Sau một trận bão lớn, một cái cây mọc thẳng đứng ở vị trí \(C\) đã bị gãy ngang tại \(A\) (như hình vẽ). Ngọn cây chạm mặt đất cách gốc một khoảng \(BC = 5{\rm{ m}}\). Biết rằng phần ngọn bị gãy \(AB\) và phần gốc \(AC\) có tỉ lệ \(3:2\). (Các kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)

    a) \(\sin \widehat {ABC} = \frac{2}{3}.\)

    b) Góc tạo bởi phần thân bị gãy và mặt đất nhỏ hơn \(42^\circ \).

    c) Độ dài phần ngọn bị gãy nhỏ hơn \(6,5{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

    d) Chiều cao ban đầu của cây khoảng \(11,18{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Gọi độ dài của đoạn \[AE = x{\rm{ }}\left( {0 < x < 4} \right)\] (m), suy ra độ dài đoạn \[EB = 4 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Theo đề, các phần đất hình tam giác bằng nhau, nên ta có:

\[AE = BH = GC = DF = x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\] và \[BE = CH = GD = AF = 4 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[AEF\] vuông tại \(A\), có:

\[A{E^2} + A{F^2} = E{F^2}\]

\[{x^2} + {\left( {4 - x} \right)^2} = E{F^2}\]

\[2{x^2} - 8x + 16 = E{F^2}\]

Suy ra \[EF = \sqrt {2{x^2} - 8x + 16}  = \sqrt {2\left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 8}  = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Do các phần hình tam giác bằng nhau nên \[FG = GH = HE = EF = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Suy ra, chu vi \[EFGH\] là: \[EF + FG + GH + HE = 4EF = 4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Để chu vi của tứ giác \[EFGH\] nhỏ nhất thì \[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \] nhỏ nhất.

Với mọi \[0 < x < 4,\] ta có:

\[2{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\]

\[2{\left( {x - 2} \right)^2} + 8 \ge 8\]

\[\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8}  \ge \sqrt 8 \]

\[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8}  \ge 4\sqrt 8 \]

\[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8}  \ge 8\sqrt 2 \].

Do đó, chu vi của tứ giác \[EFGH\] nhỏ nhất bằng \[8\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\] khi \[x - 2 = 0\] hay \[x = 2{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Vậy khoảng cách từ \[A\] đến \[E\] bằng \[2{\rm{ m}}\] thì tứ giác \[EFGH\] có chu vi nhỏ nhất.

a) Ta có: \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), suy ra \(OA\) là đường phân giác của \(\widehat {BOC}\) (tính chất) nên \(\widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {CDB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(BC\))

Do đó, \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\).

Xét \(\Delta CMD\) và \(\Delta ACO\) có:

\(\widehat {CMD} = \widehat {ACO} = 90^\circ \) và \(\widehat {CDM} = \widehat {AOC}\) (do \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\))

Do đó (g.g).

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {EBF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {EBF} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {EBO} + \widehat {OBF}\)

Suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OBF}\).

Lại có: \(\widehat {OBF} = \widehat {OFB}\) (vì \(\Delta BOF\) cân tại \(O\) do \(OB = OF)\) suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OFB}\) (1)

Mà \(\widehat {ECB} = \widehat {OFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\) của đường tròn tâm \(O\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ECB} = \widehat {ABE}\). (3)

Mặt khác, \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB = OC = R\)

Suy ra \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) mà \(E \in OA\), suy ra \(EB = EC\).

Do đó \(\Delta EBC\) cân tại \(E\) nên \(\widehat {ECB} = \widehat {EBC}\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {EBC} = \widehat {ABE}\) nên \(BE\) là tia phân giác của góc \(B\) trong tam giác \(ABH\).

Vậy \[BE\] là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)

c) Theo câu a, (g.g), suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {DCM} = 30^\circ \).

Suy ra \(\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \).

Do đó, \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOC} = 120^\circ \) hay

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), có: \(\cos \widehat {HAC} = \frac{{AH}}{{AC}}\)

Suy ra \(AC = \frac{{AH}}{{\cos \widehat {HAC}}} = \frac{4}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Xét \(\Delta AOC\) vuông tại \(C\), có: \(OC = AC.\tan \widehat {OAC} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\tan 30^\circ = \frac{8}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ \(BC\) là:

\[S = \frac{{\pi .{{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].