62 bài tập Đa giác nội tiếp và đa giác đều có lời giải

Ta có diện tích hình vuông \(MNPQ\) bằng \(\frac{1}{2}\) diện tích hình vuông \(ABCD\) .

Nên diện tích hình vuông \(MNPQ\) là \(128:2 = 64\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Do đó độ dài cạnh hình vuông \(MNPQ\) là \(8(\;{\rm{cm}})\).

Tổng diện tích các hình số \(1;2;3;4\) bằng diện tích hình tròn bán kính là nửa cạnh hình vuông \(MNPQ\).

Nên tổng diện tích các hình số \(1;2;3;4\)là \(3,14.{\left( {\frac{8}{2}} \right)^2} = 50,24\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích phần tô màu là \(64 - 50,24 = 13,76\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Gọi \(x(\;{\rm{m}})\) là kích thước kia của hình chữ nhật \((x > 0)\).

Diện tích mặt bàn hình tròn là \(\pi \cdot {\left( {\frac{{1,2}}{2}} \right)^2} = 0,36\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích mặt bàn sau khi nới là \(0,36\pi + 1,2x\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Ta có phương trình: \(0,36\pi + 1,2x = 3.0,36\pi \Leftrightarrow 1,2x = 0,72\pi \Leftrightarrow x = 0,6\pi  \approx 1,884\;{\rm{m}} = 188,4\;{\rm{cm}}\)

Vậy kích thước kia của hình chữ nhật là \(188,4\;{\rm{cm}}\).

a) Chu vi bồn hoa là \(2 \cdot 3,14.1,6 = 10,048(\;{\rm{m}})\).

Diện tích bồn hoa là \(3,14 \cdot 1,{6^2} = 8,0384\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)\).

b) Chi phí làm hàng rào là \(10,048.70000 \approx 729000\) (đồng).

Vậy chi phí làm hàng rào là khoảng 729000 đồng.

Gọi \[O\] là tâm đường tròn nội tiếp \[\Delta ABC\].
\[O\] là giao điểm 3 đường phân giác.
Mà \[\Delta ABC\] đều nên \[AH\]là đường phân giác cũng là đường cao, đường trung tuyến.
\[O\] là trọng tâm \[\Delta ABC\] và \[AH = 3.OH = 3.R\].
và \[\widehat {HAC} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = {30^0};\,\,BC = 2.HC\]
Xét \[\Delta HAC\]vuông tại \[H\].
\[ \Rightarrow HC = AH.\tan 30^\circ = 3R.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = R.\sqrt 3 \]
\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = AH.HC = 3R.R\sqrt 3 {\rm{ = 3}}\sqrt 3 {R^2}\]
\[ \Rightarrow 1\,200\,\, = \,\,3\sqrt 3 .{R^2}\,\]
\[ \Leftrightarrow R{\rm{ = }}\sqrt {\frac{{1200}}{{3\sqrt 3 }}} \,\, \approx 15,2\,\,\,\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]
Chu vi đường tròn (O) là \[2.3,14.15,2 \approx 95,5\](m)
Vậy bán kính \[\left( O \right)\]là \[15,2\]m; chu vi là \[95,5\]m.

Diện tích cửa phần hình chữ nhật là: \[1.1,2 = 1,2({m^2})\]
Diện tích cửa phần nửa hình tròn là: \[\frac{1}{2}.3,14.0,{6^2} = 0,5652({m^2})\]
Tổng diện tích của cửa sổ là: \[1,2 + 0,5652 = 1,7652({m^2})\]
Giá thành cửa sổ là: \[700000.1,7652 = 1235640\](đồng)

Chu vi bánh xe sau : \(\pi \times 1,672(m)\)
Chu vi bánh xe trước : \(\pi \times 0,88(m)\)
Khi bánh xe sau lăn được 10 vòng thì quãng đường đi được là \(\pi \times 1,672 \times 10 = \pi \times 16,72(m)\)
Khi đó số vòng lăn của bánh xe trước là \(\frac{{\pi \times 16,72}}{{\pi \times 0,88}} = 19\) (vòng)

Gọi \(H\) là điểm xa nhất trên mặt biển mà đứng tại vị trí đèn hải đăng có thể nhìn thấy được; \(AB\) là chiều cao của ngọn hải đăng so với bề mặt nước biển.
Nên \(BH\) là tiếp tuyến của đường tròn.
Đổi đơn vị: \(65\;{\rm{m}} = 0,065\;{\rm{km}}\).
Ta có \({\rm{OB}} = {\rm{OA}} + {\rm{BA}} = 6400 + 0,065 = 6400,065\;{\rm{km}}\).
Xét \(\Delta {\rm{OBH}}\) vuông tại H , ta có: \({\rm{O}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{B}}{{\rm{H}}^2}\) (định lý Pythagore).
Nên \({\rm{BH}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{H}}^2}} = \sqrt {6400,{{065}^2} - {{6400}^2}} \approx 28,8(\;{\rm{km}})\).
Vậy tầm nhìn xa nhất người đó có thể nhìn thấy là khoảng \(28,8\;{\rm{km}}\).

Thời gian phát tín hiệu từ \(A\) đến \(M\) là \(0,28:2 = 0,14\) (giây).
Độ dài AM là \(0,14 \cdot 3 \cdot {10^8} = 0,42 \cdot {10^8}(\;{\rm{m}}) = 0,42 \cdot {10^5}(\;{\rm{km}})\).
Xét vuông tại M , ta có: \({\rm{O}}{{\rm{A}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{M}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{M}}^2}\) (định lý Pythagore).\( \Rightarrow {\rm{OA}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{M}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{M}}^2}} \)
Ta có: \({\rm{AH}} = {\rm{OA}} - {\rm{OH}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{M}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{M}}^2}} - {\rm{OH}} = \sqrt {{{\left( {0,42 \cdot {{10}^5}} \right)}^2} + {{6400}^2}} - 6400 \approx 36085(\;{\rm{km}})\).
Vậy khoảng cách từ vị trí Vinasat-1 (vị trí A) đến mặt đất (vị trí điểm H) khoảng 36085 km .

Khoảng thời gian lớn nhất mà sóng truyền hình đi từ đài phát đến một điểm trên mặt Trái Đất tương ứng với thời gian sóng truyền từ điểm D đến A sau đó từ A về B .
Xét vuông tại \(B\), ta có: \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\) (định lý Pythagore).
Nên \(AB = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{C}}^2} - {\rm{B}}{{\rm{C}}^2}} = \sqrt {{{(6400 + 36600)}^2} - {{6400}^2}} = \sqrt {1808040000} (\;{\rm{km}})\) \( = \sqrt {1808040000} \cdot {10^3}(\;{\rm{m}})\)
Thời gian sóng truyền từ \(D\) đến \(A\) là \(\frac{{36600000}}{{3 \cdot {{10}^8}}} = \frac{{61}}{{500}}\) (giây).
Thời gian sóng truyền từ A đến B là \(\frac{{\sqrt {1808040000} \cdot {{10}^3}}}{{3 \cdot {{10}^8}}}\) (giây).
Khoảng thời gian lớn nhất mà sóng truyền hình đi từ đài phát đến một điểm trên mặt Trái Đất là \(\frac{{61}}{{500}} + \frac{{\sqrt {1808040000} \cdot {{10}^3}}}{{3 \cdot {{10}^8}}} \approx 0,264\) (giây).
Vậy khoảng thời gian lớn nhất mà sóng truyền hình đi từ đài phát đến một điểm trên mặt Trái Đất là khoảng 0,264 giây.

Do AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn\(({\rm{O}})\) và \(\left( {{\rm{O'}}} \right),\)(\({\rm{A}},{\rm{B}}\) là các tiếp điểm)
\( \Rightarrow {\rm{OA}} \bot {\rm{AB}}\) tại A và \({\rm{O'B}} \bot {\rm{AB}}\) tại B . Vẽ \(O'D \bot OA\) tại \(D\).
Tứ giác \({\rm{ABO'D}}\) là hình chư nhật (tứ giác có 3 góc vuông).\( \Rightarrow {\rm{AD}} = {\rm{O'B}} = 5\;{\rm{cm}};{\rm{AB}} = {\rm{O'D}}\)
Ta có: \(OD = OA - AD = 15 - 5 = 10\;{\rm{cm}}\).
Xét vuông tại D , ta có: \({\rm{O'}}{{\rm{O}}^2} = {\rm{O'}}{{\rm{D}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{D}}^2}\) (định lý Pythagore).
Nên \(O'D = \sqrt {O'{O^2} - {\rm{O}}{{\rm{D}}^2}} = \sqrt {{{40}^2} - {{10}^2}} \approx 38,73(\;{\rm{cm}})\).
Vậy độ dài của đoạn dây xích (dây sơn) AB khoảng \(38,73\;{\rm{cm}}\).

Ta có \(OA = OB = R\) nên cân tại \(O\).
Mà OK là đường cao nên OK cũng là đường trung tuyến nên K là trung điểm của AB .
Do đó: \({\rm{AK}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{2}{2} = 1(\;{\rm{m}})\).
Xét vuông tại K , ta có: \({\rm{O}}{{\rm{A}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{K}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{K}}^2}\) (định lý Pythagore).
\( \Rightarrow {\rm{O}}{{\rm{K}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{A}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{K}}^2} \Rightarrow {\rm{OK}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{A}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{K}}^2}} = \sqrt {1,{8^2} - {1^2}} = \frac{{2\sqrt {14} }}{5}(\;{\rm{m}})\)
Vậy chiều cao của cánh cổng từ mặt đất đến vị trí cao nhất của cổng là khoảng \(\frac{{2\sqrt {14} }}{5} + 1,8 \approx 3,3\;{\rm{m}}\)

Ta có \(OA = OB = R\) nên \(\Delta OAB\) cân tại \(O\).
Mà OH là đường cao nên OH cũng là đường trung tuyến. Do đó H là trung điểm của AB .
Nên \(AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{100}}{2} = 50(\;{\rm{m}})\).
Xét vuông tại H , ta có: \({\rm{O}}{{\rm{A}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{H}}^2}\) (định lý Pythagore).
\({R^2} = {50^2} + {(R - 40)^2} \Leftrightarrow {R^2} = 2500 + {R^2} - 80R + 1600 \Leftrightarrow 80R = 4100 \Leftrightarrow R = 51,25\)
Vậy độ dài bán kính R của đường tròn chứa cung tròn là nhịp giữa của cầu là \(51,25\;{\rm{m}}\).

Lời giải
\(65\;{\rm{m}} = 0,065\;{\rm{km}};5\;{\rm{m}} = 0,005\;{\rm{km}}\)
a) Ta có đồng dạng nên\(\frac{{MT}}{{MB}} = \frac{{MA}}{{MT}} \Rightarrow {M^2} = MA \cdot MB\)
\(MT = \sqrt {MA \cdot MB} = \sqrt {0,065 \cdot (0,065 + 2 \cdot 6400)} \approx 29(\;{\rm{km}})\)
Vậy một người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa khoảng 29 km .
b) Tương tự ta tính được: \({\rm{NT}} = \sqrt {{\rm{N}}{{\rm{O}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{T}}^2}} = \sqrt {{{(0,005 + 6400)}^2} - {{6400}^2}} \approx 8(\;{\rm{km}})\).
Suy ra \({\rm{MN}} = 29 + 8 = 37(\;{\rm{km}})\).
Vậy cách khoảng 37 km thì một người quan sát đứng ở trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này.

a) Ta có:
\(\begin{array}{l}L = 2a + \frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{2} + \frac{{{{\left( {{d_2} - {d_1}} \right)}^2}}}{{4a}}\\L = 2.60 + \frac{{\pi \left( {10 + 20} \right)}}{2} + \frac{{{{\left( {20 - 10} \right)}^2}}}{{4.60}}\\L \approx 167,5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\end{array}\)

b) Vẽ \[O'C\] vuông góc với \[OA\]\[\left( {C \in OA} \right)\]
Xét tứ giác\[CABO'\] có \(\widehat {CAB} = \widehat {BO'C} = \widehat {O'CA} = 90^\circ \) (Vì \[AB\]là tiếp tuyến chung của\[\left( O \right)\], \[\left( {O'} \right)\])
Suy ra tứ giác \[O'ABC\]là hình chữ nhật
Nên \[AC = BO'\]
\[OC = OA - AC = OA - O'B = R - r = 20 - 10 = 10{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\]
Áp dụng định lý Py-ta-go cho\[\Delta OCO'\] vuông tại \[C\]:
\[\begin{array}{l}{\rm{ }}O{{O'}^2} = O{C^2} + O'{C^2}\\ \Leftrightarrow O'{C^2} = O{{O'}^2} - O{C^2}\\ \Leftrightarrow O'{C^2} = {60^2} - {10^2}\\ \Leftrightarrow O'{C^2} = 3500\\ \Leftrightarrow O'C = 10\sqrt {35} = AB\end{array}\]
Vậy \[AB = 10\sqrt {35} {\rm{ cm}}\]

Gọi \[AM,{\rm{ }}AP\]là 2 tiếp tuyến chung của \[\left( O \right)\]và \[\left( I \right)\].
\[ \Rightarrow OA\] là phân giác của \[\widehat {MAP}\]\[ \Rightarrow \widehat {MAO} = 60^\circ :2 = 30^\circ \].
Ta có \[\Delta AMO\] và \[\Delta ANI\] là tam giác nửa đều \[ \Rightarrow OI = 8r - 2r = 6r\].
Mặt khác \[IM' \bot OM\] nên tứ giác \[MM'IN\] là hình chữ nhật\[ \Rightarrow MN = M'I\].
Theo định lý Pitago trong tam giác vuông \[OM'I\]:
\[M'I = \sqrt {I{M^2} - O{M^2}} = 3r\sqrt 3 \]
Ta có \[\widehat {NIQ} = 120^\circ = \widehat {MOP}\]
Số đo cung lớn $\stackrel{⏜}{MP}=240°$.
Độ dài cung nhỏ là \[{l_1} = \frac{{2\pi r}}{3}\].
Độ dài cung lớnlà: \[{l_2} = \frac{{16\pi r}}{3}\].
Độ dài hai đoạn \[MN\] và \[PQ\] của ròng rọc : \[2MN = 2.3r\sqrt 3 = 6r\sqrt 3 \].
Vậy độ dài của dây cua-roa là :
\[2MN + {l_1} + {l_2} = 6r\sqrt 3 + \frac{{2\pi r}}{3} + \frac{{16\pi r}}{3} = 6r\left( {\pi + \sqrt 3 } \right)\].

Vì hai góc \(BDC\) và \(BAC\) là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) nên \({\rm{BDC}} = {\rm{BAC}}\).
Mà $\text{BDC}={50}^{°}$ nên $\text{BAC}={50}^{°}$

Vì số đo cung nhỏ MT bằng \(\frac{1}{4}\) số đo cả cung tròn mà số đo cả cung tròn bằng 360⁰. Nên sđMT $=\frac{1}{4}\cdot {360}^{°}={90}^{°}$
Vậy MOT $=\mathrm{sd}\text{MT}={90}^{°}$
Vì số đo cung nhỏ MY bằng \(\frac{3}{{12}} + \frac{{\frac{3}{5}}}{{12}} = \frac{3}{{10}}\) số đo cả cung tròn mà số đo cả cung tròn bằng 360⁰
Nên $\text{sđ}MY=\frac{3}{10}\cdot {360}^{°}={108}^{°}$
Vậy (góc ở tâm chắn cung MT).

Vì yếu tố nước tưới chiếm tỉ lệ \(24\% \) nên số đo cung nhỏ KI chiếm \(24\% \) số đo cả cung tròn.
Do đó . Nên $KOI=86,4^{°}$
Vì yếu tố giống chiếm tỉ lệ \(18\% \) nên số đo cung nhỏ IM chiếm \(18\% \) số đo cả cung tròn.
Do đó . Nên $\text{IOM}=64,8^{°}$
Vì yếu tố kiểm soát cỏ dại và yếu tố khác chiếm \(4\% + 8\% = 12\% \) nên số đo cung nhỏ TE chiếm \(12\% \) số đo cả cung tròn. Do đó $\text{sđ TE}=12\%{.360}^{°}=43,2^{°}$. Nên $\text{TOE}=43,2^{°}$

Độ dài cung nhỏ AB là: $540\cdot \frac{\text{BOA}}{{360}^{°}}\left(\text{mm}\right)$

Theo đề bài ta có: $540\cdot \frac{\text{ BOA }}{{360}^{°}}=200$ , $BOA\approx {133}^{°}$

Vậy góc $\text{BOA}={133}^{°}$

Ta có độ dài cung AB là: \({l_{{\rm{AB}}}} = \frac{{\pi {\rm{Rn}}}}{{180}} \approx \frac{{3,14.6410.62}}{{180}} \approx 6932,8(\;{\rm{km}})\).

Gọi AO là khoảng cách từ kính của đèn đến tâm của quả bóng bàn.
Các tia sáng \({\rm{AB}},{\rm{AC}}\) của đèn pin chiếu đến bóng bàn là các tiếp tuyến của đường tròn \(({\rm{O}})\).
Vì đèn soi sáng \(\frac{1}{3}\) bóng bàn nên $sđ\text{BC}=\frac{1}{3}\cdot {360}^{°}={120}^{°}$. Nên $\text{BOC}={120}^{°}$
Suy ra $AOB={60}^{°}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Ta có đường kính của quả bóng là 40 mm nên bán kính \({\rm{R}} = 20\;{\rm{mm}}\).
Xét $△ABO$ vuông tại \(B\) : $\cos AOB=\frac{OB}{OA}\Rightarrow OA=\frac{OB}{\cos AOB}=\frac{20}{\cos {60}^{°}}=40 \text{mm}$
Vậy cần đặt kính cách quả bóng bàn là 40 mm .

a) Diện tích hình quạt là: \({\rm{S}} = \frac{{\pi {{\rm{R}}^2}{\rm{n}}}}{{360}} = \frac{{\pi \cdot {{25}^2} \cdot 130}}{{360}} \approx 709\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

b) Diện tích giấy làm 100 cây quạt là: \(709 \cdot 2 \cdot 100 = 141800\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích hình quạt có bán kính là 7 m : \({\rm{S}} = \frac{{{{\rm{R}}^2}\pi \cdot {\rm{n}}}}{{360}} = \frac{{{7^2}\pi \cdot 60}}{{360}} = \frac{{49}}{6}\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích hình quạt có bán kính 3 m là: \({\rm{S}} = \frac{{{{\rm{R}}^2}\pi \cdot {\rm{n}}}}{{360}} = \frac{{{3^2}\pi \cdot 60}}{{360}} = \frac{3}{2}\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích phần tô đậm \(\frac{{49}}{6}\pi - \frac{3}{2}\pi = \frac{{20}}{3}\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích phần tô màu bằng 8 lần diện tích hình viên phân BKH .

Diện tích hình viên phân $={\text{S}}_{\text{quat }}-{\text{S}}_{△\text{BKH}}$

Diện tích cần tìm là: \(8 \cdot \left( {\frac{{\pi {\rm{K}}{{\rm{B}}^2} \cdot 90}}{{360}} - \frac{1}{2}{\rm{BK}} \cdot {\rm{BN}}} \right) = 8 \cdot \left( {\frac{{\pi \cdot {{20}^2} \cdot 90}}{{360}} - \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 20} \right)\)\( = 8 \cdot \left( {\frac{{\pi \cdot {{20}^2} \cdot 90}}{{360}} - \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 20} \right) \approx 913\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích hình tròn \((A;AD):{S_1} = \pi {r^2} = 25\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

\({\rm{AC}} = 2 \cdot {\rm{AD}} = 2.5 = 10(\;{\rm{cm}})\). Diện tích hình tròn \(({\rm{A}};{\rm{AC}}):{{\rm{S}}_2} = \pi \cdot {{\rm{R}}^2} = 100\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Diện tích phần tô đậm: \(100\pi - 25\pi = 75\pi = 75 \cdot 3,14 = 236\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Kẻ \({\rm{OH}} \bot {\rm{AB}}\) tại \(H\), ta có: $\text{AOH}=\frac{1}{2}\text{AOB}=\frac{1}{2}\cdot {150}^{°}={75}^{°}\text{ và AH}=\frac{\text{AB}}{2}=\frac{68}{2}=34( \text{m})$

Xét $△\text{AOH}$ vuông tại \(H\), ta có: $\sin \text{AOH}=\frac{\text{AH}}{\text{OA}}\Rightarrow \text{OA}=\frac{\text{AH}}{\sin \text{AOH}}=\frac{34}{\sin {75}^{°}}\left(\text{m}\right)$

Độ dài cung AB là: ${\text{l}}_{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{\pi Rn}}{180}=\frac{\mathrm{\pi }\cdot \frac{34}{\sin {75}^{°}}\cdot 150}{180}\approx 92,15( \mathrm{m})$

Vậy chu vi sân khoảng 394,3 m.

Dây đai xem là hình giới hạn bởi 6 đoạn thẳng và 6 cung tròn bằng nhau như hình vẽ.

Độ dài mỗi đoạn chính là khoảng cách giữa hai tâm đường tròn biên gồm 4 đường tròn tiếp xúc nhau và tiếp xúc với dây đai. Độ dài mỗi cạnh: \(3 \cdot 10 = 30(\;{\rm{cm}})\).

Mỗi cung tròn có số đo cung bằng 60⁰, độ dài mỗi cung bằng: \(\frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi \cdot 5 \cdot 60}}{{180}} = \frac{{5\pi }}{3}(\;{\rm{cm}})\).

Độ dài dây đai là: \(30 \cdot 6 + \frac{{5\pi }}{3} \cdot 6 \approx 211,4(\;{\rm{cm}})\).

Diện tích mặt bàn là \(\pi {\left( {\frac{{140}}{2}} \right)^2} = 4900\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích tấm khăn là \(\pi {\left( {\frac{{180}}{2}} \right)^2} = 8100\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích phần mép vải rủ xuống là \(8100\pi - 4900\pi \approx 10053,1\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Gọi bán kính của bàn là \(R\).
Có \(S = 1849\pi \)\( \Leftrightarrow \)\(\pi {R^2} = 1849\pi \)\( \Rightarrow R = 43\) (cm)
Bán kính mảnh vải là \(r = R + 20 = 63\) (cm)
Diện tích mảnh vài là \({S_{vai}} = \pi {r^2} = 3969\pi \) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)
Diện tích phần khăn rủ xuống là \(3969\pi - 1849\pi = 2120\pi \) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\)

Độ dài nửa chiếc cầu là \(AK = \frac{{AB}}{2} = \frac{{40}}{2} = 20\)m
Xét tam giác vuông\(\Delta AMK\) có \(A{M^2} = A{K^2} + M{K^2}\) (Pytago)
\(A{M^2} = {20^2} + {3^2} = 400 + 9 = 409\)
Xét tam giác vuông \(\Delta AMN\) đường cao \(AK\) có: \(A{M^2} = MK.MN\)\( \Rightarrow MN = \frac{{A{M^2}}}{{MK}} = \frac{{409}}{3}\)
Vậy bán kính đường tròn chứa cung tròn của vòm cầu là \(\frac{{409}}{3}:2 \approx 68,17\)m.

Diện tích cỏ hai con dê có thể ăn là dạng hai hình quạt có số đo cung cùng bằng \[{90^{\rm{o}}}.\]

Trường hợp \({\rm{1:}}\) Mỗi dây thừng dài \[20\,{\rm{m}}\]\[ \Rightarrow {R_1} = {R_2} = 20\,{\rm{m}}{\rm{.}}\]

Diện tích cỏ mà hai con dê có thể ăn:

\[S = {S_1} + {S_2} = \frac{{{\rm{\pi }}R_1^2.90}}{{360}} + \frac{{{\rm{\pi }}R_2^2.90}}{{360}} = \frac{{{\rm{\pi }}{{.20}^2}.90}}{{360}} + \frac{{{\rm{\pi }}{{.20}^2}.90}}{{360}} = {\rm{200\pi }} \approx {\rm{628}}\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\]

Trường hợp \({\rm{2:}}\)Giả sử dây thừng cột dê ở \[A\] dài \[30\,{\rm{m,}}\]dây thừng cột dê ở \[B\] dài \[10\,{\rm{m}}{\rm{.}}\]

\[ \Rightarrow {R_1} = 30\,{\rm{m}},\,\,{R_2} = 10\,{\rm{m}}{\rm{.}}\]

Diện tích cỏ mà hai con dê có thể ăn:

\[S = {S_1} + {S_2} = \frac{{{\rm{\pi }}R_{\rm{1}}^{\rm{2}}.90}}{{360}} + \frac{{{\rm{\pi }}R_{\rm{2}}^{\rm{2}}.90}}{{360}} = \frac{{{\rm{\pi }}{\rm{.3}}{0^2}.90}}{{360}} + \frac{{{\rm{\pi }}{{.10}^2}.90}}{{360}} = 250{\rm{\pi }} \approx {\rm{758}}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\]

Vậy dùng hai sợi dây \[30\,{\rm{m}}\] và \[10\,{\rm{m}}\] thì diện tích cỏ hai con dê ăn sẽ nhiều hơn.

Diện tích máy quay có thể quan sát được chính là diện tích hình quạt có bán kính \(5\;{\rm{m}}\) và cung \(120^\circ \). Do đó ta có \[S = \frac{{\pi {{.5}^2}.120}}{{360}} = 26,18\;\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Độ dài của một vòng kinh tuyến là:
\[C = 2R = 2.6400 = 12800\;40212,4{\rm{ }}\left( {{\rm{km\;\;}}} \right){\rm{\;\;\;\;}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\]
Độ dài của cung kinh tuyến từ vĩ tuyến 17 đến xích đạo là:
\[l = \frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi .6400.17}}{{180}} = \frac{{5440\pi }}{9} \approx 1898,9{\rm{ }}\left( {{\rm{km}}} \right)\]

Tổng diện tích ba hình quạt tròn bằng diện tích nửa hình tròn bán kính \[2,5\]\[dm\].
\[S\] (\[3\]hình quạt tròn) là \[\left( {3,14.2,{5^2}} \right):2 = 9,8125\]\[\left( {d{m^2}} \right)\]
\[S\] (tam giác đều cạnh \[5\]\[dm\]) là \[\left( {{5^2}.\sqrt 3 } \right):4 \approx 10,8125\]\[\left( {d{m^2}} \right)\]
\[S\]phần còn lại là: \[10,8125 - 9,8125 = 1\]\[\left( {d{m^2}} \right)\].

\[AB{\rm{ }} = {\rm{ }}HI{\rm{ }} = \sqrt {{{60}^2} - {{(15 - 7)}^2}} = 4\sqrt {221} \]
\(\widehat {AOI} = {82^0}20'\)
\(\widehat {AOC} = {164^0}40'\)
Độ dài cung lớn\[AC\]: \[AC = 2\pi .15 - \frac{{\pi {{.15.164}^0}40'}}{{{{180}^0}}} = \frac{{293\pi }}{{18}}\]
Độ dài cung nhỏ\[BD\]: \[BD = \frac{{\pi {{.7.164}^0}40'}}{{{{180}^0}}} \approx 20,118\]
Độ dài dây curoa:
\[\frac{{293}}{{18}}\pi + 20,118 + 2.4\sqrt {221} = 190,185cm\]

Ba điểm dân cư \(A,B,C\) tạo thành ba đỉnh của tam giác \(ABC\).

Do \(M\) cách đều ba điểm dân cư nên \(MA = MB = MC\). Do \(MA = MB\) nên \(M\) nằm trên đường trung trực của \(AB\). Do\(MB = MC\) nên \(M\)nằm trên đường trung trực của \(BC\). Do đó \(M\) là giao điểm ba đường trung trực của tam giác \(ABC\).

Vậy \(M\) là giao điểm ba đường trung trực của tam giác \(ABC\) với các đỉnh là các điểm dân cư \(A,B,C\).

Để xác định được bán kính ta cần xác định được tâm của đường tròn chứa chi tiết máy này. Ta xác định tâm như sau:

- Lấy ba điểm phân biệt \(A,B,C\) trên đường viền ngoài chiếc đĩa.

- Vẽ đường trung trực cạnh \(AB\)và cạnh \(BC\). Hai đường trung trực này cắt nhau tại \(D\). Khi đó\(D\)là tâm cần xác định.

- Bán kính đường tròn cần tìm là độ dài đoạn \(DB\) (hoặc \(DA\) hoặc \(DC\)).

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{50\sqrt 3 }}{3} \approx 28,9(\;cm)\).

Vì \(O\) cách đều 3 đỉnh của tam giác \(ABC\) nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(ABC\).

Gọi \(a\left( {cm} \right)\) là độ dài cạnh của tam giác đều \(ABC{\rm{ }}\left( {a > 0} \right)\).

Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là \(60cm\).

Nên \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow 60 = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow a\sqrt 3 = 180 \Leftrightarrow a \approx 104\) (nhận).

Vậy khoảng cách từ \(A\) đến \(B\) khoảng \(104m\).

Vì khung ảnh hình tròn tiếp xúc với các cạnh của tam giác đều nên ta có đường tròn nội tiếp tam giác đều. Ta có có bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) với \(a\) là độ dài cạnh tam giác đều.

Nên \(40 = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Leftrightarrow a\sqrt 3 = 240 \Leftrightarrow a \approx 138,6(\;{\rm{cm}})\). Vậy chiều dài cạnh khung gỗ khoảng \(138,6\;{\rm{cm}}\).

Vì viên kẹo hình cầu tiếp xúc với các cạnh hộp hình tam giác đều nên ta có đường tròn nội tiếp tam giác đều.

Bán kính viên kẹo hình cầu là \(\frac{{5\sqrt 3 }}{6}\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\). Thể tích viên kẹo là \(\frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{{5.\sqrt 3 }}{6}} \right)^3} \approx 12,6\;c{m^3}\).

Vậy thể tích viên kẹo khoảng \(12,6\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

Ta có đường kính đường tròn bằng với cạnh của hình vuông.

Nên bán kính mặt thớt hình tròn là \(50:2 = 25\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích bề mặt gỗ bị cắt bỏ là: \({50^2} - \pi {.25^2} \approx 536,5\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Áp dụng định lý Pythagore ta có độ dài đường chéo hình chữ nhật là \(\sqrt {{{60}^2} + {{80}^2}} = 100\left( {\;{\rm{cm}}} \right)\).
Vì hình chữ nhật nội tiếp đường tròn nên độ dài đường chéo hình chữ nhật là đường kính của đường tròn.
Nên bán kính đường tròn \(100:2 = 50\;\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Diện tích hình tròn là: \(\pi {.3^2} = 9\pi \left( {c{m^2}} \right)\). Áp dụng định lý Pythagore trong \(\Delta {\rm{OBC}}\) vuông tại \(O\) ta có:

\(BC = \sqrt {O{C^2} + O{B^2}} = 3\sqrt 2 \left( {cm} \right)\). Diện tích hình vuông là: \({\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). Tỉ số phần trăm của diện tích hình tròn và diện tích hình vuông là: \(\frac{{9\pi }}{{18}}.100\% \approx 157,1\% \).

Ta chia hình vuông ban đầu thành 4 phần bằng nhau. Bây giờ ta tính diện tích phần tô đậm nằm trong hình vuông \({O_1}\) ( \(\frac{1}{4}\) diện tích hình đã cho).

Diện tích phần tô đậm trong hình vuông \({O_1}\) là: \(S = {S_1} + {S_3} + {S_4}\).

Ta thấy: \({S_2} = {S_4} = {S_3} = {S_5}\) (Vì đều bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình tròn bán kính 2 cm trừ đi diện tích hình tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng 2 cm).

Nên \(S = {S_1} + {S_2} + {S_5}\) và bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình tròn bán kính 4 cm trừ đi diện tích hình tam giác vuông có hai cạnh góc vuông bằng 4 cm . Ta có: \(S = 4.4.\pi .\frac{1}{4} - \frac{1}{2}.4.4 \approx 4,57\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích phần tô đậm cần tìm là: \(4,57.4 \approx 18,28\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Chia hình ngũ giác đều thành 3 tam giác nên ta có tổng các góc của ngũ giác đều là \(3.180^\circ = 540^\circ \).

Do tất cả các góc của ngũ giác đều bằng nhau nên số đo mỗi góc của ngũ giác đều là \(\frac{{540^\circ }}{5} = 108^\circ \).

Vì hình lục giác đều có các cạnh bằng nhau nên chu vi là: \(10.6 = 60\;{\rm{cm}}\). Chia lục giác đều thành 2 tam giác và 1 tứ giác nên tổng số đo các góc của hình lục giác đều là \(2.180^\circ + 360^\circ = 720^\circ \).

Vì hình lục giác đều có các góc bằng nhau nên số đo mỗi góc là \(\frac{{720^\circ }}{6} = 120^\circ \).

Chia bát giác đều ra thành 3 tứ giác nên tổng số đo các góc của bát giác đều là \(3.360^\circ = 1080^\circ \)

Số đo mỗi góc của bát giác đều là \(1080^\circ :8 = 135^\circ \).

Lưu ý: Tổng số đo các góc của hình \(n\)-giác bằng \((n - 2).180^\circ \).

Nên số đó mỗi góc của hình \(n\)-giác đều là \(\frac{{(n - 2).180^\circ }}{n}\).

Ta có \({\rm{AIB}} = 360^\circ :8 = 45^\circ \).

\(\Delta AIB\) cân tại \(I\) nên \(IAH = \frac{{180^\circ - AIB}}{2} = 67,5^\circ \).

Ta có \(H\) là trung điểm của \(AB\) ( \(\Delta AIB\) cân tại \(I;{\rm{ }}IH\) là đường cao nên \(IH\) cũng là đường trung tuyến) nên \(AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{25}}{2} = 12,5\left( {cm} \right)\).

Xét \(\Delta AIH\) vuông tại \(H:\tan IAH = \frac{{IH}}{{AH}} \Rightarrow IH = AH.\tan IAH = 12,5.\tan 67,5^\circ \left( {cm} \right)\).

Diện tích \(\Delta AIB\) là \(\frac{1}{2}.IH.AB = \frac{1}{2}.12,5.\tan 67,5^\circ .25 = 156,25.\tan 67,5^\circ \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích bề mặt tấm thớt là \(\left( {156,25.\tan 67,5^\circ } \right).8 \approx 3017,8\left( {\;c{m^2}} \right)\)

Lưu ý: Số đo góc đáy của tam giác cân \( = \left( {180^\circ - } \right.\) số đo góc đỉnh cân) : 2

Diện tích là \(259,8:6 = 43,3\left( {\;c{m^2}} \right)\). Ta có \(\widehat {FOE} = 360^\circ :6 = 60^\circ \).

Do đó \(\widehat {OEH} = 60^\circ \) ( \(\Delta OFE\) là tam giác đều). Diện tích \(\Delta OFE:S = \frac{1}{2}.OH.EF = \frac{1}{2}EF.\sqrt {O{E^2} - H{E^2}} \).

Mà \(OE = EF;HE = \frac{1}{2}EF\).

Nên \(S = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot \sqrt {F{E^2} - {{\left( {\frac{1}{2}EF} \right)}^2}} = \frac{1}{2}.EF.\sqrt {F{E^2} - \frac{1}{4}F{E^2}} = \frac{1}{2}.EF.\sqrt {\frac{3}{4}F{E^2}} = \frac{{F{E^2}}}{4}\sqrt 3 \).

Suy ra \(43,3 = \frac{{F{E^2}}}{4}\sqrt 3 \Rightarrow F{E^2} = \frac{{43,3.4}}{{\sqrt 3 }} \approx 100 \Rightarrow FE = \sqrt {100} = 10\left( {\;cm} \right)\).

Lưu ý: Diện tích tam giác đều có cạnh \(a\) là \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có \(\widehat {AOB} = 360^\circ :6 = 60^\circ \)

Diện tích hình quạt \(OAB\) là \(\frac{{\pi .R.n}}{{180}} = \frac{{\pi .2.60}}{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}\left( {\;c{m^2}} \right)\). Diện tích tam giác đều \(OAB\) là \(\frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích hình viên phân là \(\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\). Diện tích một cánh hoa là \(\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right).2\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích một bông hoa là \(\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \sqrt 3 } \right).2.6 \approx 4,3\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Ta có số đo mỗi góc của lục giác đều là \(120^\circ \).

Diện tích hình quạt tạo bởi 1 cung tròn là \(\frac{{\pi {{.3}^2}.120}}{{360}} = 3\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích 6 hình quạt tạo bởi 6 cung tròn là \(3\pi .6 = 18\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích tam giác đều cạnh 6 cm là \(\frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 9\sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích hình lục giác đều là \(9\sqrt 3 .6 = 54\sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\). Diện tích phần tô màu xám là \(54\sqrt 3 - 18\pi \approx 36,98\left( {\;c{m^2}} \right)\).

Bán kính hình tròn: \(20:2 = 10\left( {\;cm} \right)\).

Vì \(\Delta OAB\) là tam giác đều nên diện tích tam giác là: \(\frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} = 25\sqrt 3 \left( {\;c{m^2}} \right)\).

Diện tích gương là \(25\sqrt 3 .6 \approx 260\left( {\;c{m^2}} \right)\).