-
Bài tập tự luyện dạng 2
Bài tập cơ bản
Câu 1:
Một đường tròn có bán kính R
a) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp đường tròn đó theo R.
b) Tính diện tích hình vuông nội tiếp đường tròn đó theo R.
c) Tính diện tích lục giác đều nội tiếp đường tròn đó theo R.
Câu 2:
Trên một đường tròn bán kính R, ta lần lượt đặt theo cùng một chiều, kể từ một điểm A, một cung \[\overset\frown{AB}=60{}^\circ \] rồi một cung \[\overset\frown{BC}=90{}^\circ \]và một cung \[\overset\frown{CD}=120{}^\circ .\] Tứ giác ABCD là hình gì? Chứng minh hai đường chéo của nó vuông góc với nhau. Tính các cạnh và đường chéo của tứ giác ABCD theo R.
Bài tập nâng cao
Câu 3:
Cho đường tròn (O;R), S là điểm sao cho $OS=2R.$ Vẽ cát tuyến SCO đến đường tròn (o). Lấy C, D thuộc đường tròn (O). Biết $C\text{D}=R\sqrt{3}$. Tính SC và SD theo R.
Câu 4:
Cho đường tròn (O; R), BC là dây cung cố định, \[s\tilde{n}\overset\frown{BC}=120{}^\circ .\] Điểm A di động trên cung lớn BC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC.
Dạng 2: Tính độ dài của dây căng cung
Bài tập cơ bản
Câu 1.
- Gọi a là độ dài cạnh tam giác đều, ta có: $R=\frac{a}{\sin \frac{{{180}^{o}}}{3}}\Rightarrow a=2R\sin {{60}^{o}}=R\sqrt{3}.$
Khi đó diện tích của tam giác được cho bởi: $S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{\left( R\sqrt{3} \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4}.$
- Gọi a là độ dài cạnh hình vuông, ta có: $R=\frac{a}{2\sin \frac{{{180}^{o}}}{4}}\Rightarrow a=2R.\sin {{45}^{o}}=R\sqrt{2}.$
Khi đó diện tích hình vuông được cho bởi: \[S={{a}^{2}}={{\left( R\sqrt{2} \right)}^{2}}=2{{R}^{2}}.\]
- Diện tích S của lục giác đều gồm 6 tam giác đều có cạnh bằng R.
Do đó $S=6.\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}.$
Câu 2.
Ta có $s\tilde{n}\overset\frown{AD}={{360}^{o}}-\left( s\tilde{n}\overset\frown{AB}+s\tilde{n}\overset\frown{BC}+s\tilde{n}\overset\frown{CA} \right)$
\[=360{}^\circ -\left( 60{}^\circ +90{}^\circ +120{}^\circ \right)=90{}^\circ \]
$\Rightarrow AD=BC.$
\[\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{BAC}\Rightarrow AB//CD.\]
Suy ra ABCD là hình thang mà tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R) nên ABCD là hình thang cân.
Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD.
Suy ra $s\tilde{n}\overset\frown{AIB}=\frac{s\tilde{n}\overset\frown{AB}+s\tilde{n}\overset\frown{CD}}{2}={{90}^{o}}.$ Vậy $AC\bot BD.$
Ta có AB là dây cung của (O;R) và $s\tilde{n}\overset\frown{AB}={{60}^{o}}$
Suy ra AB là cạnh của lục giác đều nội tiếp (O;R) $\Rightarrow AB=R.$
Ta có BC là dây cung của (O;R) và $s\tilde{n}\overset\frown{BC}={{90}^{o}}\,$
Suy ra BC là cạnh của hình vuông nội tiếp (O;R) $\Rightarrow BC=R\sqrt{2}.$ Do đó: \[AD=BC=R\sqrt{2}.\]
Ta có CD là dây cung của (O;R) và $\,s\tilde{n}\overset\frown{CD}={{120}^{o}}$
Suy ra CD là cạnh của tam giác đều nội tiếp (O;R) $\Rightarrow CD=R\sqrt{3}.$
Ta có $s\tilde{n}\overset\frown{BAC}=\frac{1}{2}s\tilde{n}\overset\frown{BC}={{45}^{o}}.$ Khi đó ΔAIB vuông cân tại I (vì $\widehat{I}={{90}^{o}};\widehat{BAI}={{45}^{o}}).$
Suy ra $AI=IB=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}.$
Tương tự ΔDIC vuông cân tại I $\Rightarrow IC=\frac{DC\sqrt{2}}{2}=R\sqrt{3}\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{R\sqrt{6}}{2}.$
Ta có $BD=AC=AI+IC=\frac{R\sqrt{2}}{2}+\frac{R\sqrt{6}}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}\left( 1+\sqrt{3} \right).$
Bài tập nâng cao
Câu 3.
Vẽ \[OH\bot CD,H\in CD.\]
Ta có: $CD=R\sqrt{3}\Rightarrow CD$ là cạnh của tam giác đều nội tiếp (O; R) \[\Rightarrow \widehat{COD}=120{}^\circ .\]
Do đó: \[\widehat{HOC}=60{}^\circ .\]
Ta có ΔHOC là nửa tam giác đều nên
$OH=\frac{OC}{2}=\frac{R}{2},\,\,DH=HC=\frac{R\sqrt{3}}{2}$ (vì $OH\bot CD).$
ΔHOS có $\widehat{H}={{90}^{o}}$ nên \[O{{S}^{2}}=O{{H}^{2}}+S{{H}^{2}}\Rightarrow S{{H}^{2}}=O{{S}^{2}}-O{{H}^{2}}\Rightarrow S{{H}^{2}}=4{{R}^{2}}-\frac{{{R}^{2}}}{4}=\frac{15{{R}^{2}}}{4}\Rightarrow SH=\frac{\sqrt{15}R}{2}.\]
Ta có $SC=SH-HC=\frac{\sqrt{15}R}{2}-\frac{R\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}\left( \sqrt{5}-1 \right)}{2}R;$
$SD=SH+HD=\frac{\sqrt{15}R}{2}+\frac{R\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}\left( \sqrt{5}+1 \right)}{2}R.$
Câu 4.
Hạ $OM\bot BC,AH\bot BC\left( H,M\in BC \right).$
Ta có $s\tilde{n}\overset\frown{BC}={{120}^{o}}\Rightarrow \widehat{BOC}={{120}^{o}}\Rightarrow \widehat{MOC}={{60}^{o}}$
Xét tam giác OMC vuông tại M có
$OM=OC.\cos \widehat{MOC}=R.\cos {{60}^{o}}\Rightarrow OM=\frac{R}{2}.$
$BC=2MC=2\sqrt{O{{C}^{2}}-O{{M}^{2}}}\Rightarrow BC=R\sqrt{3}.$
Xét ba điểm A, O, M ta có: $AM\le OA+OM.$
Mà $AH\le AM.$
Do vậy: $AH\le R+\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}$ nên
\[{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AH.BC\le \frac{3\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}\] (không đổi
Dấu ” = ” xảy ra $\Leftrightarrow H\equiv M$ và O nằm giữa A và M ⇔ A là điểm chính giữa cung lớn BC.
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC là \[\frac{3\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}\].