Câu 76: Hai ròng rọc có tâm O, O’ và bán kính R = 4a, R’ = a. Hai tiếp tuyến chung MN và PQ cắt nhau tại A theo góc 600. Tìm độ dài của dây cua- roa mắc qua hai dòng dọc.
Vì hai tiếp tuyến chung của đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A nên O, O’, A thẳng hàng.
\(\widehat {OAM} = \widehat {OAP} = {1 \over 2}\widehat {MAP}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \widehat {OAM} = {30^0}\)
Trong tam giác vuông OMA có \(\widehat {OMA} = {90^0}\)
\( \Rightarrow MA = OM.\cot \widehat {OAM}\)
\( = 4a\cos {30^0} = 4a\sqrt 3 \)
Trong tam giác vuông O’NA có\(\widehat {O’NA} = {90^0}\)
\( \Rightarrow NA = O’N\cot \widehat {O’AN} = a\cot {30^0} = a\sqrt 3 \)
\(MN = MA – NA = 4a\sqrt 3 – a\sqrt 3 = 3a\sqrt 3 \)
Trong tứ giác O’NAQ có \(\widehat N = \widehat Q = {90^0}\); \(\widehat A = {60^0}\)
Suy ra: \(\widehat {NO’Q} = {120^0}\)
Độ dài cung nhỏ \(\overparen{NQ}\) là: \({l_1} = {{\pi .a.120} \over {180}} = {{2\pi a} \over 3}\)
Trong tứ giác OMAP có \(\widehat M = \widehat P = {90^0}\); \(\widehat A = {60^0}\\)
Suy ra: \(\widehat {MOP} = {120^0}\) nên số đo cung nhỏ \(\overparen{MP}\) bằng 1200
sđ \(\overparen{MnP}\) \( = {360^0} – {120^0} = {240^0}\)
Độ dài cung lớn \(\overparen{MnP}\) là \({l_2}\) \( = {{\pi .4a.240} \over {180}} = {{16\pi a} \over 3}\)
Chiều dài của dây cua – roa mắc qua hai ròng rọc là:
\(2MN + {l_1} + {l_2} = 2.3a\sqrt 3 + {{2\pi a} \over 3} + {{16\pi a} \over 3}\(
=\(6a\sqrt 3 + 6\pi a = 6a\left( {\sqrt 3 + \pi } \right)\)
Câu 77: Tính diện tích phần gạch sọc trên hình sau (theo kích thước đã cho trên hình)
Diện tích phần gạch sọc là hiệu giữa diện tích hình thang ABCD và diện tích hình quạt tròn có góc ở tâm 300 của đường tròn bán kính bằng a.
Từ D kẻ \(DH \bot BC\)
Trong tam giác vuông HDC có \(\widehat {DHC} = {90^0}\)
\(DH = DC.\sin C = a.\sin {30^0} = {a \over 2}\)
\(CH = DC.cos\widehat C = a.cos{30^0} = {{a\sqrt 3 } \over 2}\)
\(BH = BC – HC = a – {{a\sqrt 3 } \over 2} = {{a\left( {2 – \sqrt 3 } \right)} \over 2}\)
Advertisements (Quảng cáo)
\( \Rightarrow AD = {{a\left( {2 – \sqrt 3 } \right)} \over 2}\)
Diện tích của hình thang ABCD bằng:
\({{AD + BC} \over 2}.DH = {{{{a\left( {2 – \sqrt 3 } \right)} \over 2} + a} \over 2}.{a \over 2}\)
\( = {{{a^2}\left( {4 – \sqrt 3 } \right)} \over 8}\)
Diện tích hình quạt tròn bằng: \({{\pi .{a^2}.30} \over {360}} = {{\pi {a^2}} \over {12}}\)
Diện tích phần gạch sọc:
\(S = {{{a^2}\left( {4 – \sqrt 3 } \right)} \over 8} – {{\pi a} \over {12}}\)
\( = {{3{a^2}\left( {4 – \sqrt 3 } \right) – 2\pi {a^2}} \over {24}}\)
\( = {{{a^2}} \over {24}}\left( {12 – 3\sqrt 3 – 2\pi } \right)\)
Câu 78: Cho tam giác AHB có \(\widehat H = 90^\circ ,\widehat A = 30^\circ \) và BH = 4cm. Tia phân giác của góc B cắt AH tại O. Vẽ đường tròn (O; OH) và đường tròn (O; OA).
a) Chứng minh đường tròn (O; OH) tiếp xúc với cạnh AB.
b) Tính diện tích hình vành khăn nằm giữa hai đường tròn trên.
a) Kẻ \(OK \bot AB\)
BO là đường phân giác của \(\widehat B\)
\( \Rightarrow OK = OH\) (tính chất đường phân giác)
Vậy đường tròn (O; OH) tiếp xúc với AB tại K.
b) ∆AHB có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat A = {30^0}\)
Advertisements (Quảng cáo)
Suy ra: \(\widehat B = {60^0} \Rightarrow \widehat {ABO} = {1 \over 2}\widehat B = {30^0}\)
Suy ra: ∆OAB cân tại O nên OB = OA
Vậy B (O; OA)
∆BHO có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat {OBH} = {30^0}\)
\(OH = BH.\tan {30^0} = 4.{{\sqrt 3 } \over 3} = {{4\sqrt 3 } \over 3}\) (cm)
\(OB = {{BH} \over {\cos \widehat {OBH}}} = {4 \over {\cos {{30}^0}}} = {4 \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {{8\sqrt 3 } \over 3}\) (cm)
Diện tích đường tròn nhỏ: S1 = \(\pi {\left( {{{4\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{16\pi } \over 3}\) (cm2)
Diện tích đường tròn lớn: \({S_2} = \pi {\left( {{{8\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{64\pi } \over 3}\) (cm2)
Diện tích hình vành khăn:
S = \({S_2} – {S_1} = {{64\pi } \over 3} – {{16\pi } \over 3} = {{48\pi } \over 3} = 16\pi \) (cm2)
Câu 79: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Gọi C là một điểm chạy trên nửa đường tròn đó. Trên AC lấy điểm D sao cho AD = CD. Qua A kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn rồi lấy AE = AB (E và C cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)
a) Tìm quỹ tích điểm D
b) Tính diện tích phần chung của hai nửa hình tròn đường kính AB và AE.
a) Chứng minh thuận
Nối DE. Xét ∆ABC và ∆AED:
AB = AE (gt)
AD = BC (gt)
\(\widehat {EAD} = \widehat {ABC}\) (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung)
Suy ra: ∆ABC = ∆EAD (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {EAD} = \widehat {ACB}\)
Mà \(\widehat {ACB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {EDA} = {90^0}\)
Điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB thì điểm D luôn nhìn đoạn AE cố định dưới một góc bằng 900, nên điểm D nằm trên nửa đường tròn đường kính AE nằm trong nửa mặt phẳng bờ AE chứa nửa đường tròn đường kính AB.
Chứng minh đảo:
Trên nửa đường tròn đường kính AE lấy điểm D’ bất kỳ, đường thẳng AD’ cắt nửa đường tròn đường kính AB tại C’. Nối ED’, BC’.
Xét ∆AD’E và ∆BC’A:
\(\widehat {D’} = \widehat {C’} = {90^0}\) (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AE = AB (gt)
\(\widehat {EAD} = \widehat {ABC’}\) (2 góc cùng phụ \(\widehat {C’AB}\))
Suy ra: ∆AD’E = ∆BC’A (cạnh huyền, góc nhọn)
\( \Rightarrow AD’ = BC’\)
Vậy khi điểm C chạy trên nửa đường tròn đường kính AB thì quỹ tích điểm D là nửa đường tròn đường kính AE.
b) Gọi tâm hai nửa đường tròn đường kính AB và AE lần lượt là O và O’, giao điểm thứ hai của hai đường tròn là M
Ta có: OA = OM = O’A = O’M (vì AB = AE)
\(\widehat A = {90^0}\)
Vậy tứ giác AOMO’ là hình vuông
Diện tích phần chung của hai nửa hình tròn bằng diện tích hai quạt tròn có cung \(\overparen{AmM}\) trừ đi diện tích hình vuông
Diện tích hình quạt tròn AOM bằng:
\({{\pi {{\left( {{{AB} \over 2}} \right)}^2}.90} \over {360}} = {{\pi A{B^2}} \over {16}}\)
Diện tích của hình vuông AOMO’ bằng:
\({\left( {{{AB} \over 2}} \right)^2} = {{A{B^2}} \over 4}\)
Diện tích phần chung bằng:
\(2.{{\pi A{B^2}} \over {16}} – {{A{B^2}} \over 4} = {{\pi A{B^2}} \over 8} – {{2A{B^2}} \over 8}\)
\( = {{A{B^2}} \over 8}\left( {\pi – 2} \right)\) (đơn vị diện tích)
