Diện tích hình tròn, quạt tròn

Diện tích $S = \pi {R^2} = \pi {.8^2} = 64\pi \,\left( {c{m^2}} \right)$.

Diện tích $S = \pi {R^2} = 225\pi  \Leftrightarrow {R^2} = 225 \Rightarrow R = 15\,\left( {cm} \right)$.

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 $S = \dfrac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \dfrac{{\pi {{.8}^2}.60}}{{360}} = \dfrac{{32\pi }}{3}(c{m^2})$

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)$.

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 $S = \pi {R^2} = \pi {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} = 18\pi \,\left( {c{m^2}} \right)$ 

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 .$

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}$

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  $R = 6(cm)$

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   ${S_{ABC}} = 3{S_{COA}} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 .{9^2}}}{4} = \dfrac{{243\sqrt 3 }}{4}$                                           

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.$

Diện tích $S = \pi {R^2} = 144\pi  \Leftrightarrow {R^2} = 144 \Leftrightarrow R = 12\,\left( {cm} \right)$.

Diện tích $S = \pi {R^2} = \pi {.10^2} = 100\pi \,\left( {c{m^2}} \right)$.

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 $S = \dfrac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \dfrac{{\pi {{.10}^2}.90}}{{360}} = 25\pi (c{m^2})$

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:

${S_{qAOC}} - {S_{AOC}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}.{R^2} = \left( {\dfrac{\pi }{6} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}} \right).{R^2}$

$= \left( {\dfrac{{2\pi  - 3\sqrt 3 }}{{12}}} \right).{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2}$

$= 2\pi  - 3\sqrt 3 \, cm^2.$

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 $S = \pi {R^2} = \dfrac{{25\pi }}{2}\,\left( {c{m^2}} \right).$ 

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:

$\dfrac{1}{2}{S_{(O)}} - {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2} = \dfrac{1}{2}\left( {\pi  - \sqrt 3 } \right){R^2} = \dfrac{1}{2}\left( {\pi  - \sqrt 3 } \right){\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = \pi  - \sqrt 3 .$

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  $R = 7(cm)$

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

$S = {S_{OAMB}} - {S_{q\,AB}} = \sqrt 3 {R^2} - \dfrac{{\pi {R^2}}}{3} = {R^2}\left( {\sqrt 3  - \dfrac{\pi }{3}} \right).$ 

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   ${S_{ABC}} = 3{S_{COA}} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4} = 27\sqrt 3 \,\ cm^2 .$ 

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: ${S_{vp\;AC}} = {S_{cung\;AC}} - {S_{ADC}} = \dfrac{{\pi {R^2}{{.90}^0}}}{{{{360}^0}}} - \dfrac{1}{2}{R^2} = \left( {\dfrac{\pi }{4} - \dfrac{1}{2}} \right){R^2} = \dfrac{{\pi  - 2}}{4}{a^2}$ $\Rightarrow S = 4{S_{vp\;AC}} = 4.\dfrac{{\pi  - 2}}{4}{a^2} = \left( {\pi  - 2} \right){a^2}.$