_tối = 0 cm

Bài giải

 a) Từ hình vẽ ta có: OA là bán kính của vùng tối trên màn, OA = R = 4 cm

- OP là bán kính của đường tròn giới hạn ngoài cùng của vung nửa tối OP =R’

Ta có: ∆ HAO ~ ∆ HA₁O₁ =>  H O H O 1 = A O A 1 O 1 ⇔ H O H O + O O 1 = R R 1 ⇔ H O H O + D = R R 1

⇒ H O H O + D − R R 1 = 0 ⇒ H O . R 1 − H O . R = R D ⇒ H O . ( R 1 − R ) = R D ⇒ H O = R D R 1 − R

Thay số ta có HO =  4.120 20 − 4 = 480 16 = 30 cm => HO₁ =120+30=150 cm

Mặt khác:

Δ H A 2 O 2 ~ Δ H A 1 O 1 =>   H O 2 H O 1 = A 2 O 2 A 1 O 1

=> HO₂ =  A 2 O 2 A 1 O 1 . H O 1 = R 2 R 1 .150 = 12 20 .150 = 90 cm.

Vậy đĩa chắn sáng phải đặt cách đĩa phát sáng một khoảng

O₁­O₂ = HO₁ – HO=90-30=60 cm thì vùng tối trên màn có bán kính là 4 cm.

Tính R’:

Ta có:  Δ K A 1 O 1 ~ Δ K B 2 O 2 =>  K O 1 K O 2 = A 1 O 1 A 2 O 2 =>  K O 1 O 1 O 2 − K O 1 = R 1 R 2

⇔ K O 1 O 1 O 2 − K O 1 − R 1 R 2 = 0

  ⇒ K O 1 . R 2 + K O 1 . R 1 = R D ⇒ K O 1 . ( R 1 + R 2 ) = R 1 . O 1 O 2 ⇒ K O 1 = R 1 . O 1 O 2 R 1 + R 2

Thay số ta có KO₁ =  20.60 20 + 12 = 1200 32 = cm => KO₁ = 37.5 cm

Mặt khác:

Δ H A 1 O 1 ~ Δ K Q O ⇒ K O 1 K O = A 1 O 1 Q O ⇔ K O 1 D − K O 1 = R 1 R 1 '  

=> R’= ( D − K O 1 ) . R 1 K O 1  thay số ta có:

R’ =  ( 120 − 37.5 ) .20 37.5 = 44 cm.

b) Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta có để trên nàm hình vừa vặn không còn bóng tối thì phải di chuyển đĩa chắn sáng về phía O₁ một đoạn O₂O’₂ .

Ta có:

Δ A 2 O 2 ' O ~ Δ A 1 O 1 O   n ê n   O 2 ' O O 1 O = A 2 O 2 ' A 1 O 1 ⇒ O 2 ' O = O 1 O . A 2 O 2 ' A 1 O 1 = D . R 2 R 1  

Thay số ta có: O 2 ' O = 120. 12 20 = 72 cm.

Mà O₁O₂ = OO₁ - OO’₂ = 120-72 = 48 cm

Nên O₂O’₂ = O₁O₂ – O₁O’₂ = 60-48 = 12 cm

Vậy phải di chuyển đĩa chắn sáng đi một đoạn 12 cm thì trên màn vừa vặn không còn vùng tối.

a) Gọi O’ là tâm của đường tròn đường kính OA.

Gọi R và r lần lượt là bán kính đường tròn tâm O và tâm O’.

Suy ra, hai đường tròn đã cho tiếp xúc trong với nhau.

b) +) Xét đường tròn (O’) có A, O, C là ba điểm cùng thuộc đường tròn và OA là đường kính nên tam giác AOC vuông tại C.

⇒ OC ⊥ AD

+) Xét đường tròn tâm (O) có A, D là hai điểm thuộc đường tròn nên OA = OD

⇒ ΔAOD cân tại O mà OC ⊥ AD

⇒ OC là đường trung tuyến của ΔAOD

⇒ C là trung điểm của AD

⇒ AC = CD

a) Đường thẳng a cắt đường tròn (O) tại 2 điểm phân biệt, vì khoảng cách d < R

b) Xét tam giác OHC vuông tại H có:

Hướng dẫn giải:

a) Gọi O' là tâm của đường tròn đường kính OA thì O'A=O'O.

Ta có OO'=OA-O'A hay d=R-r nên đường tròn (O) và đường tròn (O') tiếp xúc trong.

b) Tam giác CAO có cạnh OA là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nên ΔCAO vuông tại C

⇒OC⊥AD

⇒CA=CD (đường kính vuông góc với một dây).

minh ko biết

mình không biết đâu chỉ có thánh mới giải được

Xét \(\Delta\)MTA và \(\Delta\)MBT

có: góc M chung

\(\widehat{MTA}=\widehat{MBT}\left(=\frac{1}{2}\widebat{AT}\right)\)

=> \(\Delta\)MTA đồng dạng \(\Delta\)MBT

=> \(\frac{MT}{MB}=\frac{MA}{MT}\Rightarrow MT^2=MA.MB\left(ĐPCM\right)\)

do MT là tiếp tuyến mà M cố định nên => MT không đổi, do vậy MA.MB không đổi

Tóm tắt:

ST = d; SM = 1/4d; Bìa có bán kính R

a) Tìm R’

b) MM₁ = ? để R’’ = ½ R’. Tìm v’ của bóng đen nếu đèn có vận tốc v

c) thay S bằng nguồn sáng có bán kính r. Tìm S_đen và S_{nửa tối}.

Bài giải

Ta có hình vẽ

a) Bán kính vùng tối trên tường là PT

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng  nên 

a) Bán kính vùng tối trên tường là PT

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên 

⇒ I M P T = S M S T ⇔ P T = S T S M . I M = d 1 / 4 d . R = 4 R

b) Từ hình vẽ ta thấy để bán kính vùng tối giảm xuống  ta phải di chuyển tấm bìa về phía tường.

Gọi P₁T là bán kính bóng đen lúc này P₁T = 1/2PT = 2R

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên 

Vậy cần di chuyển tấm bìa về phía tường một đoạn

M₁M = SM₁ - SM= 1 2 d - 1 4 d = 1 4 d

Khi tấm bìa di chuyển  đều với vận tốc v và đi được quãng đường M₁M = 1/4d thì mất thời gian  t = M 1 M v = d 4 v

Cũng trong khoảng thời gian đó bán kính của vùng tối thay đổi một đoạn là

PP₁ = PT – P₁T = 4R – 2R = 2R

Vậy tốc độ thay đổi của bán kính vùng tối là  P 1 P t = 2 R d 4 v = 8 R v d

c) Thay điểm sáng S bằng nguồn sáng hình cầu. Ta có hình vẽ

Gọi AB là đường kính nguồn sáng, O là tâm nguồn sáng. Theo kết quả câu b) M là trung điểm của ST.

Bán kính vùng tối là PT, ta có ∆BIC =  ∆ PID (g.c.g) => PD = BC.

Mà ta lại có BC = OC – OB = MI – OB = R-r.

                  PT = PD + DT = BC + IM = (R-r) + R = 2R – r

Vậy diện tích vùng tối trên tường là: S_Tối = π.(2R – r)²

Vùng nửa tối là diện tích hình vành khăn  có bán kính lớn là P’T, bán kính nhỏ là PT

Ta có: ∆ AIC = ∆P’ID (g.c.g)  ⇒ P’D = AC = R+r

Mà: P’T = P’D + IM = AC + IM = R+r + R = 2R+r

Từ đó ta có: Diện tích vùng nửa tối là:

S_{Nửa tối} = π.(2R + r)² -  π.(2R - r)² =  8πRr