12 bài tập Tính toán (có lời giải)

a) $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $B \Rightarrow AB \bot OB$.

Xét tam giác $ABO$ vuông tại $B$, theo định lí Pythagore:

$O{A^2} = O{B^2} + A{B^2}$ hay ${(r + 2)^2} = {r^2} + {4^2}$

$\Rightarrow {r^2} + 4r + 4 = {r^2} + 16$

$\Rightarrow 4r = 16 - 4 = 12$

$\Rightarrow r = 3$

Vậy bán kính của đường tròn $\left( O \right)$ là $r = 3$.

b) $OA = OC + AC = r + 2 \Rightarrow OA = 3 + 2 = 5$.

a) Ta có $MI$ là đường phân giác của góc $EMF$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow \widehat {EMI} = \widehat {FMI} = \frac{{\widehat {EMF}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ$.

Xét tứ giác $MEIF$ có: $\widehat {MEI} = \widehat {MFI} = 90^\circ$ (tính chất của tiếp tuyến)

$\Rightarrow \widehat {EIF} = 360^\circ - \left( {\widehat {MEI} + \widehat {MFI} + \widehat {EMF}} \right)$$= 360^\circ - \left( {90^\circ + 90^\circ + 60^\circ } \right) = 120^\circ$

b) Xét tam giác $MEI$ vuông tại $E$ có $\widehat {EMI} = 30^\circ$ (cmt)

$\Rightarrow MI = 2EI = 2.6 = 12\left( {{\rm{\;}}cm} \right){\rm{.\;}}$

$\Delta MAO$ vuông tại $A$ (tính chất tiếp tuyến)

Theo định lí Pythagore $M{A^2} = M{O^2} - O{A^2}$

$M{A^2} = {10^2} - {6^2} = 64 \Rightarrow MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)$

Ta có $MB = MA = 8\left( {{\rm{\;}}cm} \right)$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Dễ thấy $MO$ là đường trung trực của $AB$ ($OA = OB$, $MA = MB$) $\Rightarrow MO \bot AB$ tại $H$.

Xét $\Delta MAO$ và $\Delta AHO$ có: $\widehat {MAO} = \widehat {AHO} = 90^\circ$, $\widehat {MOA}$ chung

Do đó $ΔMAO∽\ ΔAHO$ (g.g) $\Rightarrow \frac{{MO}}{{AO}} = \frac{{AO}}{{HO}}$ $\Rightarrow A{O^2} = MO \cdot HO$

$\Rightarrow HO = \frac{{A{O^2}}}{{MO}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3{,}6\,\,\left( {cm} \right)$

$\Rightarrow HM = MO - HO = 10 - 3{,}6 = 6{,}4\,\,\left( {cm} \right)$

Chứng minh tương tự, ta có: (g.g)

$\Rightarrow \frac{{AH}}{{MH}} = \frac{{HO}}{{AH}} \Rightarrow A{H^2} = MH \cdot HO = 6{,}4 \cdot 3{,}6$

$\Rightarrow AH = \sqrt {6{,}4 \cdot 3{,}6} \approx 4{,}8\,\,\left( {cm} \right)$

Vì $MO$ là đường trung trực của $AB\left( {cmt} \right) \Rightarrow HA = HB = 4{,}8\,\,\left( {cm} \right)$$\Rightarrow AB = HA + HB = 4{,}8 + 4{,}8 = 9{,}6\,\,\left( {cm} \right)$

a) Dễ thấy tứ giác $MBOA$ là hình chữ nhật (có ba góc vuông)

Lại có $MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên $MBOA$ là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông)$\Rightarrow MA = MB = 5{\rm{\;}}cm{\rm{.\;}}$

b) $DB$ và $DI$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $\left( O \right)$ nên $OD$ là tia phân giác của $\widehat {MOB} = {45^ \circ }$ $\Rightarrow \widehat {DOB} = \widehat {DOI} = \frac{{45^\circ }}{2} = 22{,}5^\circ$.

Xét tam giác $DBO$ vuông tại $B$, có $\widehat {DOB} = 22{,}5^\circ$ và cạnh góc vuông $OB = 5{\rm{\;}}cm$.

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

$BD = OB \cdot \tan \widehat {DOB} = 5 \cdot \tan 22{,}5^\circ \approx 2{,}1\,\,\left( {cm} \right)$ $\Rightarrow DI = DB \approx 2{,}1\,\,\left( {cm} \right)$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Ta có $MD = MC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Tam giác $DMC$ cân có $MI$ là đường cao nên đồng thời là trung tuyếr. Hay $IC = DI \approx 2{,}1$ (cm) $\Rightarrow CD = 2.2{,}1 \approx 4{,}2\,\,\left( {cm} \right)$

Ta có $MA = MB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác $AMB$ cân tại $M$ có $\widehat {AMB} = {60^ \circ }\left( {gt} \right)$ nên tam giác $AMB$ đều $\Rightarrow MA = MB = AM$ mà

$MA + MB + AB = 18\left( {{\rm{\;}}cm} \right) \Rightarrow AB = \frac{{18}}{3} = 6\left( {{\rm{\;}}cm} \right)$

$\Delta ABO$ vuông tại $B$ (tính chất tiếp tuyến)

Ta có ${\rm{sin}}{A_1} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {{A_1}} = {30^ \circ } \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^ \circ }$

$A{B^2} = A{O^2} - O{B^2}$$= {(2R)^2} - {R^2} = 3{R^2}$ $\Rightarrow AB = R\sqrt 3$

$\Delta ABC$ cân (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) có $\widehat {BAC} = {60^ \circ }$ nên là tam giác đều $\Rightarrow AC = BC = AB = R\sqrt 3$.

a) Ta có $AB + AC - BC = AM + MB + AS + SC - BN - NC$

$= AM + AS = 2AM$

b) Theo câu a ta có: $AB + AC - BC = 2AM$

$\Rightarrow AM = \frac{{AB + AC - BC}}{2}$

$BM = 4 - 1 = 3$; $AS = AM = 1 \Rightarrow SC = 5 - 1 = 4$

Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$ (gt) Theo định lí Pythagore:

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100$

$\Rightarrow BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\,\,\left( {cm} \right)$

Gọi ${S_{ABC}}$ là diện tích tam giác $ABC$

Ta có ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC$ $= \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24\,\,\left( {c{m^2}} \right)$

Gọi bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ là $r$

Ta có ${S_{ABC}} = {S_{AIB}} + {S_{BIC}} + {S_{CIA}} = \frac{1}{2}r \cdot AB + \frac{1}{2}r \cdot BC + \frac{1}{2}r \cdot AC$

$\Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + BC + AC} \right)$

$\Rightarrow 24 \cdot 2 = r\left( {AB + BC + AC} \right)$

$\Rightarrow r = \frac{{48}}{{AB + BC + AC}} = \frac{{48}}{{6 + 8 + 10}} = 2$

Vậy bán kính đường tròn tâm $I$ nội tiếp $\Delta ABC$ là $r = 2\,\,\left( {cm} \right)$.

Nhận xét: Theo bài toán 36 trên. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$, ${S_{ABC}}$ là diện tích và nửa chu vi là $p = \frac{{AB + AC + BC}}{2}$ thì $r = \frac{S}{p}$

$\Delta ABC$ cân tại $A$, kẻ đường cao $AH$ ta có $AH$ đồng thời là đường trung tuyến

$HB = HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\,\,\left( {cm} \right)$Theo định lí Pythagore:

$A{H^2} = A{B^2} - H{B^2} = {10^2} - {6^2}$

$\Rightarrow AH = 8\left( {cm} \right)$.

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH$$= \frac{1}{2}.12.8 = 48\left( {c{m^2}} \right)$

$P = \frac{{AB + AC + BC}}{2} = 16\left( {cm} \right)$.

Vậy $r = \frac{{48}}{{16}} = 3\left( {cm} \right)$.

Cách khác:

$\Delta ABC$ cân nên đường cao $AH$cũng đồng thời là đường phân giác, $I$ là tâm của đường tròn nội tiếp nên$CI$là phân giác của $\Delta AHC$.

Ta có $\frac{{IA}}{{IH}} = \frac{{CA}}{{CH}} = \frac{{10}}{6} = \frac{5}{3}$

$\Rightarrow \frac{{IA}}{5} = \frac{{IH}}{3} = \frac{{IA + IH}}{{5 + 3}} = \frac{{AH}}{8} = 1$

$\Rightarrow \frac{{IH}}{3} = 1 \Rightarrow IH = 3\left( {cm} \right)$.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ là $3\left( {cm} \right)$.

Chú ý: Đối với một tam giác tùy ý ta có thể chứng minh công thức diện tích sau đây:

$S = p.r$ ($p = \frac{{a + b + c}}{2}$: nửa chu vi, $r$là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác) (Xem cách chứng minh bài toán 36).

Kẻ đường kính $AD$ cắt $BC$tại $H$ ta có $HB = HC = \frac{{BC}}{2} = \frac{{10}}{2} = 5$.

Theo định lí Pythagore $A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}$

$A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {13^2} - {5^2} \Rightarrow AH = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}}$

$\Rightarrow AH = 12\left( {cm} \right)$.

Xét tam giác $ABD$ có $BO$ là đường trung tuyến mà $BO = AO = DO$hay $BO = \frac{1}{2}AD$ nên tam giác $ABD$ vuông tại $B$.

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta AHB$ có: $\widehat {BAD}$ chung và $\widehat {ABD} = \widehat {AHB} = {90^0}$

Do đó $\Delta ABD \sim \Delta AHB$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow A{B^2} = AD.AH$

$\Rightarrow AD = \frac{{A{B^2}}}{{AH}} = \frac{{{{13}^2}}}{{12}} = 14{,}1\left( {cm} \right)$

Vậy bán kính đường tròn $\left( O \right)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$: $R = \frac{{14{,}1}}{2} = 7{,}05\left( {cm} \right)$.

Ta có: $AB = AC$

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Hay $7x - 4 = 3x + 8$

$\Rightarrow 7x - 3x = 8 + 4$

$\Rightarrow 4x = 12$

$\Rightarrow x = 3$.

Ta có: $MA \bot OA$ (tính chất tiếp tuyến) hay tam giác $MAO$ vuông tại $A$.

Theo định lí Pythagore, ta có:

$M{O^2} = M{A^2} + O{A^2} \Rightarrow M{A^2} = M{O^2} - O{A^2} = {13^2} - {5^2}$

$\Rightarrow MA = \sqrt {{{13}^2} - {5^2}} = 12\left( {cm} \right)$

Vậy $MB = MA = 12\left( {cm} \right)$(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Gọi $p$ là chu vi của tam giác $MNP$, ta có:

$p = MN + NC + CP + MP$

mà $NC = NA$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự $CP = PB$

$\Rightarrow p = \left( {MN + NA} \right) + \left( {PB + MP} \right)$

$= MA + MB = 12 + 12 = 24\left( {cm} \right)$

Vậy chu vi tam giác $MNP$ bằng$24\left( {cm} \right)$.