Cho ba đường tròn \[\left( {A\,;\,\,10\,\,{\rm{cm}}} \right);\,\,\left( {B\,;\,\,\,15\,\,{\rm{cm}}} \right);\,\,\left( {C\,;\,\,15\,\,{\rm{cm}}} \right)\] đôi một tiếp xúc ngoài với nhau tại \[M;N;P\] như hình vẽ bên. Diện tích tam giác \[MNP\] là

Lời giải

Chọn A

Tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \((O)\) có số đo ba góc \(A,B,C\) tỉ lệ với các số \[3:2:5\].

nên có \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) và \[\frac{{\widehat A}}{3} = \frac{{\widehat B}}{2} = \frac{{\widehat C}}{5}\].

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau có \[\frac{{\widehat A}}{3} = \frac{{\widehat B}}{2} = \frac{{\widehat C}}{5} = \frac{{\widehat A + \widehat B + \widehat C}}{{3 + 2 + 5}} = \frac{{180^\circ }}{{10}} = 18^\circ \].

Suy ra \(\widehat A = 3.18^\circ  = 54^\circ \).

Theo hệ quả góc nội tiếp ta có \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\).

Do đó \(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2.54^\circ  = 108^\circ \).

Lời giải

Chọn D

- Xét lục giác đều \[ABCDEF\] nội tiếp đường tròn \[(O;R)\]

Suy ra \[AB = R\]

Khoảng cách từ \[O\]đến \[AB\]là \[OI = R\sin 60^\circ  = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]

- Diện tích hình thang \[ABCF\] là

\[{S_{ABCF}} = \frac{1}{2}(AB + CF).OI = \frac{1}{2}(R + 2R)\frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4}\]

- Diện tích hình lục giác đều nội tiếp hình tròn \[(O;R)\]

\[S = 2{S_{ABCF}} = 2.\frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}\]

Vì diện tích phần cắt bỏ đi là \[54\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\] nên ta có phương trình

\[\pi {R^2} - \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2} = 54\] nên \[{R^2} = \frac{{108}}{{2\pi  - 3\sqrt 3 }}\].

Diện tích hình lục giác đều nội tiếp hình tròn \[(O;R)\]

\[{S_{ABC{\rm{D}}EF}} = {R^2}\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{108}}{{2\pi  - 3\sqrt 3 }} \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{{162\sqrt 3 }}{{2\pi  - 3\sqrt 3 }} \approx 258,13\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}})\].