7 bài tập Tính toán (có lời giải)

a) Gọi khoảng cách từ \({\rm{O}}\) đến đường thẳng \({\rm{AB}}\) là \({\rm{OH}}\)

Tam gíac \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\)nên đường cao \({\rm{OH}}\)

cũng đồng thời là đường trung tuyến hay

\({\rm{AH}} = {\rm{BH}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{6}{2} = 3\,\,{\rm{(cm)}}\).

Xét tam giác AHO vuông tại\({\rm{H}}\), theo định li Pythagore, ta có:

\({\rm{O}}{{\rm{A}}^2} = A{H^2} + O{H^2} \Rightarrow O{H^2} = {\rm{O}}{{\rm{A}}^2} - A{H^2} = {5^2} - {3^2}\)

\[{\rm{OH}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\,\,{\rm{(cm)}}\]

b) Khi \(\widehat {{\rm{AOB}}} = 2\alpha  \Rightarrow \widehat {{\rm{AOH}}} = \widehat {{\rm{BOH}}} = \frac{{\widehat {AOB}}}{2} = \frac{{2\alpha }}{2} = \alpha \) (vì tam giác \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\) nên đường cao \({\rm{OH}}\) đồng thời là đường phân giác).

Xét tam giác AHO vuông tại \({\rm{H}}\), ta có: \({\rm{tan}}\alpha  = \frac{{{\rm{AH}}}}{{{\rm{OH}}}} = \frac{3}{4}\).

Ta biết rằng số đo cung nhỏ chính là số đo của góc ở tâm hay \(\widehat {{\rm{AOB}}} = 100^\circ \).

Tam gíac \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\) có \({\rm{OH}}\) là đường cao

đồng thời cũng là đường phân giác.

\(\widehat {{\rm{AOH}}} = \widehat {{\rm{BOH}}} = \frac{{\widehat {{\rm{AOB}}}}}{2} = \frac{{100^\circ }}{2} = 50^\circ {\rm{.\;}}\)

Tam giác \({\rm{AOH}}\) vuỏng tại \({\rm{H}}\) có cạnh góc vuông \({\rm{OH}} = 3{\rm{\;cm}}\), góc nhọn \(\widehat {{\rm{AOH}}} = 50^\circ \) (cmt).

Theo đinh lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

\[{\rm{OH}} = {\rm{OA}}\,{\rm{cos}}\,\,{\rm{AOH}} \Rightarrow {\rm{OA}} = \frac{{{\rm{OH}}}}{{{\rm{cos}}\,\,50^\circ }} \approx 4,7.{\rm{\;}}\]

Vậy bán kính của đường tròn (O) là 4,7 (cm).

a) Ta có I là trung điểm của dây AB (gt)

\( \Rightarrow I{\rm{A}} = {\rm{IB}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)\;}}\) (định lý

đường kính và dây cung)

Trong tam giác vuông AIO ta có:

\[\;OI = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{O}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{I}}^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\,\,({\rm{cm}})\] (định lí Pythagore)

Suy ra \[IM = {\rm{OM}} - {\rm{OI}} = 5 - 4 = 1\left( {{\rm{cm}}} \right)\]

Xét tam giác vuông AIM ląi có:

\({\rm{AM}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{I}}^2} + {\rm{I}}{{\rm{M}}^2}}  = \sqrt {{9^2} + {1^2}}  = \sqrt {10} \,\,({\rm{cm}}){\rm{\;}}\) (định lý Pythagore)

b) Chứng minh như trên ta có:

\(IA = IB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\,\,({\rm{cm}})\)

Xét tam giác vuông AIN ta có: \(NI = \sqrt {A{N^2} - A{I^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\,\,({\rm{cm}})\)

Kẻ \(OK\)ꓕ AN ta có \(KA = KN = \frac{{AN}}{2} = \frac{{10}}{2} = 5\,\,({\rm{cm}})\)

Mặt khác $\Delta AIN\backsim \Delta OKN$  (g.g)

Suy ra \(\frac{{NO}}{{NA}} = \frac{{NK}}{{NI}} \Rightarrow NO = \frac{{NA.NK}}{{NI}} = \frac{{10.5}}{8} = 6,25\,\,({\rm{cm}})\)

Vậy \(R = 6,25\,\,{\rm{cm}}\,{\rm{.}}\)

Ta có \(\widehat {COD} = 90^\circ \) (gt) nên \[\Delta COD\] vuông cân tại O ta có:

\(CD = \sqrt {O{C^2} + O{D^2}}  = \sqrt {2{R^2}}  = R\sqrt 2 \)

Kẻ OH ꓕ CD, tam giác COD cân tại O nên đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến hay \(HC = HD\)

\( \Rightarrow HC = HD = OH = \frac{{CD}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác vuông OHE, ta có:

\(EH = \sqrt {O{E^2} - O{H^2}} \) (định lý Pythagore) \[\]

\(EH = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{R\sqrt {14} }}{2}\)

\[ED\; = {\rm{EH}} - {\rm{HD}} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt {14} }}{2} - \frac{{{\rm{R}}\sqrt 2 }}{2}\]

\[ = \frac{{{\rm{R}}\sqrt {14}  - {\rm{R}}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt 2 \left( {\sqrt 7  - 1} \right)}}{2}\]

\[EC\; = {\rm{EH}} + {\rm{HC}} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt {14}  + {\rm{R}}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt 2 \left( {\sqrt 7  + 1} \right)}}{2}\]

a) Kẻ \({\rm{OH}} \bot {\rm{AB}}\), ta có: \({\rm{HA}} = {\rm{HB}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\,\,{\rm{(cm)}}\)

Xét tam giác vuông \({\rm{AOH}}\), ta có

\(OH = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{A}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{H}}^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6\,\,{\rm{(cm)}}.\)

b) Ta có: \({\rm{KB}} = {\rm{AB}} - {\rm{AK}} = 16 - 14 = 2\,\,{\rm{(cm)}}\)

Do \({\rm{HK}} = {\rm{HB}} - {\rm{KB}} = 8 - 2 = 6\,\,{\rm{(cm)}}\)

Kẻ OI \( \bot {\rm{PQ}}\), khi đó tứ giác OHKI là hình chữ nhật có hai canh kề

\({\rm{OH}} = {\rm{KH}} = 6\,\,{\rm{cm\;n\^e n\;l\`a \;h\`i nh\;vu\^o ng}}{\rm{.\;}}\)

Do đó: \({\rm{OH}} = {\rm{OI}} = 6\,\,{\rm{cm\;}}\).

Tam giác \({\rm{OHB}}\) vuông tại \({\rm{H}}\). Theo định lí Pythagore, ta có:

\({\rm{O}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} \Rightarrow {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} \Rightarrow {\rm{HB}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{H}}^2}} {\rm{.\;}}\)

Tương tự với tam giác \({\rm{OIP}}\), ta có: \({\rm{IP}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{P}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{I}}^2}} \)

Mà \({\rm{OB}} = {\rm{OP}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) và \({\rm{OH}} = {\rm{OI}}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow {\rm{HB}} = {\rm{IP}}\)

Tam giác \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\) có \({\rm{OH}}\) là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến hay \({\rm{H}}\) là trung điểm của \({\rm{AB}}\), tương tự I là trung điểm của \(PQ\) mà \({\rm{HB}} = {\rm{IP}}\) (cmt) \( \Rightarrow {\rm{AB}} = {\rm{PQ}}\) (đpcm).

Kẻ \({\rm{OH}} \bot {\rm{AB}}\) tam giác \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\) nên đường cao \({\rm{OH}}\) đồng thời là đường trung tuyến

hay \({\rm{HA}} = {\rm{HB}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).

Mặt khác vì \({\rm{AB}}//{\rm{CD}}\) nên \({\rm{OH}} \bot {\rm{CD}}\) tại \({\rm{K}}\)

ta cũng có

\({\rm{KC}} = {\rm{KD}} = \frac{{{\rm{CD}}}}{2} = \frac{4}{2} = 2\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\)

Khi đó các tam giác AHO và CKO vuông. Theo định lí Pythagore:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{A}}^2}\left( { = {{\rm{R}}^2}} \right)}\\{{\rm{C}}{{\rm{K}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{K}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{C}}^2}\left( { = {{\rm{R}}^2}} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{C}}{{\rm{K}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{K}}^2}\left( {{\;^{\rm{*}}}} \right)\)

Đặt \({\rm{OK}} = {\rm{x}} \Rightarrow {\rm{OH}} = 3,5 - x\left( {{\rm{**}}} \right)\)

Thay (**) vào (*) ta có

\({1,5^2} + {(3,5 - x)^2} = {2^2} + {x^2}\)
\(2,25 + {3,5^2} - 7x + {x^2} = 4 + {x^2}\)

\( - 7x =  - 10,5\)

\(x = 1,5\,\,{\rm{(cm)}}.\)

Xét tam giác vuông \({\rm{CKO}}\) ta có: \({\rm{C}}{{\rm{O}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{K}}^2} + {\rm{C}}{{\rm{K}}^2}\) (định lí Pythagore)

\(\begin{array}{*{20}{r}}{{{\rm{R}}^2}}&{\; = {{1,5}^2} + {2^2} = 6,25}\\{ \Rightarrow {\rm{R}}}&{\; = 2,5\left( {{\rm{\;cm}}} \right).}\end{array}\)

a) Kẻ \({\rm{OK}} \bot {\rm{CD}}\), ta có ∆\({\rm{OKI}}\) vuông tại \({\rm{K}} \Rightarrow {\rm{OI}} \ge {\rm{OK}}\) (cạnh huyền lớn hơn cạnh góc vuông).

có I là trung điểm của \({\rm{AB}}\) (gt).

Tam giác \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\left( {{\rm{OA}} = {\rm{OB}} = {\rm{R}}} \right)\) nên đường trung tuyến OI đồng thời là đường cao hay \({\rm{OI}} \bot {\rm{AB}}\).

Xét tam giác vuông AIO, theo định lí Pythagore: \({\rm{AI}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{A}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{I}}^2}} \).

Tương tự với tam giác vuông \({\rm{OKD}}:{\rm{KD}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{D}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{K}}^2}} \)

Mà \({\rm{OI}} > {\rm{OK}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow {\rm{KD}} > {\rm{AI}}\), mà \({\rm{K}}\) là trung điểm của \({\rm{CD}}\) và \({\rm{I}}\) là trung điểm của \({\rm{AB}} \Rightarrow {\rm{CD}} \ge {\rm{AB}}\).

Dấu " \( = \) " xảy ra khi \({\rm{CD}} = {\rm{AB}}\).

Do đó độ dài nhỏ nhất của \({\rm{CD}}\) bằng \({\rm{AB}}\) hay \({\rm{CD}}\) trùng với \({\rm{AB}}\). Hiển nhiên đường kính qua \({\rm{I}}\) là dây lớn nhất.

b) Ta có \(\Delta OIA\)vuông tại \({\rm{I}}\):

 \({\rm{AI}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{A}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{I}}^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\)

Do đó dây cung \({\rm{AB}} = 6\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).

c) \({\rm{sin}}\widehat {{\rm{OAI}}} = \frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{OA}}}} = \frac{{{\rm{OI}}}}{{\rm{R}}};{\rm{sin}}\widehat {{\rm{ODI}}} = \frac{{{\rm{OK}}}}{{{\rm{OD}}}} = \frac{{{\rm{OK}}}}{{\rm{R}}}\)

Mà \({\rm{OI}} > {\rm{OK}} \Rightarrow \frac{{{\rm{OI}}}}{{\rm{R}}} > \frac{{{\rm{OK}}}}{{\rm{R}}}\)

hay \({\rm{sin}}\widehat {{\rm{OAI}}} > {\rm{sin}}\widehat {{\rm{ODI}}} \Rightarrow \widehat {{\rm{OAI}}} > \widehat {{\rm{ODI}}}\).