Google
Câu hỏi: Cho tam giác \(AHB\) có \(\widehat H = 90^\circ ,\widehat A = 30^\circ \) và \(BH = 4cm.\) Tia phân giác của góc \(B\) cắt \(AH\) tại \(O.\) Vẽ đường tròn \((O; OH)\) và đường tròn \((O; OA).\)
\(a)\) Chứng minh đường tròn \((O; OH)\) tiếp xúc với cạnh \(AB.\)
\(b)\) Tính diện tích hình vành khăn nằm giữa hai đường tròn trên.
\(a)\) Chứng minh đường tròn \((O; OH)\) tiếp xúc với cạnh \(AB.\)
\(b)\) Tính diện tích hình vành khăn nằm giữa hai đường tròn trên.
Phương pháp giải
Ta sử dụng kiến thức:
+) Tính chất tia phân giác của một góc: Điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó.
+) Trong tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh góc vuông kia nhân với \(\tan\) góc đối.
+) Trong tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh huyền nhân với \(\cos\) góc kề.
+) Diện tích \(S\) của một hình tròn bán kính \(R\) được tính theo công thức: \(S=\pi.R^2\).
Lời giải chi tiết
\(a)\) Kẻ \(OK \bot AB\) tại \(K\)
Vì \(BO\) là đường phân giác của \(\widehat B\) (gt)
\( \Rightarrow OK = OH\) (tính chất đường phân giác)
Suy ra: \(OK\) cũng là bán kính của đường tròn \((O;OH)\)
Vậy đường tròn \((O; OH)\) tiếp xúc với \(AB\) tại \(K.\)
\(b)\) \(\Delta AHB\) có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat A = {30^0}\)
Suy ra: \(\widehat B = {60^0} \Rightarrow \widehat {ABO} =\displaystyle {1 \over 2}\widehat B = {30^0}\)
Suy ra: \(∆OAB\) cân tại \(O\) nên \(OB = OA\)
Vậy \(B \in (O; OA)\)
\(∆BHO\) có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat {OBH} = {30^0}\)
\(OH = BH.\tan {30^0} \)\(=\displaystyle 4.{{\sqrt 3 } \over 3} = {{4\sqrt 3 } \over 3} (cm)\)
\(OB = \displaystyle {{BH} \over {\cos \widehat {OBH}}} \)\(= \displaystyle {4 \over {\cos {{30}^0}}} = {4 \over \displaystyle {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {{8\sqrt 3 } \over 3}\) \((cm)\)
Diện tích đường tròn nhỏ: \(S_1=\displaystyle \pi {\left( {{{4\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{16\pi } \over 3}\) \((cm^2)\)
Diện tích đường tròn lớn: \({S_2} = \displaystyle \pi {\left( {{{8\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{64\pi } \over 3}\) \((cm^2)\)
Diện tích hình vành khăn:
\(S={S_2} - {S_1} = \displaystyle {{64\pi } \over 3} - {{16\pi } \over 3} \)\(=\displaystyle {{48\pi } \over 3} = 16\pi \) \((cm^2)\)
Ta sử dụng kiến thức:
+) Tính chất tia phân giác của một góc: Điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó.
+) Trong tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh góc vuông kia nhân với \(\tan\) góc đối.
+) Trong tam giác vuông, bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng cạnh huyền nhân với \(\cos\) góc kề.
+) Diện tích \(S\) của một hình tròn bán kính \(R\) được tính theo công thức: \(S=\pi.R^2\).
Lời giải chi tiết
\(a)\) Kẻ \(OK \bot AB\) tại \(K\)
Vì \(BO\) là đường phân giác của \(\widehat B\) (gt)
\( \Rightarrow OK = OH\) (tính chất đường phân giác)
Suy ra: \(OK\) cũng là bán kính của đường tròn \((O;OH)\)
Vậy đường tròn \((O; OH)\) tiếp xúc với \(AB\) tại \(K.\)
\(b)\) \(\Delta AHB\) có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat A = {30^0}\)
Suy ra: \(\widehat B = {60^0} \Rightarrow \widehat {ABO} =\displaystyle {1 \over 2}\widehat B = {30^0}\)
Suy ra: \(∆OAB\) cân tại \(O\) nên \(OB = OA\)
Vậy \(B \in (O; OA)\)
\(∆BHO\) có \(\widehat H = {90^0}\); \(\widehat {OBH} = {30^0}\)
\(OH = BH.\tan {30^0} \)\(=\displaystyle 4.{{\sqrt 3 } \over 3} = {{4\sqrt 3 } \over 3} (cm)\)
\(OB = \displaystyle {{BH} \over {\cos \widehat {OBH}}} \)\(= \displaystyle {4 \over {\cos {{30}^0}}} = {4 \over \displaystyle {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {{8\sqrt 3 } \over 3}\) \((cm)\)
Diện tích đường tròn nhỏ: \(S_1=\displaystyle \pi {\left( {{{4\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{16\pi } \over 3}\) \((cm^2)\)
Diện tích đường tròn lớn: \({S_2} = \displaystyle \pi {\left( {{{8\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{64\pi } \over 3}\) \((cm^2)\)
Diện tích hình vành khăn:
\(S={S_2} - {S_1} = \displaystyle {{64\pi } \over 3} - {{16\pi } \over 3} \)\(=\displaystyle {{48\pi } \over 3} = 16\pi \) \((cm^2)\)