62 bài tập Đường tròn. Cung và dây cung của một đường tròn. Góc nội tiếp và góc ở tâm. Độ dài cung tròn. Diện tích hình quạt và hình vành khuyên có lời giải

Chọn A

Đường tròn là hình có tâm đối xứng. Tâm đường tròn là tâm đối xứng của đường tròn đó.

Nên đường tròn có một tâm đối xứng duy nhất là tâm của đường tròn.

Chọn D

Đường tròn là hình có tâm đối xứng. Tâm đường tròn là tâm đối xứng của đường tròn đó.

Nên đường tròn có một tâm đối xứng duy nhất là tâm của đường tròn.

Chọn D

Đường tròn là hình có trục đối xứng. Bất kỳ đường kính nào cũng là trục đối xứng của đường tròn. Nên đường tròn có vô số trục đối xứng.

Chọn D

Đường tròn là hình có trục đối xứng. Bất kỳ đường kính nào cũng là trục đối xứng của đường tròn. Nên đường tròn có vô số trục đối xứng.

Chọn B

Cho điểm \(M\) và đường tròn \((O;R)\) ta so sánh khoảng cách \(OM\) với bán kính \(R\) để xác định vị trí tương đối theo bảng sau:

Vị trí tương đối	Hệ thức
\(M\) nằm trên đường tròn \((O)\)	\(OM = R\)
\(M\) nằm trong đường tròn \((O)\)	\(OM < R\)
\(M\) nằm ngoài đường tròn \((O)\)	\(OM > R\)

Chọn A

Vì \(OM > R\) nên điểm \(M\) nằm bên ngoài đường tròn.

Chọn C

Ta có \(OA = \sqrt {{{( - 1 - 0)}^2} + {{( - 1 - 0)}^2}} = \sqrt 2 < 2 = R\) nên \(A\) nằm trong đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 2\).

Chọn A

Ta có \(OA = \sqrt {{{( - 3 - 0)}^2} + {{( - 4 - 0)}^2}} = 5 > 3 = R\) nên \(A\) nằm bên ngoài đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 3\)

Chọn A

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\), khi đó \(AB \bot OH\), \(AH = \frac{{AB}}{2} = 12\,cm\), \(OH = 9\,cm\).

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông \(HAO\), ta có: \(O{A^2} = H{O^2} + H{A^2} = {9^2} + {12^2}\)

\( \Rightarrow R = OA = 15\,cm\).

Chọn C

Giả sử \(OC \bot AB\) tại \(H\), khi đó \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Để \(ACBO\) là hình thoi thì \(H\) cũng phải là trung điểm của \(OC\), suy ra: \(OH = \frac{{OC}}{2} = \frac{R}{2}\).

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông \(OAH\)

Ta có: \(A{H^2} = O{A^2} - O{H^2} = {R^2} - {\left( {\frac{R}{2}} \right)^2} = \frac{{3{R^2}}}{4}\).

\( \Rightarrow AH = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{2}\)

\( \Rightarrow AB = 2AH = 3\).

Chọn B

Vẽ đường kính \(CD\) qua \(A\), \(O\), khi đó \(C\) và \(D\) cố định

Xét \(3\) điểm \(O\), \(A\), \(B\) ta có:

+) \(AB \le AO + OB \Leftrightarrow AB \le AO + OD \Leftrightarrow AB \le AD\)

\( \Rightarrow A{B_{\max }} = AD = OA + OD = OA + R\) khi \(B \equiv D\).

+) \(AB \ge OB - OA \Leftrightarrow AB \ge OC - OA \Leftrightarrow AB \ge AC\)

\( \Rightarrow A{B_{\min }} = AC = OC - OA = R - OA\) khi \(B \equiv C\).

Chọn B

Vì \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(CD\) nên \(OM \bot AB\), \(ON \bot CD\) và \(AM = 4\,{\rm{cm}}\),

\[CN = 3\,{\rm{cm}}\].

Áp dụng định lý Pythagore trong hai tam giác vuông \(OAM\) và \(OCN\), ta có:

\(O{M^2} = O{A^2} - A{M^2} = 9 \Rightarrow OM = 3\,{\rm{cm}}\).

\(O{N^2} = O{C^2} - C{N^2} = 16 \Rightarrow ON = 4\,{\rm{cm}}\).

Vậy:\(OM = 3\,{\rm{cm}} < ON = 4\,{\rm{cm}}\)

Chọn A

Dây \(CD\) vuông góc với đường kính \(AB\) tại \(M\) nên \(MC = MD = \frac{{CD}}{2}\) và ta có

\(OM = OA - MA = R - \frac{{2{\rm{R}}}}{5} = \frac{{3{\rm{R}}}}{5}\).

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông \(CMO\), ta có

\(C{M^2} = O{C^2} - O{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{3{\rm{R}}}}{5}} \right)^2} = \frac{{16{{\rm{R}}^2}}}{{25}} \Rightarrow CM = \frac{{4{\rm{R}}}}{5} \Rightarrow CD = \frac{{8{\rm{R}}}}{5}\).\(\)

Chọn C

Điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ \).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(ACB\), ta có \(A{B^2} = C{A^2} + C{B^2}\)

\( \Rightarrow 4{{\rm{R}}^2} = C{A^2} + C{B^2} \ge 2CA.CB \Rightarrow CA.CB \le 2{{\rm{R}}^2}\).

Dấu \(' = '\) xảy ra khi \(CA = CB\) hay \(C\) là điểm chính giữa của cung AB.

Suy ra \({\left( {CA.CB} \right)_{{\rm{max}}}} = 2{R^2}\).

Chọn B

.

Điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ \). Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông \(ACB\), ta có

\(A{B^2} = C{A^2} + C{B^2}\)

Mặt khác, theo bất đẳng thức bunhiacopxki

\(2A{B^2} = \left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {C{A^2} + C{B^2}} \right) \ge {\left( {CA + CB} \right)^2}\)

\( \Rightarrow CA + CB \le AB.\sqrt 2 \Rightarrow CA + CB \le 2\sqrt 2 .R\)

Dấu \(' = '\) xảy ra khi \(CA = CB\), hay \(C\) là điểm chính giữa của .

\( \Rightarrow {\left( {CA + CB} \right)_{{\rm{max}}}} = 2\sqrt 2 R\).

Chọn A

Vẽ dây \(AB\) qua \(M\), hạ \(OH \bot AB\), \(\left( {H \in AB} \right)\) \( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(AB\), ta có: \(AH = HB = \frac{{AB}}{2}\).

Xét tam giác \(AOH:\,\widehat {OHA} = 90^\circ \)ta có: \(A{O^2} = A{H^2} + O{H^2}\)

Do đó: \(A{H^2} = A{O^2} - O{H^2} \Rightarrow AB = 2.AH = 2\sqrt {{R^2} - O{H^2}} \)

+)\(A{B_{\min }}\) khi \(O{H_{\max }}\)

Trong tam giác vuông \(MOH\)thì \(OH \le OM \Rightarrow O{H_{\max }} = OM \Leftrightarrow H \equiv M \Leftrightarrow AB\) là dây cung vuông góc với \(OM\) tại \(M\).

Vậy: \(A{B_{\min }} = 2\sqrt {{R^2} - {a^2}} \)

+)\(A{B_{\max }}\) khi \(O{H_{\min }} = 0\) hay \(AB\) là đường kính đi qua \(O\) và \(M\).

Vậy: \(A{B_{\max }} = 2R\)

Chọn B

Do \(AB\) và \(CD\) song song với nhau nên ta kẻ \(HOK\) vuông góc với \(AB\) và \(CD\) lần lượt tại \(H\) và \(K\), suy ra \(H\) và \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\).

Từ giả thiết ta có: \(HK = 28\,\,{\rm{cm}}\,,\,\,2HA = AB = 32\,{\rm{cm}}\,,\,\,OA = OC = 20\,{\rm{cm}}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(AOH\) vuông tại \(H\) ta có:

\(OH = \sqrt {O{A^2} - H{A^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{16}^2}} = 12\,{\rm{cm}}\).

\( \Rightarrow OK = HK - OH = 28 - 12 = 16\,{\rm{cm}}\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(COK\) vuông tại \(K\) ta có:

\(CK = \sqrt {O{C^2} - O{K^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{16}^2}} = 12\,{\rm{cm}}\).

\( \Rightarrow CD = 2CK = 2.12 = 24\,{\rm{cm}}\)

Chọn C

Kẻ đường thẳng qua \(O\) vuông góc với \(AC\) tại \(E\) và cắt \(BD\) tại \(F\) thì \(EF \bot BD\) tại \(F\) vì \(AC{\rm{//}}BD\).

Xét hai tam giác vuông \(OEA\) và tam giác \(OFB\) có \(OB = OA;\widehat {EAO} = \widehat {FBO}\) (so le trong)

Nên \(\Delta AEO = \Delta BFO\) (ch-gn) suy ra \(AE = BF\) hay \(AC = DB\)

Chọn A

Kẻ đường thẳng qua \(O\) vuông góc với \(CD\) tại \(E\) và cắt \(AB\) tại \(F\) thì \(EF \bot AB\) vì \(AB{\rm{//}}CD\)

Khi đó \(E\) là trung điểm của \(CD\) và \(F\) là trung điểm của \(AB\)

Nên \(ED = 6cm;FB = 8cm;OD = OB = 10cm\)

Áp dụng định lý Phythagore cho tam giác vuông \(OED\) ta được \(OE = \sqrt {O{D^2} - E{D^2}} = 8cm\).

Áp dụng định lý Phythagore cho tam giác vuông \(OFB\) ta được \(OF = \sqrt {O{B^2} - F{B^2}} = 6cm\).

Vậy khoảng cách giữa hai dây là \(EF = OE + OF = 14cm\).

Chọn A

Xét \((O)\) có \(AB \bot CD\) tại \(H\) và \(AB\) là đường kính nên \(H\) là trung điểm của \(CD\) nên \(HD = HC = \frac{{CD}}{2} = 6cm\)

Vì \(AB = 14\) suy ra \(OA = OB = OD = \frac{{14}}{2} = 7cm\)

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác vuông \(OHD\) ta được \(OH = \sqrt {O{D^2} - D{H^2}} = \sqrt {13} \)

Khi đó \(HA = OA + OH = 7 + \sqrt {13} \,cm\).

Chọn C

Vì \(M\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \(AB\) nên

\( \Rightarrow \,\widehat {ADM} = \widehat {MAB}\) hay \(\,\widehat {ADM} = \widehat {MAC}\)

\( \Rightarrow \,\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}} \Rightarrow M{A^2} = MC.MD = 9.16 = 144\)

\( \Rightarrow \,MA = 12cm\)

Chọn D

Vẽ đường kính \[CE\].

Do \[\widehat {CDE} = 90^\circ \] nên \[CD \bot DE\] mà \[C{\rm{D}} \bot AB \Rightarrow DE\,{\rm{//}}\,AB\] nên \[AD = BE\].

Suy ra \[A{D^2} + B{C^2} = B{E^2} + B{C^2} = E{C^2} = 4{R^2}\]

Chọn A

Gọi \[H\] là trung điểm của \[MN\] thì \[HM = HN\]mà \(MC = ND\)

nên \[HC = HD\] suy ra \[H\] là trung điểm của dây \[CD\] \( \Rightarrow \) \[OH \bot CD,\,CD = 3MN = 6MH\].

Tam giác \[OMN\] có \[OH\] là đường cao và cũng là trung tuyến, nên tam giác \[OMN\] cân tại \[O\].

\[ \Rightarrow OH\] là đường phân giác góc \[\widehat {MON}\].

\[ \Rightarrow \widehat {MOH} = 30^\circ \Rightarrow OH = MH.\cot \widehat {MOH} = MH.\cot 30^\circ = MH\sqrt 3 \].

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông \[OCH\], ta có:

\[O{C^2} = C{H^2} + O{H^2} \Rightarrow {R^2} = {\left( {3MH} \right)^2} + {\left( {MH\sqrt 3 } \right)^2} = 12M{H^2}\]

\[ \Rightarrow MH = \frac{R}{{2\sqrt 3 }} \Rightarrow CD = 6MH = R\sqrt 3 \].

Chọn D

Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng một nửa số đo của cung bị chắn.

Do đó: Số đo cung nhỏ \[AB\] bằng \[2\widehat {AMB} = 2 \cdot 50 = 100^\circ \].

Chọn C

Vì \[\Delta OAB\] đều suy ra \[\widehat {AOB} = 60^\circ \] nên số đo cung nhỏ \[AB\] là \[60^\circ \].

Chọn D

Góc nội tiếp \[\widehat {ADC} = 76^\circ \] suy ra số đo cung nhỏ \[AC\] bằng \[2 \cdot 76^\circ = 152^\circ \].

Chọn D

\[\Delta OAM\]cân tại \[O\] \[\left( {OA = OM = R} \right)\].

\[OB \bot AM\]tại \[H\] suy ra \[OB\] đồng thời là đường phân giác của \[\widehat {AOM}\];

\[\widehat {AOB} = \widehat {BOM} = 80^\circ \] \[ \Rightarrow \widehat {AOM} = \widehat {AOB} + \widehat {BOM}\] \[ = 80^\circ + 80^\circ = 160^\circ \].

Do đó số đo của cung nhỏ AM⏜ bằng: \[\widehat {AOM} = 160^\circ \].

Chọn A

Giả sử số đo cung nhỏ AB⏜ là sđ AnB⏜, số đo cung lớn \[AB\] là sđ AmB⏜.

Ta có: 360°=sđAmB⏜+sđAnB⏜=4⋅sđAnB⏜ \[ \Rightarrow \]sđ AnB⏜=90°.

Chọn D

Vì \[\Delta OAB\]cân tại \[{\rm{O}}\] \[\left( {OA = OB = R} \right)\]\[ \Rightarrow \widehat {OBA} = \widehat {OAB} = 30^\circ \]\[ \Rightarrow \widehat {BOA} = 180^\circ - \widehat {OBA} - \widehat {OAB}\]

\[\widehat {BOA} = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ \] suy ra số đo cung nhỏ bằng: \[\widehat {BOA} = 120^\circ \].

Vì \[\Delta OCD\]cân tại \[O\] \[\left( {OC = OD = R} \right)\]\[ \Rightarrow \widehat {OCD} = \widehat {ODC} = 40^\circ \]\[ \Rightarrow \widehat {COD} = 180^\circ - \widehat {OCD} - \widehat {ODC}\]

\[\widehat {COD} = 180^\circ - 40^\circ - 40^\circ = 100^\circ \] suy ra số đo cung nhỏ CD⏜ bằng: \[\widehat {COD} = 100^\circ \].

Chọn C

Số đo cung nhỏ \[AB\] bằng \[90^\circ \] suy ra \[\widehat {AOB} = 90^\circ \].

Áp dụng Pythagore vào tam giác vuông cân \[OAB\] ta có: \[AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} = R\sqrt 2 \].

Chọn B

Kẻ \[OH \bot AB\left( {H \in AB} \right)\] thì \[H\] là trung điểm của \[AB\].

Tam giác \[OAB\] cân tại \[O\] \[\left( {OA = OB = R} \right)\] nên đường cao \[OH\] cũng là đường trung tuyến và đường phân giác, suy ra \[AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\] và \[\widehat {AOB} = 2\widehat {AOH}\].

Xét tam giác vuông \[HOA\], ta có

\[\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{{2R}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]\[ \Rightarrow \widehat {AOH} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {AOB} = 2\widehat {AOH} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \].

Chọn B

Xét đường tròn \[\left( O \right)\]có \[MA;MB\]là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[M\] nên \[OM\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AOB}\].

Suy ra \[\widehat {AOB} = 2\widehat {AOM} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \] mà \[\widehat {AOB}\] là góc ở tâm chắn cung \[AB\]nên số đo cung nhỏ \[AB\] là \[120^\circ \].

Chọn B

Ta có: \[\widehat {ACB} = 60^\circ \] \[ \Rightarrow \widehat {AOB} = 120^\circ \].

Kẻ \[OH \bot AB\] \[ \Rightarrow HA = HB = \frac{a}{2}\] (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây).

\[\Delta AOB\] cân tại \[O\]; \[OH\] là đường cao nên \[OH\] là đường phân giác của \[\widehat {AOB}\]. Do đó: \[\widehat {AOH} = 60^\circ \].

Trong tam giác vuông \[AOH\] có: \[OA = \frac{{AH}}{{\sin \,\widehat {AOH}}}\]\[ = \frac{a}{{2\sin \,60^\circ }}\]\[ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].

Chọn D

Ta có sđ AB⏜=20° nên \[\widehat {AOB} = 20^\circ \] mà \[\Delta OAB\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {OAB} = \frac{{180^\circ - 20^\circ }}{2} = 80^\circ \].

Tương tự, ta có \[\widehat {O'AC} = 45^\circ \].

Vậy \[\widehat {BAC} = 180^\circ - \widehat {OAB} - \widehat {O'AC}\]\[ = 180^\circ - 80^\circ - 45^\circ \]\[ = 55^\circ \].

Chọn D

\[M\] là điểm chính giữa của cung \[AB\] nên sđ AM⏜=90°.

Do \[MC//AD\] nên

AC⏜=MD⏜⇒CD⏜=CM⏜+MD⏜=CM⏜+CA⏜=MA⏜

\[ \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \] (góc ở tâm chắn cung \[CD\])

\[ \Rightarrow \Delta COD\] vuông cân tại \[O \Rightarrow CD = CO\sqrt 2 = R\sqrt 2 \].

Với bài tập này ta cũng có thể lí luận \[ACMD\] là hình thang cân nên \[CD = AM = R\sqrt 2 \].

Chọn B

Kẻ \(OH \bot AB\,\left( {H \in AB} \right)\) thì \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) \(\left( {OA = OB = R} \right)\) nên \(OH\)cũng là đường trung tuyến và đường phân giác

\( \Rightarrow AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\) và \(\widehat {AOB} = 2\widehat {AOH}\)

Xét tam giác vuông \(HOA\) có:

\(\sin \,\widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{{2R}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow \widehat {AOB} = 2\widehat {AOH} = 2.60^\circ = 120^\circ \).

Chọn B

Do \(xy\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên

\(\widehat {xAB} = \frac{1}{2}\)sđ(\(360^\circ - \)sđ)\( = \frac{1}{2}\left( {360^\circ - 220^\circ } \right) = 70^\circ \);

\(\widehat {yAC} = \frac{1}{2}\)sđ=\(\frac{1}{2}\)(\(360^\circ - \)sđ)\( = \frac{1}{2}\left( {360^\circ - 270^\circ } \right) = 45^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {BAC} = 180^\circ - 70^\circ - 45^\circ = 65^\circ \)

Chọn A

Ta có

sđ DmA⏜=2DBA^.

sđ AnE⏜=2ACE^.

sđ\(\widehat {DAE}\)=sđDmA⏜+sđAnE⏜\( = 2\widehat {DBA} + 2\widehat {ACE}\)

\( = 2\left( {\widehat {DBA} + \widehat {ACE}} \right) = 2\left( {90^\circ - \widehat A + 90^\circ - \widehat A} \right) = 360^\circ - 4\alpha \)

Chọn D

\(M\) là điểm chính giữa của cung \(AB\) nên sđ

Do MC//AD⇒AC⏜=MD⏜⇒CD⏜=CM⏜+MD⏜=CM⏜+CA⏜=AM⏜

\[ \Rightarrow \] sđCD⏜=sđMA⏜=90°\[ \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \]

\[ \Rightarrow \Delta COD\] vuông cân tại \[O \Rightarrow CD = CO\sqrt 2 = R\sqrt 2 \]

Chọn D

Ta có sđAB⏜=20° \[ \Rightarrow \widehat {AOB} = 20^\circ \] mà \[\Delta OAB\] cân tại \[A\] nên \[\widehat {OAB} = \frac{{180^\circ - 20^\circ }}{2} = 80^\circ \].

Tương tự ta có \[\widehat {O'AC} = 45^\circ \].

Vậy \[\widehat {BAC} = 180^\circ - \widehat {OAB} - \widehat {O'AC}\]=\[\widehat {BAC} = 180^\circ - 80^\circ - 45^\circ = 55^\circ \].

Chọn A

Ta có sđ AD⏜=360°−sđ AB⏜+sđ BC⏜+sđ CD⏜=360°−60°+90°+120°=90°.

⇒BC⏜=AD⏜⇒AB∥CD suy ra \(ABCD\)là hình thang cân.

• sđ AB⏜=60° hay \(\widehat {AOB} = 60^\circ \) nên \(\Delta OAB\) đều, do đó \(AB = R\).

• sđ BC⏜=90°hay \(\widehat {BOC} = 90^\circ \) nên \(\Delta OBC\) vuông cân tại \(O\) nên \(BC = OB\sqrt 2 = R\sqrt 2 \).

• sđ CD⏜=120°⇒COD^=120°, OH⊥CD⇒H là trung điểm \(CD\) và

\(\widehat {COH} = \frac{1}{2}\widehat {COD} = {60^o} \Rightarrow CD = 2.CH = 2.CO.\sin 60^\circ = CO.\sqrt 3 = R\sqrt 3 \).

Chu vi tứ giác \(ABCD\)là \(AB + CD + 2BC = R + R\sqrt 3 + 2R\sqrt 2 = R\left( {1 + 2\sqrt 2 + \sqrt 3 } \right)\).

Chọn A

Gọi \(R\) là bán kính của hình tròn.

Có \(R = \frac{C}{{2\pi }} = \frac{{20}}{{2\pi }} = \frac{{10}}{\pi }\,({\rm{cm}})\)

Diện tích hình tròn là \[S = \pi {R^2} = \pi {\left( {\frac{{10}}{\pi }} \right)^2} = \frac{{100}}{\pi } \approx 31,8\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\].

Chọn B

Gọi số đo của cung \(AB\) là \(n^\circ \). Khi đó độ dài cung \(AB\) là

Vậy số đo cung \(AB\) là \(30^\circ \)

Chọn D

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều trùng với trực tâm và trọng tâm của tam giác đó.

Gọi tam giác \(ABC\) đều có cạnh bằng \(2\,{\rm{cm}}\), tâm đường tròn ngoại tiếp là \(O\).

Kẻ đường cao \(AH\)của tam giác \(ABC\). Tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\) có

+) \[AC = 2\,{\rm{cm, HC = }}\frac{1}{2}BC = 1\,{\rm{cm}}\]

+) \(A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\)

\( \Rightarrow A{H^2} + {1^2} = {2^2} \Rightarrow AH = \sqrt 3 \)

\(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\,({\rm{cm}})\)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là

\(R = AO = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\,({\rm{cm}})\)

Độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là

\(C = 2\pi R = 2\pi \frac{{2\sqrt 3 }}{3} = \frac{{4\pi }}{{\sqrt 3 }}\,\,({\rm{cm}})\)

Chọn C

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), cung \(AB\) có số đo \(n = 90^\circ \). Ta có

\({S_{vp}} = {S_{q\,AOB}} - {S_{AOB}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} - \frac{{OA.OB}}{2} = \frac{{\pi {R^2}90}}{{360}} - \frac{{R.R}}{2} = \frac{{\pi {R^2}}}{4} - \frac{{{R^2}}}{2} = \frac{{\left( {\pi - 2} \right){R^2}}}{4}\)

Chọn A

Diện tích của mảnh vườn là \(\pi O{A^2}\)

Diện tích của lối đi là \(\pi O{B^2} - \pi O{A^2}\)

Vì diện tích vuòn hoa bằng diện tích lối đi nên

\(\pi O{A^2} = \pi O{B^2} - \pi O{A^2}\) hay \(\pi O{B^2} = 2\pi O{A^2}\) nên \(OB = \sqrt 2 OA\)

Chiều rộng lối đi là

\(AB = OB - OA = \sqrt 2 OA - OA = \sqrt 2 .5 - 5 \approx 2,1\,({\rm{m}})\)

Chọn B

Ta có đường kính \[d = 8cm\]

Suy ra chu vi của hình tròn bằng \[\pi d = 8\pi \approx 25,1\].

Chọn A

Độ dài cung tròn có số đo \[n = 60^\circ \], bán kính \(R\) là \[\frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi R.60}}{{180}} = \frac{{\pi R}}{3}\].

Chọn B

Gọi số đo cung \[AB\] là \[n^\circ \]. Khi đó độ dài cung \[AB\] bằng \[\frac{{\pi Rn}}{{180}}\].

Theo giả thiết, ta có \[\frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi R}}{4}\] hay \[\frac{n}{{180}} = \frac{1}{4}\] nên \[n = 45\].

Vậy số đo cung \[AB\] bằng \(45^\circ \).

Chọn C

Bán kính hình tròn là \[R = 8:2 = 4\,(cm)\].

Suy ra diện tích hình tròn bằng \(\pi {R^2} = \pi {.4^2} = 16\pi \approx 50,3\left( {c{m^2}} \right)\).

Chọn A

Gọi bán kính hình tròn là \[R\].

Do chu vi hình tròn bằng \[6\pi \,dm\] nên \[2\pi R = 6\pi \Leftrightarrow R = 3\,\left( {dm} \right)\].

Suy ra diện tích hình tròn đó bằng \(\pi {R^2} = \pi {.3^2} = 9\pi \left( {d{m^2}} \right)\).

Chọn A

Theo giả thiết độ dài cung của hình quạt \[l = 2R\].

Vậy diện tích hình quạt tròn đó là \[S = \frac{{lR}}{2} = \frac{{2R.R}}{2} = {R^2}\].

Chọn A

Gọi \[\widehat {AOB} = n^\circ \]. Khi đó Sđ, độ dài cung \[AB\] bằng \[\frac{{\pi Rn}}{{180}}\].

Theo giả thiết, ta có \[\frac{{\pi Rn}}{{180}} = R\] hay \[\frac{{\pi n}}{{180}} = 1\] nên \[n = \frac{{180}}{\pi } \approx 57^\circ 18'\].

Chọn C

 A đúng

B đúng

C sai, vì độ dài cung \({n^o}\)của đường tròn bán kính \(R\) là \(l = \frac{{\pi Rn}}{{180}}\) tỉ lệ thuận với \(n\), tức là tỉ lệ thuận với số đo góc của cung.

D đúng.

Chọn C

Diện tích của hình tròn tỉ lệ thuận với bình phương bán kính của nó.

Vậy khi tăng bán kính của hình tròn lên \(3\)lần thì diện tích của nó tăng lên \({3^2} = 9\)lần.

Chọn A

Độ dài cung của đường tròn tỉ lệ thuận với số đo góc của cung. Do vậy nếu giảm số đo góc của cung đi \(2\)lần thì độ dài cung sẽ giảm \(2\)lần.

Chọn C

Tâm của đường tròn ngoại tiếp hình vuông trùng với tâm của hình vuông.

Gọi \(ABCD\)là hình vuông cạnh \(a\), có đường tròn ngoại tiếp là \(\left( O \right)\).

Hình vuông cạnh \(a\)có độ dài đường chéo bằng \(\sqrt 2 a\).

Suy ra đường tròn \(\left( O \right)\) có đường kính \(d = AC = \sqrt 2 a\).

Vậy độ dài đường tròn ngoại tiếp hình vuông bằng \(\pi d = \pi .\sqrt 2 a = \sqrt 2 \pi a\).

Chọn B

Độ dài của hai nửa đường tròn bằng \(400 - 100 - 100 = 200\)m.

Do đó \(\pi .BC = 200 \Rightarrow BC = \frac{{200}}{\pi } \approx 63,7\)m.

Chọn D

Gọi \(AEBFCGDH\)là hình hoa bốn cánh.

 Tam giác \(DEC\)có ba cạnh bằng nhau nên \(DEC\)là tam giác đều.

Do đó .

Độ dài cung \(EB\)bằng \(\frac{{\pi a.30}}{{180}} = \frac{{\pi a}}{6}\).

Vì mỗi cũng của cánh hoa đều bằng nhau, suy ra chu vi hình hoa bằng \(8.\frac{{\pi a}}{6} = \frac{4}{3}\pi a\).

Chọn C

\({S_{quatAOB}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}.120}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\).

\(\widehat {AOH} = 180^\circ - \widehat {AOB} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \)

\( \Rightarrow AH = OA.\sin \widehat {AOH} = R.\sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\).

\({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}AH.OB = \frac{1}{2}.\frac{{R\sqrt 3 }}{2}.R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\({S_{vienphanAB}} = {S_{quatAOB}} - {S_{\Delta OAB}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = {R^2}\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) = {20^2}\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) \approx 246\left( {c{m^2}} \right)\)

Chọn A

Ta có \(\Delta CAB\) vuông cân tại \(C\) \( \Rightarrow CA = CB = R\sqrt 2 \).

Diện tích hình viên phân \(AmB\) bằng

\({S_{AmB}} = {S_{quatCAB}} - {S_{\Delta CAB}} = \frac{{\pi C{A^2}.90}}{{360}} - \frac{{C{A^2}}}{2} = \frac{{\pi {{\left( {R\sqrt 2 } \right)}^2}}}{4} - \frac{{{{\left( {R\sqrt 2 } \right)}^2}}}{2} = \frac{{\pi {R^2}}}{2} - {R^2}\)

Diện tích nửa hình tròn đường kính \(AB\) bằng \(\frac{{\pi {R^2}}}{2}\).

Vậy diện tích phần tô đậm bằng \(\frac{{\pi {R^2}}}{2} - \left( {\frac{{\pi {R^2}}}{2} - {R^2}} \right) = {R^2}\).

Chọn C

Diện tích tam giác đều \(ABC\) cạnh \(20cm\) là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{20}^2}\sqrt 3 }}{4} = 100\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích hình quạt tròn \(MAN\) là \({S_{quatMAN}} = \frac{{\pi {{.10}^2}.60}}{{360}} = \frac{{50\pi }}{3}\left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích tam giác đều \(MAN\) là \({S_{\Delta MAN}} = \frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} = 25\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right)\).

Diện tích hình viên phân \(AN\) là \({S_{quatMAN}} - {S_{\Delta MAN}} = \frac{{50\pi }}{3} - 25\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Diện tích bông hoa ba cánh bằng tổng diện tích tam giác đều \(ABC\) và \(6\) lần diện tích hình viên phân \(AN\): \(S = 100\sqrt 3 + 6\left( {\frac{{50\pi }}{3} - 25\sqrt 3 } \right) = 100\pi - 50\sqrt 3 \approx 227,6\left( {c{m^2}} \right)\).