(1,5 điểm) Một người có tầm mắt cao \[1,6{\rm{ m}}\] đứng trên sân thượng của một tòa nhà cao \[{\rm{25 m}}\] nhìn thấy một chiếc xe đang đứng yên với góc nghiêng xuống \[35^\circ \] (như hình vẽ).

a) Viết tỉ số lượng giác \(\sin ,\,\,\tan \) của góc \(35^\circ \) theo các cạnh \(AB,\,\,BC,\,\,CA.\)

b) Tính các khoảng cách từ chiếc xe đến mắt người quan sát và đến chân tòa nhà (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

a) Xét \[\Delta OCD\] có: \[OC = OD = R\] nên \[\Delta OCD\] cân tại \[O.\]

Mà \[OH\] là đường cao của \[\Delta OCD\] nên \[OH\] cũng là đường phân giác của tam giác, nên \[\widehat {COF} = \widehat {DOF}.\]

Xét \[\Delta COF\] và \[\Delta DOF\] có:

\[OC = OD,\] \[\widehat {COF} = \widehat {DOF}\] và \[OF\] là cạnh chung.

Do đó, \[\Delta COF = \Delta DOF\] (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {OCF} = \widehat {ODF}\] (hai góc tương ứng)

Mà \[\widehat {OCF} = 90^\circ \] (do \[OC \bot MF\]) nên \[\widehat {ODF} = 90^\circ \] hay \[FD \bot OD\] tại \[D\].

Xét đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] có: \[FD \bot OD\] tại \[D\] và \[D \in \left( {O;R} \right)\]

Suy ra \[FD\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] tại \[D\].

b) Xét đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] có \[MA\] và \[MC\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[M\] nên \(MA = MC.\) Do đó \(M\) thuộc đường trung trực của \(AC.\)

Ta có: \[OA = OC = R\] nên \(O\) thuộc đường trung trực của \(AC.\)

Như vậy, \(OM\) là đường trung trực của \[AC\] nên \(OM \bot AC.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(CO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(AB\) và \(CO = R = \frac{{AB}}{2}\) nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) hay \(BC \bot AC\).

Từ đó suy ra \(OI\,{\rm{//}}\,BC.\)

Xét \[\Delta ABC\] có \[O\] là trung điểm của \[AB\] và \(OI\,{\rm{//}}\,BC\) nên \[OI\] là đường trung bình của \[\Delta ABC\].

Suy ra \[OI = \frac{1}{2}BC\] (tính chất đường trung bình) hay \[BC = 2OI\].

c) ⦁ Xét tam giác \[MOC\] vuông tại \[C\], có: \[\cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{MO}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\] suy ra \[\widehat {MOC} = 60^\circ \].

Do \(MA,\,\,MC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\) của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) nên \(OM\) là tia phân giác của \[\widehat {AOC}\]. Suy ra \[\widehat {AOC} = 2\widehat {MOC} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \].

Do đó \[\widehat {COB} = 180^\circ - \widehat {AOC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

⦁ Ta có \[F\] là giao điểm của hai tiếp tuyến tại \[C\] và \[D\] nên \[OF\] là tia phân giác của \[\widehat {DOC}\].

Suy ra \[\widehat {DOC} = 2\widehat {COB} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OC,OD\] và cung nhỏ \[CD\] là

\[{S_1} = \frac{{120 \cdot \pi \cdot {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\] (đơn vị diện tích).

⦁ Xét \(\Delta OCH\) vuông tại \(H\) ta có: \(CH = OC \cdot \sin \widehat {COB} = R \cdot \sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2};\)

\(OH = OC \cdot \cos \widehat {COB} = R \cdot \cos 60^\circ = \frac{R}{2}.\)

Xét \(\Delta OCD\) cân tại \(O\) (do \(OC = OD)\) nên đường phân giác \(OH\) cũng đồng thời là đường trung tuyến, nên \(H\) là trung điểm của \(CD,\) suy ra \(CD = 2CH = 2 \cdot \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 .\)

Diện tích tam giác \(OCD\) là: \({S_2} = \frac{1}{2}OH \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot \frac{R}{2} \cdot R\sqrt 3 = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\) (đơn vị diện tích).

Diện tích hình được giới hạn bởi dây \(CD\) và cung nhỏ \[CD\] là:

\(S = {S_1} - {S_2} = \frac{{\pi {R^2}}}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đơn vị diện tích).

Vậy diện tích hình được giới hạn bởi dây \(CD\) và cung nhỏ \[CD\] là\(\frac{{{R^2}\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đvdt).