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 $ΔAIN∽\ ΔOKN$ (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:

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

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)

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

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 ${\rm{sin}}\widehat {{\rm{OAI}}} > {\rm{sin}}\widehat {{\rm{ODI}}} \Rightarrow \widehat {{\rm{OAI}}} > \widehat {{\rm{ODI}}}$.