Bài 5.14 trang 97

Đề bài: Cho dây $AB$ không qua tâm của đường tròn $(O)$. Gọi $A’$ và $B’$ là hai điểm lần lượt đối xứng với $A$ và $B$ qua $O$. Hỏi đường trung trực của $A’B’$ có phải là trục đối xứng của $(O)$ hay không? Tại sao?

Lời giải:

Bước 1: $A’,\ B’$ thuộc $(O)$.

Vì $A \in (O)$ và $A’$ là điểm đối xứng với $A$ qua tâm $O$, theo HĐ Bài 13, ta có $A’ \in (O)$. Tương tự, $B’ \in (O)$.

Bước 2: Đường trung trực của $A’B’$ đi qua $O$.

Vì $A’,\ B’$ cùng thuộc $(O)$ nên:

$$OA’ = OB’ = R.$$

Suy ra $O$ cách đều hai điểm $A’$ và $B’$, nên $O$ nằm trên đường trung trực của đoạn $A’B’$.

Bước 3: Kết luận.

Gọi $d$ là đường trung trực của $A’B’$. Theo bước 2, $d$ là một đường thẳng đi qua tâm $O$ của $(O)$. Theo lý thuyết Bài 13, mỗi đường thẳng đi qua tâm của đường tròn là một trục đối xứng của nó.

Vậy đường trung trực của $A’B’$ là một trục đối xứng của đường tròn $(O)$.

Bài 5.15 trang 97

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ không là tam giác vuông. Gọi $H$ và $K$ là chân các đường vuông góc lần lượt hạ từ $B$ và $C$ xuống $AC$ và $AB$. Chứng minh rằng:

a) Đường tròn đường kính $BC$ đi qua các điểm $H$ và $K$;

b) $KH < BC$.

Lời giải:

Gọi $O$ là trung điểm cạnh $BC$. Khi đó đường tròn đường kính $BC$ chính là $\left(O;\ \dfrac{BC}{2}\right)$.

a) Chứng minh $H,\ K \in (O)$.

Xét điểm $H$: Vì $BH \perp AC$ tại $H$, nên tam giác $BHC$ vuông tại $H$ (với cạnh huyền $BC$). Theo Luyện tập 1 Bài 13, điểm $H$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$, tức $H \in (O)$.

Xét điểm $K$: Vì $CK \perp AB$ tại $K$, nên tam giác $BKC$ vuông tại $K$ (với cạnh huyền $BC$). Tương tự, $K \in (O)$.

Vậy đường tròn đường kính $BC$ đi qua cả $H$ và $K$.

b) Chứng minh $KH < BC$.

Vì $H,\ K$ cùng thuộc $(O)$ nên $KH$ là một dây của đường tròn đường kính $BC$.

Theo định lý Bài 14: “Trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất”, tức là mọi dây không phải là đường kính đều có độ dài nhỏ hơn đường kính.

Ta sẽ chứng minh $KH$ không phải là đường kính bằng cách chỉ ra $K \ne B$ và $H \ne C$:

• Nếu $K \equiv B$, thì $CK \equiv CB$ và $CB \perp AB$, suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $B$ — mâu thuẫn với giả thiết.
• Nếu $H \equiv C$, thì $BH \equiv BC$ và $BC \perp AC$, suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $C$ — mâu thuẫn.

Do đó $KH$ không trùng với đường kính $BC$, nên $KH$ là một dây không phải đường kính. Vậy:

$$KH < BC \quad \text{(đpcm)}.$$

Bài 5.16 trang 97

Đề bài: Có thể xem guồng nước (còn gọi là cọn nước) là một công cụ hay cỗ máy có dạng hình tròn, quay được nhờ sức nước chảy. Giả sử ngấn nước ngăn cách giữa phần trên và phần dưới nước của một guồng nước được biểu thị bởi cung ứng với một dây dài $4\ \text{m}$ và điểm ngập sâu nhất là $0{,}5\ \text{m}$ (trên Hình 5.22b, điểm ngập sâu nhất là điểm $C$, ta có $AB = 4\ \text{m}$ và $HC = 0{,}5\ \text{m}$). Dựa vào đó, em hãy tính bán kính của guồng nước.

Lời giải:

Bước 1: Phân tích hình.

Gọi $R$ là bán kính của guồng nước. Trên Hình 5.22b:

• $AB$ là dây cung ứng với ngấn nước, $AB = 4\ \text{m}$.
• $C$ là điểm thấp nhất của đường tròn, nằm trên đường thẳng đi qua $O$ và vuông góc với $AB$.
• $H$ là giao của $OC$ với $AB$, $HC = 0{,}5\ \text{m}$.

Vì $OH \perp AB$ và tam giác $OAB$ cân tại $O$ (do $OA = OB = R$), $OH$ đồng thời là đường trung tuyến, nên $H$ là trung điểm của $AB$:

$$AH = HB = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{4}{2} = 2\ \text{m}.$$

Mặt khác, $C \in (O)$ nên $OC = R$, do đó:

$$OH = OC – HC = R – 0{,}5\ \text{m}.$$

Bước 2: Áp dụng định lý Pythagoras.

Xét tam giác $OAH$ vuông tại $H$:

$$OA^2 = OH^2 + AH^2.$$

Thay số:

$$R^2 = (R – 0{,}5)^2 + 2^2.$$

Khai triển vế phải:

$$R^2 = R^2 – 2 \cdot R \cdot 0{,}5 + 0{,}25 + 4 = R^2 – R + 4{,}25.$$

Suy ra:

$$0 = -R + 4{,}25 \implies R = 4{,}25\ \text{m}.$$

Vậy bán kính của guồng nước là $R = 4{,}25\ \text{m}$.

Bài 5.17 trang 98

Đề bài: Cho đường tròn $(O;\ 5\ \text{cm})$.

a) Hãy nêu cách vẽ dây $AB$ sao cho khoảng cách từ điểm $O$ đến dây $AB$ bằng $2{,}5\ \text{cm}$.

b) Tính độ dài của dây $AB$ trong câu a (làm tròn đến hàng phần trăm).

c) Tính số đo và độ dài của cung nhỏ $AB$.

d) Tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ $AB$.

Lời giải:

a) Cách vẽ dây $AB$.

• Bước 1. Trên đường tròn $(O;\ 5\ \text{cm})$ đã có, vẽ một tia bất kì từ $O$.
• Bước 2. Lấy điểm $H$ trên tia đó sao cho $OH = 2{,}5\ \text{cm}$.
• Bước 3. Qua $H$, kẻ đường thẳng vuông góc với $OH$. Đường thẳng này cắt đường tròn $(O)$ tại hai điểm — gọi là $A$ và $B$.

Khi đó $AB$ là dây cần dựng, và khoảng cách từ $O$ đến $AB$ chính là $OH = 2{,}5\ \text{cm}$.

b) Tính độ dài dây $AB$.

Vì $OH \perp AB$ tại $H$, mà tam giác $OAB$ cân tại $O$ ($OA = OB = R$), nên $H$ là trung điểm $AB$, tức $AH = HB = \dfrac{AB}{2}$.

Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác $OAH$ vuông tại $H$:

$$AH^2 = OA^2 – OH^2 = 5^2 – 2{,}5^2 = 25 – 6{,}25 = 18{,}75.$$

$$AH = \sqrt{18{,}75} \approx 4{,}33\ \text{cm}.$$

Do đó:

$$AB = 2 \cdot AH \approx 2 \cdot 4{,}33 \approx 8{,}66\ \text{cm}.$$

c) Tính số đo và độ dài cung nhỏ $AB$.

Trong tam giác $OAH$ vuông tại $H$:

$$\cos \widehat{AOH} = \dfrac{OH}{OA} = \dfrac{2{,}5}{5} = \dfrac{1}{2}.$$

Suy ra $\widehat{AOH} = 60^\circ$. Vì $OH$ là đường phân giác của góc $\widehat{AOB}$ (do tam giác $OAB$ cân tại $O$, $OH$ là đường cao kiêm phân giác), nên:

$$\widehat{AOB} = 2 \cdot \widehat{AOH} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ.$$

Số đo cung nhỏ $\overset\frown{AB}$ bằng số đo góc ở tâm chắn nó:

$$\text{sđ } \overset\frown{AB} = 120^\circ.$$

Độ dài cung nhỏ $AB$:

$$l = \dfrac{n}{180} \pi R = \dfrac{120}{180} \cdot \pi \cdot 5 = \dfrac{10\pi}{3}\ \text{cm} \approx 10{,}47\ \text{cm}.$$

d) Tính diện tích hình quạt tròn ứng với cung nhỏ $AB$.

Áp dụng công thức $S_q = \dfrac{n}{360}\pi R^2$ với $n = 120$ và $R = 5\ \text{cm}$:

$$S_q = \dfrac{120}{360} \cdot \pi \cdot 5^2 = \dfrac{1}{3} \cdot 25\pi = \dfrac{25\pi}{3}\ \text{cm}^2 \approx 26{,}18\ \text{cm}^2.$$

Bài 5.18 trang 98

Đề bài: Ba bộ phận truyền chuyển động của một chiếc xe đạp gồm một giò đĩa (bánh răng gắn với bàn đạp), một chiếc líp (cũng có dạng bánh răng) gắn với bánh xe và bộ xích (Hình 5.23). Biết rằng giò đĩa có bán kính $15\ \text{cm}$, líp có bán kính $4\ \text{cm}$ và bánh xe có đường kính $65\ \text{cm}$. Hỏi khi người đi xe đạp một vòng thì xe chạy được quãng đường dài bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng phần chục)?

Lời giải:

Bước 1: Phân tích cơ chế truyền động.

Khi người đạp giò đĩa quay được $1$ vòng, xích dịch chuyển một đoạn bằng chu vi giò đĩa:

$$C_{\text{đĩa}} = 2\pi \cdot 15 = 30\pi\ \text{cm}.$$

Đoạn xích này khi đi qua líp sẽ làm líp quay được số vòng là:

$$\dfrac{C_{\text{đĩa}}}{C_{\text{líp}}} = \dfrac{30\pi}{2\pi \cdot 4} = \dfrac{30}{8} = \dfrac{15}{4}\text{ (vòng)}.$$

Vì líp gắn cùng trục với bánh xe nên bánh xe cũng quay $\dfrac{15}{4}$ vòng.

Bước 2: Tính quãng đường.

Chu vi bánh xe (đường kính $65\ \text{cm}$):

$$C_{\text{xe}} = \pi \cdot 65 = 65\pi\ \text{cm}.$$

Quãng đường xe đi được khi bánh xe quay $\dfrac{15}{4}$ vòng:

$$S = \dfrac{15}{4} \cdot 65\pi = \dfrac{975\pi}{4}\ \text{cm} = 243{,}75\pi\ \text{cm}.$$

Đổi sang mét:

$$S = \dfrac{243{,}75\pi}{100}\ \text{m} \approx 2{,}4375 \cdot 3{,}14159 \approx 7{,}7\ \text{m}.$$

Vậy khi đạp một vòng, xe chạy được quãng đường khoảng $7{,}7\ \text{m}$.

Bài 5.19 trang 98

Đề bài: Cho tam giác đều $ABC$ có $AB = 2\sqrt{3}\ \text{cm}$. Nửa đường tròn đường kính $BC$ cắt hai cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại $D$ và $E$ (khác $B$ và $C$) (Hình 5.24).

a) Chứng tỏ rằng ba cung nhỏ $\overset\frown{BD},\ \overset\frown{DE}$ và $\overset\frown{EC}$ bằng nhau. Tính số đo mỗi cung ấy.

b) Tính diện tích của hình viên phân (xem Ví dụ 2) giới hạn bởi dây $BD$ và cung nhỏ $\overset\frown{BD}$.

Lời giải:

Gọi $O$ là trung điểm $BC$. Khi đó $O$ là tâm nửa đường tròn đường kính $BC$, bán kính:

$$R = \dfrac{BC}{2} = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\ \text{cm}.$$

a) Chứng minh ba cung bằng nhau và tính số đo.

Xét tam giác $BOD$:

• $OB = OD = R = \sqrt{3}$ (cùng là bán kính).
• $\widehat{OBD} = \widehat{ABC} = 60^\circ$ (vì $O$ thuộc cạnh $BC$, $D$ thuộc cạnh $BA$, và tam giác $ABC$ đều).

Tam giác $BOD$ cân tại $O$ ($OB = OD$) với một góc đáy bằng $60^\circ$, nên tam giác $BOD$ là tam giác đều. Suy ra:

$$\widehat{BOD} = 60^\circ.$$

Tương tự, tam giác $COE$ cũng đều, do đó:

$$\widehat{COE} = 60^\circ.$$

Tính $\widehat{DOE}$: Ba góc $\widehat{BOD},\ \widehat{DOE},\ \widehat{EOC}$ là ba góc kề nhau, hợp lại thành góc bẹt $\widehat{BOC} = 180^\circ$ (do $B,\ O,\ C$ thẳng hàng):

$$\widehat{BOD} + \widehat{DOE} + \widehat{EOC} = 180^\circ.$$

$$60^\circ + \widehat{DOE} + 60^\circ = 180^\circ \implies \widehat{DOE} = 60^\circ.$$

Vậy ba góc ở tâm $\widehat{BOD},\ \widehat{DOE},\ \widehat{EOC}$ đều bằng $60^\circ$, kéo theo ba cung nhỏ $\overset\frown{BD},\ \overset\frown{DE},\ \overset\frown{EC}$ đều có số đo $60^\circ$.

b) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây $BD$ và cung nhỏ $\overset\frown{BD}$.

Theo Ví dụ 2 (trang 96):

$$\text{Diện tích hình viên phân} = \text{Diện tích hình quạt} – \text{Diện tích tam giác}.$$

Diện tích hình quạt $OBD$ (cung $60^\circ$, bán kính $R = \sqrt{3}$):

$$S_q = \dfrac{60}{360} \cdot \pi \cdot (\sqrt{3})^2 = \dfrac{1}{6} \cdot 3\pi = \dfrac{\pi}{2}\ \text{cm}^2.$$

Diện tích tam giác $OBD$ (tam giác đều cạnh $\sqrt{3}$): áp dụng công thức diện tích tam giác đều cạnh $a$ là $\dfrac{a^2 \sqrt{3}}{4}$:

$$S_t = \dfrac{(\sqrt{3})^2 \cdot \sqrt{3}}{4} = \dfrac{3\sqrt{3}}{4}\ \text{cm}^2.$$

Diện tích hình viên phân:

$$S = S_q – S_t = \dfrac{\pi}{2} – \dfrac{3\sqrt{3}}{4}\ \text{cm}^2 \approx 1{,}5708 – 1{,}2990 \approx 0{,}27\ \text{cm}^2.$$

Vậy diện tích hình viên phân là $\dfrac{\pi}{2} – \dfrac{3\sqrt{3}}{4}\ \text{cm}^2 \approx 0{,}27\ \text{cm}^2$.

Thầy Võ Văn Trung

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THCS

Trình độ: Cử nhân Sư phạm Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ A2

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THCS Nguyễn Du