Cho biểu đồ thống kê số học sinh tham gia câu lạc bộ cờ vua như sau:

Lấy ngẫu nhiên một học sinh trong số các học sinh tham gia. Tính xác suất của các biến cố:

(a) $A$: “Lấy được một học sinh nữ lớp 9”.

(b) $B$: “Lấy được một học sinh lớp 6”.

(c) $C$: “Lấy được một học sinh nam lớp $7$ hoặc lớp $8$”.

Tổng số học sinh tham gia câu lạc bộ cờ vua là:

$\left(3+4\right)+\left(8+5\right)+\left(6+4\right)+\left(9+7\right)=46$ (học sinh).

Do đó $n\left(\Omega \right)=46$.

a) Số học sinh nữ lớp 9 tham gia câu lạc bộ cờ vua là $n\left(A\right)=3.$

Xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{46}.$

b) Số học sinh lớp 6 tham gia câu lạc bộ cờ vua là $n\left(B\right)=3+4=7$.

Xác suất của biến cố B là $P\left(B\right)=\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{46}\text{.}$

c) Số học sinh nam lớp $7$ và lớp $8$ tham gia câu lạc bộ cờ vua là $n\left(C\right)=8+6=14$.

Xác suất của biến cố C là $P\left(C\right)=\frac{n\left(C\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{14}{46}=\frac{7}{23}$.

Bài 40.

(a) Xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$ có cạnh bằng $a.$

(b) Cho đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $MNP$. Tính bán kính của $(O)$, biết rằng $\Delta MNP$ vuông cân tại $M$ và có cạnh bằng $2\sqrt{2}\text{c}\text{m}\text{.}$

a) Gọi $O$ là giao điểm của ba đường trung trực của tamgiác đều $ABC$ thì $O$ đồng thời là trọng tâm và trực tâm của tam giác.

Ta có $OA=OB=OC=\frac{2}{3}AH$ ($H$ là chân đường cao kẻ từ A).

Do đó, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC.$

Mặt khác, xét tam giác $AHB$ vuông tại $H$.

Theo định lí Pythagore, ta có: $A{B}^2=A{H}^2+H{B}^2$

Suy ra $A{H}^2=A{B}^2-H{B}^2=a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2$ nên $AH=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Do đó $AO=\frac{2}{3}AH=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ (tính chất trọng tâm).

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$ có tâm là trọng tâm tam giác và có bán kính $\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

b) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $MNP$ vuông cân tại $M,$ ta có:

$N{P}^2=M{N}^2+M{P}^2={\left(2\sqrt{2}\right)}^2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2=16$, suy ra NP=4\text{}\text{m}\text{.}

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP$ vuông tại $M$ có độ dài bằng nửa cạnh huyền $NP$ tức là $2\text{c}\text{m}$.

Bài 41. Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Biết rằng đường tròn $(O)$ có bán kính bằng $3\text{}\text{c}\text{m}\text{.}$ Tính diện tích tam giác $ABC.$

Kẻ đường cao $AH$ vì tam giác $ABC$ đều (gt) nên đường cao $AH$ đồng thời là đường phân giác của góc $BAC$, ta có: $\widehat{BAH}=\widehat{CAH}=\frac{\widehat{BAC}}{2}=\frac{60°}{2}=30°.$

Kéo dài $AH$ cắt đường tròn $(O)$ tại $D$. Khi đó $\widehat{BOD}$ và $\widehat{BAD}$ lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn $\stackrel{⌢}{BD}$) .

Suy ra $\widehat{BOD}=2\widehat{BAD}=2\cdot 30°=60°.$

Tam giác $BHO$ vuông tại $H$ có cạnh huyền $OB=3\text{c}\text{m}$ (gt) và $\widehat{BOD}=60°.$

Theo định lí về hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$BH=OB\cdot sin\widehat{BOH}=3\cdot sin60°=\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(\text{c}\text{m}\right)$.

Vì $\Delta ABC$ đều nên đường cao $AH$ đồng thời là trung tuyến hay $H$ là trung điểm của $BC.$

Suy ra $BC=2BH=2\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\left(\text{c}\text{m}\right).$

Xét tam giác $AHB$ vuông tại $H$ có cạnh huyền: $AB=BC=3\sqrt{3}\text{c}\text{m}$ và $\widehat{BAH}=30°\text{}\text{(}\text{c}\text{m}\text{t}\text{)}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

AH=AB\cdot cos\widehat{BAH}=3\sqrt{3}\cdot cos30°=\frac{9}{2}\left(\text{c}\text{m}\right).

Diện tích tam giác đều $ABC$ là: S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{9}{2}\cdot 3\sqrt{3}=\frac{27\sqrt{3}}{4}\left(\text{c}{\text{m}}^{\text{2}}\right)\text{.}

Vậy diện tích tam giác $ABC$ là \frac{27\sqrt{3}}{4}\text{c}{\text{m}}^{\text{2}}\text{.}

Bài 42. Bức tranh treo tường có vẽ một tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O (hình vẽ). Cho biết \widehat{ABC}=70°,\widehat{ODC}=50°.Tính góc AOD.

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn \left(O\right) nên \widehat{ADC}+\widehat{ABC}=180°

Suy ra \widehat{ADC}=180°-\widehat{ABC}=180°-70°=110°

Mà \widehat{ADC}=\widehat{ADO}+\widehat{ODC} nên \widehat{ADO}=\widehat{ADC}-\widehat{ODC}=110°–50°=60°.

Tam giác AOD cân tại O có \widehat{ADO}=60° (cmt)

Suy ra \widehat{DAO}=60° nên \widehat{AOD}=180°-2\cdot 60°=60°.

Vậy \widehat{AOD}=60°.

Bài 43. Cho đường tròn tâm $O$ có bán kính $R=5\text{c}\text{m}$.

(a) Tính độ dài cạnh của hình vuông nội tiếp trong $\left(O\right)$.

(b) Một hình chữ nhật nội tiếp trong $\left(O\right)$ có chu vi 28 cm. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.

a) Gọi hình vuông nội tiếp trong đường tròn $\left(O;5\text{c}\text{m}\right)$ là $ABCD$

Ta có $AC=2R=2\cdot 5=10\left(\text{c}\text{m}\right).$

Gọi $x\left(\text{c}\text{m}\right)$ là cạnh hình vuông.

Theo định lí Pythagore, ta có: $x^2+x^2=A{C}^2$ hay $2x^2=10^2.$

Suy ra $x^2=50$ nên $x=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$.

Vậy cạnh hình vuông nội tiếp trong đường tròn $\left(O;5\text{c}\text{m}\right)$ bằng $5\sqrt{2}\text{c}\text{m}.$

b) Gọi chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là $a,b\left(\text{c}\text{m}\right)$ $\left(a>b>0\right).$

Nửa chu vi hình chữ nhật là: $a+b=14$

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$. Theo định lí Pythagore, ta có:

$a^2+b^2=A{C}^2$ hay $a^2+b^2=10^2=100$.

Theo bài ra, ta có hệ phương trình $\{\begin{array}{l}a+b=14\\ a^2+b^2=100.\end{array}$

Từ phương trình thứ nhất, ta có $b=14-a$.

Thế $b=14-a$ vào phương trình thứ hai, ta có:

$a^2+{\left(14-a\right)}^2=100$

$a^2+\left(196-28a+a^2\right)=100$

$a^2-14a+48=0$

$a=8$ hoặc $a=6$

• Với $a=8$ thì $b=6$ (TMĐK).

• Với $a=6$ thì $b=8$ (loại vì $a>b$).

Vậy chiều dài của hình chữ nhật là $8\text{c}\text{m}$ và chiều rộng là $6\text{c}\text{m}$.

Bài 44. Tính diện tích của một hình chữ nhật, biết rằng hình chữ nhật đó có chiều dài gấp hai lần chiều rộng và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng $2,5\text{c}\text{m}\text{.}$

Ta có $AC$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nên

$AC=2\cdot 2,5=5\left(\text{c}\text{m}\right)$.

Gọi chiều rộng hình chữ nhật là $x\left(\text{c}\text{m}\right)$.

Khi đó, chiều dài hình chữ nhật là $2x\left(\text{c}\text{m}\right)$

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta ABC$ vuông tại $B$, ta có:

$x^2+{\left(2x\right)}^2=5^2$ hay $5x^2=25$ nên $x^2=5$, suy ra x=\sqrt{5}\text{c}\text{m}.

Vậy chiều rộng hình chữ nhật là \sqrt{5}\text{c}\text{m} và chiều dài là $2\sqrt{5}\text{c}\text{m}$.

Do đó diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là: $\sqrt{5}\cdot 2\sqrt{5}\text{=}\text{1}\text{0}\left(\text{c}{\text{m}}^2\right)$ .