Diện tích hình tròn bán kính \(R = 8cm\) là
Diện tích \(S = \pi {R^2} = \pi {.8^2} = 64\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\).
Một hình tròn có diện tích \(S = 225\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\) . Bán kính của hình tròn đó là:
Diện tích \(S = \pi {R^2} = 225\pi \Leftrightarrow {R^2} = 225 \Rightarrow R = 15\,\left( {cm} \right)\).
Cho đường tròn $\left( {O,8\,cm} \right)$, đường kính $AB.$ Điểm \(M \in (O)\) sao cho \(\widehat {BAM} = {60^0}\). Tính diện tích hình quạt $AOM$ .
Xét đường tròn $\left( O \right)$ có\(\widehat {BAM} = 60^\circ \) suy ra số đo cung \(MB\) bằng \(2.60^\circ = 120^\circ \)
Suy ra số đo cung \(AM\) bằng \(n^\circ = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \)
Vậy diện tích hình quạt $AOM$ là \(S = \dfrac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \dfrac{{\pi {{.8}^2}.60}}{{360}} = \dfrac{{32\pi }}{3}(c{m^2})\)
Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB = $ $3\sqrt 3 $$cm$ . Điểm \(C \in (O)\) sao cho \(\widehat {ABC} = {60^0}\). Tính diện tích hình viên phân$BC$ . (Hình viên phân là phần hình tròn giới hạn bởi một cung tròn và dây căng cung ấy)
Xét đường tròn (O) có:
\(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(\widehat {CAB} = 90^\circ - \widehat {CBA} = 30^\circ \) (tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\))
\(\widehat {ACB}\) và \(\widehat {BOC}\) là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AC$ \( \Rightarrow \widehat {BOC} = 2.\widehat {ACB} = {2.30^0} = {60^0}\)\( \Rightarrow {S_{quạt\,\,AOC}} = \dfrac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6}\)
Xét \(\Delta BOC\) có \(\widehat {BOC} = {60^\circ }\) và $\;OA = OC = R$ nên tam giác $AOC$ đều cạnh bằng $R$ .
Gọi $CH$ là đường cao của tam giác $AOC$ , ta có:
\(CH = CO.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R\)\( \Rightarrow {S_{AOC}} = \dfrac{1}{2}CH.OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R.R \)\(= \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.{R^2}.\)
Diện tích hình viên phân $BC$ là:
${S_{quạt\,\,BOC}} - {S_{\Delta {\rm B}OC}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.{R^2} $$= \left( {\dfrac{\pi }{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}} \right).{R^2} $$= \left( {\dfrac{{2\pi - 3\sqrt 3 }}{{12}}} \right).{\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} $$= \dfrac{{18\pi - 27\sqrt 3 }}{{16}}\left( {c{m^2}} \right)$.
Cho hình vuông có cạnh là $6\,cm$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$. Hãy tính diện tích hình tròn $\left( O \right)$.
Gọi hình vuông \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) khi đó $OA = OB = OC = OD = R \Rightarrow O$ là giao điểm của \(AC\) và \(BD\) \( \Rightarrow R = \dfrac{{AC}}{2}\) .
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {6^2} + {6^2} = 72 \Rightarrow AC = 6\sqrt 2 \)\( \Rightarrow R = \dfrac{{6\sqrt 2 }}{2} = 3\sqrt 2 \)
Diện tích hình tròn \(\left( O \right)\) là $S = \pi {R^2} = \pi {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\pi \,\left( {c{m^2}} \right)$
Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính \(AB = 4\sqrt 2 \;cm\). Điểm \(C \in (O)\) sao cho \(\widehat {ABC} = {30^0}\). Tính diện tích hai hình viên phân giới hạn bởi nửa đường tròn $\left( O \right)$ và dây $AC,BC$ .
Diện tích hình tròn $\left( O \right)$ là: \({S_{(O)}} = \pi {R^2}\)
Ta có góc \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {ACB} = {90^0}\)\( \Rightarrow \widehat {BAC} = {90^0} - \widehat {CBA} = {90^0} - {30^0} = {60^0}.\)
Tam giác $AOC$ có \(\widehat {CAO} = {60^\circ }\) và $\;OA = OC = R$ nên tam giác $AOC$ đều cạnh bằng $R$ .
Giả sử $CH$ là đường cao của tam giác $ABC$ , ta có:
\(CH = CO.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R \)\(\Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}CH.AB \)\(= \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}R.2R = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2}.\)
Diện tích hình giới hạn bởi đường tròn $\left( O \right)$ và $AC,BC$ là:
$\dfrac{1}{2}{S_{(O)}} - {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2} $$= \dfrac{1}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right){R^2} $$= \dfrac{1}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right){\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 2\pi - 2\sqrt 3 .$
Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và một điểm $M$ sao cho $OM = R\sqrt 2 $. Từ $M$ vẽ các tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $(A,B$ là các tiếp điểm ). Tính diện tích giới hạn bởi hai tiếp tuyến $AM,MB$ và cung nhỏ $AB$.
Xét \(\Delta OAM\) có \(AM = \sqrt {O{M^2} - O{A^2}} = \sqrt {2{R^2} - {R^2}} = R \)\(\Rightarrow {S_{OAM}} = \dfrac{{OA.AM}}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{2}\)
Mà \(\Delta OAM = \Delta OBM\left( {c - c - c} \right)\)\( \Rightarrow {S_{OAMB}} = 2{S_{OAM}} = {R^2}\)
Xét \(\Delta OAM\) có \(\cos \widehat {AOM} = \dfrac{{OA}}{{OM}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \)\(\Rightarrow \widehat {AOM} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {AOB} = 2.45^\circ = 90^\circ \)
Diện tích quạt tròn \({S_{quạt\,AOB}} = \dfrac{{\pi {R^2}.90}}{{360}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{4}\)
Diện tích phần giới hạn bởi hai tiếp tuyến $AM,MB$ và cung nhỏ $AB$ là
\(S = {S_{OAMB}} - {S_{quạt\,AOB}} = {R^2} - \dfrac{{\pi {R^2}}}{4} \)\(= \dfrac{{\left( {4 - \pi } \right){R^2}}}{4}\)
Một hình quạt có chu vi bằng \(34\,(cm)\) và diện tích bằng \(66\,(c{m^2})\). Bán kính của hình quạt bằng?
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{lR}}{2} = 66\\l + 2R = 34\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}lR = 132\\l + 2R = 34\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}l.2R = 264\\l + 2R = 34\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2R = 12\\l = 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = 6\\l = 22\end{array} \right.\) .
Vậy \(R = 6(cm)\)
Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Độ dài của các cung \(AB,BC,CA\) đều bằng \(6\pi \). Diện tích của tam giác đều \(ABC\) là:
Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\). Độ dài của các cung \(AB,BC,CA\) đều bằng \(6\pi \) nên ta có \(C = 2\pi R = 6\pi + 6\pi + 6\pi = 18\pi \), suy ra \(R = 9\) hay \(OA = OB = OC = 9\)
Ta cũng có \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COA} = {120^0}\) suy ra \(\Delta AOB = \Delta AOC = \Delta BOC\) suy ra \({S_{\Delta AOB}} = {S_{\Delta AOC}} = {S_{\Delta BOC}} = \dfrac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}\)
Xét tam giác \(AOC\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {30^0}\\\widehat {COA} = {120^0}\end{array} \right.\)
Kẻ đường cao$OE$ , ta có đồng thời là đường trung tuyến, phân giác của góc \(\widehat {COA}\) . Ta có \(\widehat {AOE} = \widehat {COE} = \dfrac{1}{2}\widehat {AOC}\)
Xét tam giác $COE$ có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ECO} = {30^0}\\\widehat {CEO} = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow OE = \dfrac{1}{2}CO = \dfrac{R}{2}\)
Áp dụng định lý Pytago ta có: \(CE = \sqrt {O{C^2} - O{E^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\dfrac{R}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}R\)
Vậy \({S_{COE}} = \dfrac{1}{2}OE.CE = \dfrac{1}{2}.\dfrac{R}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 R}}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{8}\)
Suy ra \({S_{COA}} = 2{S_{COE}} = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{4}\) và \({S_{ABC}} = 3{S_{COA}} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 .{9^2}}}{4} = \dfrac{{243\sqrt 3 }}{4}\)
Cho $A,B,C,D$ là 4 đỉnh của hình vuông có cạnh là \(2cm\). Tính diện tích của hình hoa $4$ cánh giới hạn bởi các đường tròn có bán kính bằng \(a\), tâm là các đỉnh của hình vuông.
Ta có diện tích của hình hoa cần tính bằng $4$ lần diện tích của hình viên phân $AC$: \(S = 4{S_{viên\,phân\;AC}}.\)
Hình viên phân AC bằng \({S_{quạt\,ADC}} - {S_{\Delta ADC}}\)
Quạt tròn \(ADC\) có bán kính \(DA = DC = 3cm\) và số đo cung \(90^\circ \)
Có: \({S_{viên\,phân\;AC}} = {S_{quạt\;ADC}} - {S_{\Delta ADC}} \)\(= \dfrac{{\pi {R^2}{{.90}^0}}}{{{{360}^0}}} - \dfrac{1}{2}{R^2} \)\(= \left( {\dfrac{\pi }{4} - \dfrac{1}{2}} \right){R^2} \)\(= \dfrac{{\pi - 2}}{4}{.2^2} = \pi - 2\)\( \Rightarrow S = 4{S_{viên\,phân\;AC}} = 4.\left( {\pi - 2} \right) = 4\pi - 8.\)
Một hình tròn có diện tích \(S = 144\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\) . Bán kính của hình tròn đó là:
Diện tích \(S = \pi {R^2} = 144\pi \Leftrightarrow {R^2} = 144 \Leftrightarrow R = 12\,\left( {cm} \right)\).
Diện tích hình tròn bán kính \(R = 10\,cm\) là
Diện tích \(S = \pi {R^2} = \pi {.10^2} = 100\pi \,\left( {c{m^2}} \right)\).
Cho đường tròn $\left( {O,10\,cm} \right)$, đường kính $AB.$. Điểm \(M \in (O)\) sao cho \(\widehat {BAM} = {45^0}\). Tính diện tích hình quạt $AOM$ .
Xét đường tròn $\left( O \right)$ có:
\(\left\{ \begin{array}{l}OA = OM\\\widehat {MAO} = {45^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta AOM\) là tam giác vuông cân.
\( \Rightarrow \widehat {MOA} = {90^0}.\)
Vậy diện tích hình quạt $AOM$ là \(S = \dfrac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \dfrac{{\pi {{.10}^2}.90}}{{360}} = 25\pi (c{m^2})\)
Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB = $ \(4\sqrt 3 \) $cm$ .
Điểm \(C \in (O)\) sao cho \(\widehat {ABC} = {30^0}\). Tính diện tích hình viên phân$AC$ . (Hình viên phân là phần hình tròn giới hạn bởi một cung tròn và dây căng cung ấy).
Xét đường tròn $(O)$ có:
\(\widehat {ABC}\) và \(\widehat {AOC}\) là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung$AC$ \( \Rightarrow \widehat {AOC} = 2.\widehat {ABC} = {2.30^0} = {60^0}\)\( \Rightarrow {S_{qAOC}} = \dfrac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6}\)
Xét \(\Delta AOC\) có \(\widehat {AOC} = {60^\circ }\) và $OA=OC=R$ nên tam giác $AOC$ đều cạnh bằng $R$ .
Gọi $CH$ là đường cao của tam giác $AOC$ , ta có:
\(CH = CO.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R \Rightarrow {S_{AOC}} = \dfrac{1}{2}CH.OA = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R.R = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.{R^2}.\)
Diện tích hình viên phân $AC$ là:
\({S_{qAOC}} - {S_{AOC}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.{R^2} = \left( {\dfrac{\pi }{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}} \right).{R^2} \)
\(= \left( {\dfrac{{2\pi - 3\sqrt 3 }}{{12}}} \right).{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} \)
\(= 2\pi - 3\sqrt 3 \, cm^2.\)
Cho hình vuông có cạnh là $5\,cm$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$. Hãy tính diện tích hình tròn $\left( O \right)$.
Gọi hình vuông \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) khi đó $OA = OB = OC = OD = R \Rightarrow O$ là giao điểm của \(AC\) và \(BD\) \( \Rightarrow R = \dfrac{{AC}}{2}.\)
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {5^2} + {5^2} = 50 \Rightarrow AC = 5\sqrt 2 \) \( \Rightarrow R = \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}\)
Diện tích hình tròn \(\left( O \right)\) là $S = \pi {R^2} = \dfrac{{25\pi }}{2}\,\left( {c{m^2}} \right).$
Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính \(AB = 2\sqrt 2 \;cm\). Điểm \(C \in (O)\) sao cho \(\widehat {ABC} = {30^0}\). Tính diện tích hình giới hạn bởi đường tròn $\left( O \right)$ và $AC,BC$ .
Diện tích hình tròn $\left( O \right)$ là: \({S_{(O)}} = \pi {R^2}\)
Ta có góc \(\widehat {ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {ACB} = {90^0}\)\( \Rightarrow \widehat {BAC} = {90^0} - \widehat {CBA} = {90^0} - {30^0} = {60^0}.\)
Tam giác $AOC$ có \(\widehat {CAO} = {60^\circ }\) và $OA = OC = R$ nên tam giác $AOC$ đều cạnh bằng $R$ .
Giả sử $CH$ là đường cao của tam giác $ABC$ , ta có:
\(CH = CO.\sin {60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.R \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}CH.AB\)
$= \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}R.2R$
\(= \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2}.\)
Diện tích hình giới hạn bởi đường tròn $\left( O \right)$ và $AC,BC$ là:
$\dfrac{1}{2}{S_{(O)}} - {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2} = \dfrac{1}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right){R^2} = \dfrac{1}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right){\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = \pi - \sqrt 3 .$
Một hình quạt có chu vi bằng \(28\,(cm)\) và diện tích bằng \(49\,(c{m^2})\). Bán kính của hình quạt bằng?
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{lR}}{2} = 49\\l + 2R = 28\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}lR = 98\\l + 2R = 28\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}l.2R = 196\\l + 2R = 28\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2R = 14\\l = 14\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = 7\\l = 14\end{array} \right.\) .
Vậy \(R = 7(cm)\)
Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và một điểm $M$ sao cho $OM = 2R$. Từ $M$ vẽ các tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $(A,B$ là các tiếp điểm ). Tính diện tích giới hạn bởi hai tiếp tuyến $AM,MB$ và cung nhỏ $AB.$
Xét \(\Delta OAM\) có \(AM = \sqrt {O{M^2} - O{A^2}} = R\sqrt 3 \Rightarrow {S_{OAM}} = \dfrac{{OA.AB}}{2} = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\)
Mà \(\Delta OAM = \Delta OBM\left( {c - c - c} \right) \Rightarrow {S_{OAMB}} = 2{S_{OAM}} = \sqrt 3 {R^2}\)
Xét \(\Delta OAM\) có \(\cos \widehat {AOM} = \dfrac{{OA}}{{OM}} = \dfrac{1}{2} \)
\(\Rightarrow \widehat {AOM} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {AOB} = 120^\circ \)
Diện tích quạt tròn \({S_{q\,AB}} = \dfrac{{\pi {R^2}.120}}{{360}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{3}\)
Diện tích giới hạn bởi hai tiếp tuyến $AM,MB$ và cung nhỏ $AB$ là
\(S = {S_{OAMB}} - {S_{q\,AB}} = \sqrt 3 {R^2} - \dfrac{{\pi {R^2}}}{3} = {R^2}\left( {\sqrt 3 - \dfrac{\pi }{3}} \right).\)
Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Độ dài của các cung \(AB,BC,CA\) đều bằng \(4\pi \). Diện tích của tam giác đều \(ABC\) là:
Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn \(\left( O \right)\). Độ dài của các cung \(AB,BC,CA\) đều bằng \(4\pi \) nên ta có \(C = 2\pi R = 4\pi + 4\pi + 4\pi = 12\pi \), suy ra \(R = 6\) hay \(OA = OB = OC = 6\)
Ta cũng có \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COA} = {120^0}\) suy ra \(\Delta AOB = \Delta AOC = \Delta BOC = \dfrac{1}{3}\Delta ABC\)
Xét tam giác \(AOC\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {30^0}\\\widehat {COA} = {120^0}\end{array} \right.\)
Kẻ đường cao$OE$ , ta có đồng thời là đường trung tuyến, phân giác của góc \(\widehat {COA}\) . Ta có \(\widehat {AOE} = \widehat {COE} = \dfrac{1}{2}\widehat {AOC}\)
Xét tam giác $COE$ có: \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ECO} = {30^0}\\\widehat {CEO} = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow OE = \dfrac{1}{2}CO = \dfrac{R}{2}\)
Áp dụng định lý Pytago ta có: \(CE = \sqrt {O{C^2} - O{E^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\dfrac{R}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}R\)
Vậy \({S_{COE}} = \dfrac{1}{2}OE.CE = \dfrac{1}{2}.\dfrac{R}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 R}}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{8}\)
Suy ra \({S_{COA}} = 2{S_{COE}} = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{4}\) và \({S_{ABC}} = 3{S_{COA}} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = 27\sqrt 3 \,\ cm^2 .\)
Cho $A,B,C,D$ là $4$ đỉnh của hình vuông có cạnh là \(a\). Tính diện tích của hình hoa $4$ cánh giới hạn bởi các đường tròn có bán kính bằng \(a\), tâm là các đỉnh của hình vuông.
Ta có diện tích của hình hoa cần tình băng $4$ lần diện tích của hình viên phân$AC$: \(S = 4{S_{vp\;AC}}.\)
Có: \({S_{vp\;AC}} = {S_{cung\;AC}} - {S_{ADC}} = \dfrac{{\pi {R^2}{{.90}^0}}}{{{{360}^0}}} - \dfrac{1}{2}{R^2} = \left( {\dfrac{\pi }{4} - \dfrac{1}{2}} \right){R^2} = \dfrac{{\pi - 2}}{4}{a^2}\) \( \Rightarrow S = 4{S_{vp\;AC}} = 4.\dfrac{{\pi - 2}}{4}{a^2} = \left( {\pi - 2} \right){a^2}.\)
