Luyện tập chung

Ví dụ 1. Cho tam giác nhọn ABCABC cân tại AA. Từ BB và CC kẻ lần lượt hai đường cao BHBH và CKCK của tam giác.

a) Chứng minh rằng đường tròn tâm OO đường kính BCBC đi qua KK và HH.

b) Chứng minh rằng hai cung nhỏ BK⌢\overset\frown{BK}... của HH và KK tạo với BB, CC bằng nhau.

c) Tính số đo của cung nhỏ KH⌢\overset\frown{KH} nếu BAC^=40∘\widehat{BAC} = 40^\circ.

Lời giải:

a) Vì BH⊥ACBH \perp AC nên tam giác BHCBHC vuông tại HH. Gọi OO là trung điểm của BCBC; đường trung tuyến HOHO ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền: OH=BC2OH = \dfrac{BC}{2}.

Tương tự, tam giác BKCBKC vuông tại KK nên OK=BC2OK = \dfrac{BC}{2}.

Vậy OH=OK=OB=OC=BC2OH = OK = OB = OC = \dfrac{BC}{2}, tức là đường tròn (O)(O) đường kính BCBC đi qua cả KK và HH. ■\blacksquare

b) Trong tam giác cân, hai đường cao ứng với hai cạnh bên bằng nhau: BH=CKBH = CK.

Trong một đường tròn, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau, do đó hai cung nhỏ căng bởi dây BHBH và dây CKCK bằng nhau. ■\blacksquare

c) Tam giác ABCABC cân tại AA có A^=40∘\widehat{A} = 40^\circ nên B^=C^=180∘−40∘2=70∘\widehat{B} = \widehat{C} = \dfrac{180^\circ - 40^\circ}{2} = 70^\circ.

Xét tam giác OHCOHC: OH=OCOH = OC (bán kính) nên tam giác cân tại OO, suy ra OHC^=OCH^=70∘\widehat{OHC} = \widehat{OCH} = 70^\circ, do đó:

HOC^=180∘−2⋅70∘=40∘  ⟹  sđ HC⌢=40∘.\widehat{HOC} = 180^\circ - 2 \cdot 70^\circ = 40^\circ \implies \text{sđ}\,\overset\frown{HC} = 40^\circ.

Tương tự sđ KB⌢=40∘\text{sđ}\,\overset\frown{KB} = 40^\circ.

Trên nửa đường tròn phía điểm AA, các điểm theo thứ tự B,K,H,CB, K, H, C:

sđ KH⌢=180∘−sđ BK⌢−sđ HC⌢=180∘−40∘−40∘=100∘.\text{sđ}\,\overset\frown{KH} = 180^\circ - \text{sđ}\,\overset\frown{BK} - \text{sđ}\,\overset\frown{HC} = 180^\circ - 40^\circ - 40^\circ = 100^\circ.

Kết quả: sđ KH⌢=100∘\text{sđ}\,\overset\frown{KH} = 100^\circ.

Ví dụ 2. Hình giới hạn bởi một cung nhỏ của đường tròn và dây căng cung đó gọi là hình viên phân. Lập công thức tính diện tích hình viên phân ứng với cung 90∘90^\circ, biết bán kính đường tròn là RR.

Lời giải:

Gọi cung 90∘90^\circ có hai mút AA, BB; góc ở tâm AOB^=90∘\widehat{AOB} = 90^\circ.

Diện tích hình viên phân bằng diện tích hình quạt OABOAB trừ diện tích tam giác OABOAB:

  • Diện tích hình quạt: Sq=90360πR2=πR24S_q = \dfrac{90}{360}\pi R^2 = \dfrac{\pi R^2}{4}.
  • Tam giác OABOAB vuông cân tại OO (OA=OB=ROA = OB = R): S△=12R2S_{\triangle} = \dfrac{1}{2}R^2.
Svp=πR24−R22=R2(π−2)4.S_{vp} = \frac{\pi R^2}{4} - \frac{R^2}{2} = \frac{R^2(\pi - 2)}{4}.

Kết quả: Svp=R2(π−2)4S_{vp} = \dfrac{R^2(\pi - 2)}{4}.

Bài tập

Bài 5.14. Cho dây ABAB không qua tâm của đường tròn (O)(O). Gọi A′A', B′B' là hai điểm lần lượt đối xứng với AA và BB qua OO. Hỏi đường trung trực của A′B′A'B' có phải là trục đối xứng của (O)(O) hay không? Tại sao?

Lời giải:

Vì A′A', B′B' đối xứng với A,B∈(O)A, B \in (O) qua tâm OO nên A′,B′∈(O)A', B' \in (O) (tâm OO là tâm đối xứng của đường tròn), tức A′B′A'B' là một dây của (O)(O).

Do OA′=OB′=ROA' = OB' = R, điểm OO cách đều hai đầu đoạn A′B′A'B', nên OO nằm trên đường trung trực của A′B′A'B'.

Đường trung trực của A′B′A'B' đi qua tâm OO, mà mọi đường thẳng qua tâm đều là trục đối xứng của đường tròn. Vậy có — đường trung trực của A′B′A'B' là một trục đối xứng của (O)(O). ■\blacksquare

Bài 5.15. Cho tam giác ABCABC không là tam giác vuông. Gọi HH và KK là chân các đường vuông góc lần lượt hạ từ BB và CC xuống ACAC và ABAB. Chứng minh rằng:

a) Đường tròn đường kính BCBC đi qua các điểm HH và KK;

b) KH<BCKH < BC.

Lời giải:

a) Tam giác BHCBHC vuông tại HH và tam giác BKCBKC vuông tại KK. Gọi OO là trung điểm BCBC; theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền:

OH=OK=BC2=OB=OC.OH = OK = \frac{BC}{2} = OB = OC.

Vậy H,KH, K thuộc đường tròn (O)(O) đường kính BCBC. ■\blacksquare

b) KHKH là một dây của đường tròn (O)(O).

Giả sử KHKH là đường kính. Khi đó KHKH và BCBC là hai đường kính cắt nhau tại trung điểm OO của mỗi đường, nên tứ giác có bốn đỉnh BB, KK, CC, HH là hình chữ nhật, suy ra KB⊥BCKB \perp BC. Mà K∈ABK \in AB nên AB⊥BCAB \perp BC, tức tam giác ABCABC vuông tại BB — trái giả thiết.

Vậy KHKH là dây không đi qua tâm; theo định lí "đường kính là dây cung lớn nhất": KH<BCKH < BC. ■\blacksquare

Bài 5.16. Guồng nước có dạng hình tròn. Phần ngập nước ứng với một dây AB=4AB = 4 m và điểm ngập sâu nhất CC có HC=0,5HC = 0{,}5 m (HH là trung điểm ABAB, CC nằm trên đường tròn, OC⊥ABOC \perp AB). Tính bán kính của guồng nước.

Lời giải:

Gọi RR là bán kính guồng nước, OO là tâm. Vì CC là điểm sâu nhất nên OO, HH, CC thẳng hàng và OH=OC−HC=R−0,5OH = OC - HC = R - 0{,}5.

HH là trung điểm dây ABAB nên AH=2AH = 2 m. Trong tam giác vuông OHAOHA:

OA2=OH2+AH2  ⟹  R2=(R−0,5)2+22OA^2 = OH^2 + AH^2 \implies R^2 = (R - 0{,}5)^2 + 2^2 R2=R2−R+0,25+4  ⟹  R=4,25 (m).R^2 = R^2 - R + 0{,}25 + 4 \implies R = 4{,}25 \text{ (m)}.

Kết quả: R=4,25R = 4{,}25 m.

Bài 5.17. Cho đường tròn (O;5 cm)(O; 5\text{ cm}).

a) Nêu cách vẽ dây ABAB sao cho khoảng cách từ OO đến dây ABAB bằng 2,52{,}5 cm.

b) Tính độ dài dây ABAB (làm tròn đến hàng phần trăm).

c) Tính số đo và độ dài của cung nhỏ ABAB.

d) Tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ ABAB.

Lời giải:

a) Vẽ đường tròn phụ (O;2,5 cm)(O; 2{,}5\text{ cm}). Lấy điểm HH bất kì trên đường tròn phụ; qua HH kẻ đường thẳng vuông góc với OHOH, đường thẳng này cắt (O;5)(O; 5) tại hai điểm AA, BB. Khi đó khoảng cách từ OO đến ABAB bằng OH=2,5OH = 2{,}5 cm.

b) HH là trung điểm của ABAB (tam giác OABOAB cân tại OO, OHOH là đường cao). Trong tam giác vuông OHAOHA:

AH=OA2−OH2=25−6,25=18,75≈4,33  ⟹  AB≈8,66 (cm).AH = \sqrt{OA^2 - OH^2} = \sqrt{25 - 6{,}25} = \sqrt{18{,}75} \approx 4{,}33 \implies AB \approx 8{,}66 \text{ (cm)}.

c) cos⁡AOH^=OHOA=2,55=0,5  ⟹  AOH^=60∘  ⟹  AOB^=120∘\cos \widehat{AOH} = \dfrac{OH}{OA} = \dfrac{2{,}5}{5} = 0{,}5 \implies \widehat{AOH} = 60^\circ \implies \widehat{AOB} = 120^\circ.

Vậy số đo cung nhỏ ABAB bằng 120∘120^\circ. Độ dài:

l=120180π⋅5=10π3≈10,47 (cm).l = \frac{120}{180}\pi \cdot 5 = \frac{10\pi}{3} \approx 10{,}47 \text{ (cm)}.

d) Diện tích hình quạt ứng với cung nhỏ ABAB:

Sq=120360π⋅52=25π3≈26,18 (cm2).S_q = \frac{120}{360}\pi \cdot 5^2 = \frac{25\pi}{3} \approx 26{,}18 \text{ (cm}^2\text{)}.

Kết quả: b) AB≈8,66AB \approx 8{,}66 cm; c) 120∘120^\circ, l≈10,47l \approx 10{,}47 cm; d) S≈26,18S \approx 26{,}18 cm².

Bài 5.18. Xe đạp có giò đĩa bán kính 1515 cm, líp bán kính 44 cm và bánh xe đường kính 6565 cm. Hỏi khi người đi xe đạp một vòng (giò đĩa quay một vòng) thì xe chạy được quãng đường dài bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng phần chục)?

Lời giải:

Khi giò đĩa quay một vòng, dây xích dịch chuyển một đoạn bằng chu vi giò đĩa: 2π⋅15=30π2\pi \cdot 15 = 30\pi (cm).

Líp quay được số vòng:

30π2π⋅4=154=3,75 (voˋng).\frac{30\pi}{2\pi \cdot 4} = \frac{15}{4} = 3{,}75 \text{ (vòng)}.

Bánh xe quay cùng số vòng với líp, nên quãng đường xe đi:

s=3,75⋅π⋅65=243,75π≈765,8 (cm)≈7,7 (m).s = 3{,}75 \cdot \pi \cdot 65 = 243{,}75\pi \approx 765{,}8 \text{ (cm)} \approx 7{,}7 \text{ (m)}.

Kết quả: khoảng 7,77{,}7 m.

Bài 5.19. Cho tam giác đều ABCABC có AB=23AB = 2\sqrt{3} cm. Nửa đường tròn đường kính BCBC cắt hai cạnh ABAB và ACAC lần lượt tại DD và EE (khác BB và CC).

a) Chứng tỏ rằng ba cung nhỏ BD⌢\overset\frown{BD}, DE⌢\overset\frown{DE} và EC⌢\overset\frown{EC} bằng nhau. Tính số đo mỗi cung.

b) Tính diện tích của hình viên phân giới hạn bởi dây BDBD và cung nhỏ BD⌢\overset\frown{BD}.

Lời giải:

a) Gọi OO là trung điểm BCBC, bán kính R=BC2=3R = \dfrac{BC}{2} = \sqrt{3} cm.

Xét tam giác OBDOBD: OB=OD=ROB = OD = R nên cân tại OO; lại có OBD^=ABC^=60∘\widehat{OBD} = \widehat{ABC} = 60^\circ (tam giác ABCABC đều) nên tam giác OBDOBD đều, suy ra BOD^=60∘\widehat{BOD} = 60^\circ, tức sđ BD⌢=60∘\text{sđ}\,\overset\frown{BD} = 60^\circ.

Tương tự, tam giác OECOEC đều nên sđ EC⌢=60∘\text{sđ}\,\overset\frown{EC} = 60^\circ.

Suy ra sđ DE⌢=180∘−60∘−60∘=60∘\text{sđ}\,\overset\frown{DE} = 180^\circ - 60^\circ - 60^\circ = 60^\circ.

Vậy ba cung bằng nhau, mỗi cung có số đo 60∘60^\circ.

b) Hình viên phân = hình quạt OBDOBD (cung 60∘60^\circ) trừ tam giác đều OBDOBD cạnh 3\sqrt{3}:

  • Sq=60360πR2=π⋅36=π2S_q = \dfrac{60}{360}\pi R^2 = \dfrac{\pi \cdot 3}{6} = \dfrac{\pi}{2} (cm²).
  • S△=34⋅(3)2=334S_{\triangle} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot (\sqrt{3})^2 = \dfrac{3\sqrt{3}}{4} (cm²).
Svp=π2−334≈1,571−1,299≈0,27 (cm2).S_{vp} = \frac{\pi}{2} - \frac{3\sqrt{3}}{4} \approx 1{,}571 - 1{,}299 \approx 0{,}27 \text{ (cm}^2\text{)}.

Kết quả: a) mỗi cung 60∘60^\circ; b) Svp=π2−334≈0,27S_{vp} = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{3\sqrt{3}}{4} \approx 0{,}27 cm².

Bài 16. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

Câu hỏi mở đầu. Gieo một đồng xu hình tròn bán kính 11 cm lên tờ giấy có những đường thẳng song song cách đều nhau 22 cm. Có thể xảy ra những trường hợp nào: a) đồng xu đè lên một đường thẳng; b) đồng xu không đè lên đường thẳng nào; c) đồng xu đè lên nhiều hơn một đường thẳng?

Trả lời:

Gọi dd là khoảng cách từ tâm đồng xu đến đường thẳng gần nhất. Vì hai đường kề nhau cách nhau 22 cm nên luôn có 0≤d≤10 \le d \le 1 cm.

  • a) Có thể xảy ra (và hầu như luôn xảy ra): đồng xu đè lên đường thẳng gần nhất khi d≤1d \le 1 cm — điều này luôn đúng.
  • b) Không thể xảy ra: muốn không chạm đường nào thì khoảng cách từ tâm đến mọi đường phải lớn hơn bán kính 11 cm, nhưng luôn có một đường cách tâm không quá 11 cm.
  • c) Chỉ xảy ra trong trường hợp đặc biệt: đồng xu chạm đồng thời hai đường kề nhau khi tâm nằm chính giữa hai đường (d=1d = 1 cm cả hai phía) — khi đó đồng xu tiếp xúc cả hai đường. Đồng xu không thể cắt (đè hẳn lên) hai đường cùng lúc vì đường kính đồng xu (22 cm) không lớn hơn khoảng cách hai đường.

HĐ1. Cho đường thẳng aa và điểm OO. Gọi HH là chân đường vuông góc hạ từ OO xuống aa, AA là một điểm thuộc tia OHOH. Trong mỗi trường hợp, đường thẳng aa và đường tròn (O;OA)(O; OA) có bao nhiêu điểm chung?

Trả lời:

  • a) OH<OAOH < OA: khoảng cách từ tâm đến đường thẳng nhỏ hơn bán kính → aa cắt đường tròn tại hai điểm chung.
  • b) OH=OAOH = OA: khi đó A≡HA \equiv H, đường thẳng tiếp xúc đường tròn tại đúng một điểm chung (HH).
  • c) OH>OAOH > OA: khoảng cách lớn hơn bán kính → đường thẳng và đường tròn không có điểm chung.