Áp dụng các công thức lượng giác trong tam giác CHA,CHB:

         $\frac{AH}{CH}=\cot \widehat{CAH}=\cot {55}^0;$$\frac{BH}{CH}=\cot \widehat{CBH}=\cot {40}^0$

         $\Rightarrow \frac{BH+AH}{CH}=\cot {40}^0+\cot {55}^0$$\Rightarrow CH=\frac{AB}{\cot {40}^0+\cot {55}^0}\approx 52,86\left(m\right)$

Vậy độ cao của máy bay so với mặt đất xấp xỉ 52,86m.

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét tứ giác ABDH có:

                $\hat{A}=\hat{B}=\hat{H}={\text{90}}^{\text{0}}$ (hình vẽ)

Tứ giác ABDH là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)

        $\Rightarrow \text{BA}=\text{DH}=\text{1,6m}$;  $\text{BD}=\text{AH}=\text{4,8m}$

Xét ∆ADC vuông tại D và DB là đường cao, ta có:

                 ${\text{DB}}^{\text{2}}=\text{BA.BC}$ (hệ thức lượng)

        $\Rightarrow \text{BC}=\frac{{\text{DB}}^{\text{2}}}{\text{BA}}=\frac{{\text{4,8}}^{\text{2}}}{\text{1,6}}=\text{14,4m}$

         $\Rightarrow \text{AC}=\text{AB}+\text{BC}=\text{1,6}+\text{14,4}=\text{16m}$

Vậy chiều cao của cây dừa là 16m

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

                 $\text{sinB}=\frac{\text{AC}}{\text{BC}}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \hat{B}\approx {\text{48}}^{\text{0}}\text{35'}$

Vậy góc giữa thang tre với mặt đất là  ${48}^{0}35\text{'}$

a) Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

                 $\text{sinB}=\frac{\text{AC}}{\text{BC}}=\frac{12}{320}=\frac{3}{80}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

        $\Rightarrow \widehat{B}\approx 2^{0}9\text{'}$

Vậy góc nghiêng là  $2^{0}9\text{'}$

b)  Hình vẽ minh họa bài toán:    

  Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

                 $\text{sinB}=\frac{\text{AC}}{\text{BC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{BC}=\frac{\text{AC}}{\text{sinB}}=\frac{\text{12}}{{\text{sin5}}^{\text{0}}}\approx \text{137,7km}$

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

                 $\text{tanC}=\frac{\text{AB}}{\text{AC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{AC}=\frac{\text{AB}}{\text{tanC}}=\frac{\text{66}}{{\text{tan25}}^{\text{0}}}\approx \text{142m}$

Vậy khoảng cách của thuyền đến ngọn hải đăng là 142m

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

                 $\text{cosB}=\frac{\text{AB}}{\text{BC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{AB}=\text{BC.cosB}={\text{6.cos65}}^{\text{0}}\approx \text{2,5m}$

Vậy cần đặt chân thang cách chân tường một khoảng 2,5m

Dựa vào hình vẽ bài toán, ta có:

Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

                 $\text{tanB}=\frac{\text{AC}}{\text{AB}}=\frac{5,7}{8,3}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \hat{B}\approx {\text{34}}^{\text{0}}\text{28'}$ 

Và:  ${\text{BC}}^{\text{2}}={\text{AB}}^{\text{2}}+{\text{AC}}^{\text{2}}$ (định lý Pytago)

         $\Rightarrow \text{BC}=\sqrt{{\text{AB}}^{\text{2}}+{\text{AC}}^{\text{2}}}=\sqrt{{\left(\text{8,3}\right)}^{\text{2}}+{\left(\text{5,7}\right)}^{\text{2}}}\approx 10,1\left(\text{cm}\right)$

Vậy góc tạo bởi chùm tia với mặt da là 34⁰28’ và chùm tia phải đi một đoạn dài khoảng 10,1cm để đến được khối u.

Hình vẽ minh họa bài toán:

Ta có:  $\text{AK}=\text{CH}$ 

         $\Rightarrow \text{AD}+\text{DK}=\text{CH}$ 

         $\Rightarrow \text{AD}=\text{CH}-\text{DK}=\text{2,6}-\text{1}=\text{1,6m}$ 

Mà:  $\text{AB}+\text{AD}=\text{BD}$ 

         $\Rightarrow \text{AB}=\text{BD}-\text{AD}=\text{8,1}-\text{1,6}=\text{6,5m}$

 Xét ∆ABC vuông tại A, ta có:

         $\text{sinC}=\frac{\text{AB}}{\text{BC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

 $\Rightarrow \text{BC}=\frac{\text{AB}}{\text{sinC}}=\frac{\text{6,5}}{{\text{sin40}}^{\text{0}}}\approx \text{10,1m}$ 

Vậy cần cẩu phải dài 10,1m

Hình vẽ minh họa bài toán:

Chuyển đổi: 6 phút  $=\frac{\text{1}}{\text{10}}\text{h}$

Quãng đường con thuyền đi được là:

                 $\text{AC}={\text{s}}_{\text{AC}}=\text{v.t}=\text{3,5.}\frac{\text{1}}{\text{10}}=\text{0,35km}=\text{350m}$

Xét ∆ABC vuông tại B, ta có:

                 $\text{cosA}=\frac{\text{AB}}{\text{AC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{AB}=\text{AC.sinA}={\text{350.cos25}}^{\text{0}}\approx \text{3}17,21\text{m}$

Vậy chiều rộng của con sông là 147,92m

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét ∆ADC vuông tại C, ta có:

                 $\text{tanDCA}=\frac{\text{AD}}{\text{AC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{AD}=\text{AC.tanDCA}={\text{8,5.tan30}}^{\text{0}}\left(\text{m}\right)$

Và:  $\text{cosDCA}=\frac{\text{AC}}{\text{DC}}$  (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{DC}=\frac{\text{AC}}{\text{cosDCA}}=\frac{\text{8,5}}{{\text{cos30}}^{\text{0}}}\left(\text{m}\right)$

         $\Rightarrow \text{AB}=\text{AD}+\text{DC}={\text{8,5.tan30}}^{\text{0}}+\frac{\text{8,5}}{{\text{cos30}}^{\text{0}}}\approx \text{14,72m}$

Vậy chiều cao của cây tre là 14,72m

Xét ∆AIK vuông tại I, ta có:

                 $\text{tanAKI}=\frac{\text{AI}}{\text{IK}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{AI}=\text{IK.tanAKI}={\text{380.tan50}}^{\text{0}}\approx \text{453m}$

Xét ∆BIK vuông tại I, ta có:

                 $\text{tanBKI}=\frac{\text{BI}}{\text{IK}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{BI}=\text{IK.tanBKI}=\text{380.tan}\left({\text{15}}^{\text{0}}+{\text{50}}^{\text{0}}\right)={\text{380.tan65}}^{\text{0}}\approx \text{815m}$

Ta có:  $\text{AB}+\text{AI}=\text{BI}$ 

         $\Rightarrow \text{AB}=\text{BI}-\text{AI}=\text{815}-\text{453}=\text{362m}$

Vậy khoảng cách giữa chúng là 362m

b)  Xét ∆ACH vuông tại H, ta có:

                 $\text{sinCAH}=\frac{\text{CH}}{\text{AC}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{AC}=\frac{\text{CH}}{{\text{sin6}}^{\text{0}}}=\frac{\text{32}}{{\text{sin6}}^{\text{0}}}\left(\text{m}\right)$ (3)

 Xét ∆BCH vuông tại H, ta có:

                 $\text{sinCBH}=\frac{\text{CH}}{\text{CB}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{CB}=\frac{\text{CH}}{{\text{sin4}}^{\text{0}}}=\frac{\text{32}}{{\text{sin4}}^{\text{0}}}\left(\text{m}\right)$ (4)

 Đổi đơn vị:  $\text{4km/h}=\frac{\text{10}}{\text{9}}\text{m/s}$;  $\text{19km/h}=\frac{\text{95}}{\text{18}}\text{m/s}$

  Thời gian lên dốc AC là:

                 ${\text{t}}_{\text{AC}}=\frac{{\text{S}}_{\text{AC}}}{{\text{v}}_{\text{AC}}}=\frac{\text{AC}}{{\text{v}}_{\text{AC}}}=\frac{{\text{32/sin6}}^{\text{0}}}{\text{14,4}}\left(\text{s}\right)$

 Thời gian xuống dốc CB là:

                 ${\text{t}}_{\text{CB}}=\frac{{\text{S}}_{\text{CB}}}{{\text{v}}_{\text{CB}}}=\frac{\text{CB}}{{\text{v}}_{\text{CB}}}=\frac{{\text{32/sin4}}^{\text{0}}}{\text{68,4}}\left(\text{s}\right)$

 Thời gian đi từ A đến B là:

                 ${\text{t}}_{\text{AB}}={\text{t}}_{\text{AC}}+{\text{t}}_{\text{CB}}=\frac{\text{32}}{\frac{\text{10}}{\text{9}}{\text{.sin6}}^{\text{0}}}+\frac{\text{32}}{\frac{\text{95}}{\text{18}}{\text{.sin4}}^{\text{0}}}\approx \text{362,44s}\approx$ 6 phút 3 giây

b)   Đổi đơn vị:  $\text{9km/h}=\text{2,5m/s}$ 

 Gọi  $\text{t}\left(\text{s}\right)$ là thời gian tàu đi để đạt được độ sâu là 200m

 Quãng đường tàu đi được trong thời gian t(s) là:

                 $\text{AB}={\text{s}}_{\text{AB}}={\text{v}}_{\text{AB}}{\text{.t}}_{\text{AB}}=\text{2,5t\hspace{0.17em}}\left(\text{m}\right)$

 Xét ∆ABC vuông tại C, ta có:

                 $\text{sinA}=\frac{\text{CB}}{\text{AB}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

                 $\iff {\text{sin21}}^{\text{0}}=\frac{\text{200}}{\text{2,5t}}$  

         $\Rightarrow \text{t}=\frac{\text{200}}{{\text{2,5.sin21}}^{\text{0}}}\approx \text{223s}\approx \text{4 }$phút

 Vậy thời gian tàu đi là 4 phút

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét ∆CHB vuông tại H, ta có:

                  (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

          $\text{sinCBH}=\frac{\text{CH}}{\text{CB}}$ $\Rightarrow \text{CH}=\text{CB.sinCBH}={\text{3.sin50}}^{\text{0}}\left(\text{m}\right)$

Và:  $\text{cosCBH}=\frac{\text{HB}}{\text{CB}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{HB}=\text{CH.cosCBH}={\text{3.cos50}}^{\text{0}}\left(\text{m}\right)$

Xét ∆CHA vuông tại H, ta có:

                 ${\text{AC}}^{\text{2}}={\text{AH}}^{\text{2}}+{\text{CH}}^{\text{2}}$ (định lý Pytago)

         $\Rightarrow {\text{AH}}^{\text{2}}={\text{AC}}^{\text{2}}-{\text{CH}}^{\text{2}}={\left(\text{2,5}\right)}^{\text{2}}-{\left({\text{3.sin50}}^{\text{0}}\right)}^{\text{2}}$

         $\Rightarrow \text{AH}=\sqrt{{\left(\text{2,5}\right)}^{\text{2}}-{\left({\text{3.sin50}}^{\text{0}}\right)}^{\text{2}}}\left(\text{m}\right)$

          $\Rightarrow \text{AB}=\text{AH}+\text{HB}$$=\sqrt{{\left(\text{2,5}\right)}^{\text{2}}-{\left({\text{3.sin50}}^{\text{0}}\right)}^{\text{2}}}+{\text{3.cos50}}^{\text{0}}\approx \text{2,9m}$

Vậy khoảng cách từ chân cầu thang đến chân ống trượt là 2,9m

Hình vẽ minh họa bài toán:

Ta có: AB = AC = 90cm nên ∆ABC cân tại A

Gọi H là trung điểm BC. Khi đó AH vừa là trung tuyến vừa là đường cao của ∆ABC vừa là đường phân giác của góc BAC

Xét ∆ABH vuông tại H, ta có

                 $\text{sinBAH}=\frac{\text{BH}}{\text{AB}}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

                 $=\frac{\text{BC/2}}{\text{AB}}=\frac{\text{BC}}{\text{2AB}}=\frac{\text{12}}{\text{2.90}}=\frac{\text{1}}{\text{15}}$   (vì H là trung điểm của AB)

         $\Rightarrow \widehat{BAH}\approx {\text{3,8}}^{\text{0}}$

         $\Rightarrow \widehat{BAC}=\text{2.}\widehat{BAH}=\text{2.3,8}\approx {\text{7,6}}^{\text{0}}$ (vì AH là phân giác của góc BAC)

Vậy góc mở của cánh cửa khoảng 7,6⁰

Một vòng tròn có số đo góc là  ${360}^0$. Đồng hồ gồm 12 góc chia đều nhau => 1 góc có số đo là  ${30}^0\Rightarrow \widehat{AOB}={60}^0$.

Gọi Q là hình chiếu của A lên OB.

Xét tam giác vuông OAQ ta có   $\cos \widehat{AOQ}=\frac{OQ}{OA}\iff OQ=OA.\cos 60=2\left(\text{cm}\right)$.

 $\Rightarrow QB=OB-OQ=4\left(\text{cm}\right)$.

Lại có   $QA=\sqrt{O{A}^2-O{Q}^2}=2\sqrt{3}\left(\text{cm}\right)$.

Xét tam giác vuông  $ABQ$ ta có  $AB=\sqrt{Q{B}^2+Q{A}^2}=\sqrt{4^2+{\left(2\sqrt{3}\right)}^2}=2\sqrt{7}\left(\text{cm}\right)$.

Hình vẽ minh họa bài toán:

Ta có: CO = CE + EO = 36000 + 6400 = 42400km

Xét ∆COA vuông tại A (vì CA là tiếp tuyến của (O) nên CA  OA)

         $\Rightarrow {\text{CO}}^{\text{2}}={\text{CA}}^{\text{2}}+{\text{OA}}^{\text{2}}$ (định lí Pytago)

         $\Rightarrow {\text{CA}}^{\text{2}}={\text{CO}}^{\text{2}}-{\text{OA}}^{\text{2}}={\text{42400}}^{\text{2}}-{\text{6400}}^{\text{2}}$ 

          $\Rightarrow \text{CA}=\sqrt{{\text{42400}}^{\text{2}}-{\text{6400}}^{\text{2}}}\approx \text{41914,2km}$ 

Vậy vị trí xa nhất trên Trái Đất có thể nhận tín hiệu của vệ tinh cách vệ tinh khoảng 41914,2km

Hình vẽ minh họa bài toán:

Ta có: OB = OC = OD = R = 10m

         OA = AD + DO = 8 + 10 = 18m

Xét ∆ABO vuông tại B (vì AB là tiếp tuyến của (O))

         $\Rightarrow {\text{OA}}^{\text{2}}={\text{OB}}^{\text{2}}+{\text{AB}}^{\text{2}}$ (định lí Pytago)

         $\Rightarrow {\text{AB}}^{\text{2}}={\text{OA}}^{\text{2}}-{\text{OB}}^{\text{2}}={\text{18}}^{\text{2}}-{\text{10}}^{\text{2}}=\text{224}$

         $\Rightarrow \text{AB}=\sqrt{\text{224}}=\text{4}\sqrt{\text{14}}\approx \text{15m}$

Vậy chiều dài của các dây nối thỏa yêu cầu bài toán là 15m.

Hình vẽ minh họa bài toán:

Ta có: OA = OB = 2km (gt)

Gọi H là trung điểm của AB, dây AB không qua tâm O

         OH vuông với AB tại H (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét ∆OHA vuông tại H

         $\Rightarrow {\text{OA}}^{\text{2}}={\text{OH}}^{\text{2}}+{\text{AH}}^{\text{2}}$ (định lý Pytago)

         $\Rightarrow {\text{AH}}^{\text{2}}={\text{OA}}^{\text{2}}-{\text{OH}}^{\text{2}}={\text{2}}^{\text{2}}-{\left(\text{1,732}\right)}^{\text{2}}$

         $\Rightarrow \text{AH}=\sqrt{{\text{2}}^{\text{2}}-{\left(\text{1,732}\right)}^{\text{2}}}\approx \text{1km}$

Ta có:  $\text{AB}=\text{2AH}=\text{2.1}=\text{2km}$ (vì H là trung điểm của AB)

Vậy chiều dài của cây cầu là khoảng 2km.

Khi bánh xe chạm tới bức tường thì không thể di chuyển vào thêm được nữa. Điều này có nghĩa khoảng cách của tâm bánh xe đến góc tường ngắn nhất là khi bánh xe tiếp xúc với bức tường và mặt đất.

Hình vẽ minh họa bài toán:

 Ta có: OB = OC = 20cm (gt)

                 $\widehat{BAC}={\text{60}}^{\text{0}}$ (gt)

                 $\widehat{OAB}=\frac{\text{1}}{\text{2}}\widehat{BAC}=\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{.60}}^{\text{0}}={\text{30}}^{\text{0}}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 Xét ∆OAB vuông tại B (vì AB tiếp tuyến của (O) nên AB vuông với OB)

         $\Rightarrow \sin \widehat{BAO}=\frac{\text{OB}}{\text{OA}}$ (tỉ số lượng giác góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{OA}=\frac{\text{OB}}{}=\frac{\text{20}}{{\text{sin30}}^{\text{0}}}=\text{40cm}$

 Vậy khoảng cách ngắn nhất từ tâm bánh xe đến góc tường là 40cm.

Hình vẽ minh họa bài toán:

Ta có: AP = 51km, OP = 6400km (gt)

Kẻ OH  $\perp$ AP tại C

 C là trung điểm của AP (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

 $\Rightarrow \text{PC}=\text{CA}=\frac{\text{AP}}{\text{2}}=\frac{\text{51}}{\text{2}}=\text{25,5km}$ 

Xét ∆OCP vuông tại C

 $\Rightarrow \sin \widehat{POC}=\frac{\text{PC}}{\text{OP}}=\frac{\text{25,5}}{\text{6400}}=\text{0,398}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

  $\Rightarrow \widehat{POC}\approx {\text{23}}^{\text{0}}\text{30'}$

Và: $\cos \widehat{POC}=\frac{\text{OC}}{\text{OP}}$  (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

 $\Rightarrow \text{OC}=\text{OP.cosPOC}={\text{6400.cos23}}^{\text{0}}\text{30'}\approx \text{5869km}$

Vậy độ sâu nhất của đường hầm so với bề mặt Trái Đất là 531km.

a) Thay d₁ = 10, d₂ = 20, a = 60 vào công thức  $\text{L}=\text{2a}+\frac{\text{π}\left({\text{d}}_{\text{1}}+{\text{d}}_{\text{2}}\right)}{\text{2}}+\frac{{\left({\text{d}}_{\text{2}}-{\text{d}}_{\text{1}}\right)}^{\text{2}}}{\text{4a}}$, ta được:

                 $\text{L}=\text{2.6}+\frac{\text{π}\left(\text{10}+\text{20}\right)}{\text{2}}+\frac{{\left(\text{20}-\text{10}\right)}^{\text{2}}}{\text{4.6}}=\frac{\text{1445}+\text{180π}}{\text{12}}\approx \text{68094cm}$

b) Hình vẽ minh họa bài toán:

Vẽ O’C vuông góc với OB (C thuộc OB)

Xét tứ giác CABO’ có:  $\hat{C}=\hat{A}=\hat{B}={\text{90}}^{\text{0}}$ (vì AB là tiếp tuyến chung của (O), (O’) và O’C  $\perp$ OB)

         Tứ giác O’ABC là hình chữ nhật

         AC = BO’

         OC = OA – AC = OA – O’B = R – r = 20 – 10 = 10cm

 Xét ∆OCO’ vuông tại C

         $\Rightarrow {\text{OO'}}^{\text{2}}={\text{OC}}^{\text{2}}+{\text{O'C}}^{\text{2}}$ (định lý Pytago)

         $\Rightarrow {\text{O'C}}^{\text{2}}={\text{OO'}}^{\text{2}}-{\text{OC}}^{\text{2}}={\text{60}}^{\text{2}}-{\text{10}}^{\text{2}}=\text{3500}$

         $\Rightarrow \text{O'C}=\sqrt{\text{3500}}=\text{10}\sqrt{\text{35}}\text{cm}$

         $\Rightarrow \text{AB}=\text{O'C}=\text{10}\sqrt{\text{35}}\text{cm}$ (vì O’ABC là hình chữ nhật)

Hình vẽ minh họa bài toán:

Kẻ  $OH\perp AB\left(H\in AB\right)$ 

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của OA, OB với đường tròn (O).

Ta có:  $AM=BN=230km$ (gt)

                   $OM=ON=R=6400\left(km\right)$ 

         $\Rightarrow OA=OB=AM+OM=230+6400=6630\left(km\right)$ 

        $\Delta AOB$ có OA = OB nên là tam giác cân tại O.

         $\Rightarrow OH$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

        H là trung điểm AB.

         $\Rightarrow HA=HB=\frac{AB}{2}=\frac{2200}{2}=1100km$ 

Ta có: ∆AOH vuông tại H

         $\Rightarrow {\text{OA}}^{\text{2}}={\text{OH}}^{\text{2}}+{\text{AH}}^{\text{2}}$ (định lý Pytago)

         $\Rightarrow {\text{OH}}^{\text{2}}={\text{OA}}^{\text{2}}-{\text{AH}}^{\text{2}}$

        $OH=\sqrt{O{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{{6630}^2-{1100}^2}\approx 6538km$ 

Do  $OH>R\left(6538km>6400km\right)$ nên vệ tinh ở vị trí B có thể nhận được tín hiệu do vệ tinh ở vị  trí A truyền tới theo phương AB.

Hình vẽ minh họa bài toán:

Gọi đường tròn (O; R) là đường tròn chứa cung AMB (như hình vẽ)

Do MK là chiều cao => MK vuông góc với AB tại K

Gọi MN là đường kính của đường tròn (O)

MK đi qua tâm O => N, O, K, M thẳng hàng

MN vuông góc với AB tại K => K là trung điểm AB

         $\Rightarrow \text{KA}=\text{KB}=\frac{\text{AB}}{\text{2}}=\frac{\text{40}}{\text{2}}=\text{20m}$

Ta có: ΔAMN nội tiếp đường tròn (O), có cạnh MN là đường kính

         ΔAMN vuông tại A

Xét ΔKAN và ΔKMA, ta có:

                 $\widehat{AKN}=\widehat{MKA}={\text{90}}^{\text{0}}$

                 $\widehat{MAK}=\widehat{ANK}$ (vì cùng phụ góc AMN)

         ΔKAN ∽ ΔKMA (g.g)

$\Rightarrow \frac{\text{KA}}{\text{KM}}=\frac{\text{KN}}{\text{KA}}\iff \text{KA.KA}=\text{KN.KM}\iff {\text{KA}}^{\text{2}}=\left(\text{MN}-\text{KM}\right)\text{.KM}\iff {\text{KA}}^{\text{2}}=\left(\text{2R}-\text{KM}\right)\text{KM}$

 Vậy bán kính của đường tròn chứa cung AMB là 68,17m

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét ∆OBC vuông tại O

         $\Rightarrow \tan \widehat{OBC}=\frac{\text{OC}}{\text{OB}}$ (tỉ số lượng giác góc nhọn)

         $\Rightarrow \text{OC}=\text{OB.tan }\widehat{\text{OBC}}={\text{85.tan85}}^{\text{0}}\approx \text{971,6m}$ 

Ta có: 971,6 > 750 do đó đèn chiếu sáng được một đoạn của chiếc cầu

Xét ∆OHD vuông tại H

         $\Rightarrow {\text{OD}}^{\text{2}}={\text{OH}}^{\text{2}}+{\text{HD}}^{\text{2}}$ (định lý Pytago)

         $\Rightarrow {\text{HD}}^{\text{2}}={\text{OD}}^{\text{2}}-{\text{OH}}^{\text{2}}={\text{971,6}}^{\text{2}}-{\text{750}}^{\text{2}}$

         $\Rightarrow \text{HD}=\sqrt{{\text{971,6}}^{\text{2}}-{\text{750}}^{\text{2}}}\approx \text{617,7m}$

         $\Rightarrow \text{AD}=\text{2HD}=\text{2.617,7}=\text{1235,4m}$

Vậy độ dài đoạn cầu được chiếu sáng là khoảng 1235,4m.

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét 3 điểm O, A, B ta có:  $\text{AB}\ge \text{OA}-\text{OB}$ (bất đẳng thức tam giác)

Vì OH  $\perp$ AB nên OA  $\ge$ OH (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

         $\text{AB}\ge \text{OH}-\text{OB}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A  $\equiv$ H và B nằm giữa A và O

Vậy để độ dài của chiếc cầu là ngắn nhất, ta đặt vị trí của A và B như sau: A là hình chiếu của O lên d, B là giao điểm của OH và (O)

Hình vẽ minh họa bài toán:

Xét 3 điểm O’, A, B ta có:  $\text{AB}\ge \text{O'A}-\text{O'B}$

Xét 3 điểm O’, O, A ta có:  $\text{O'A}\ge \text{OO'}-\text{OA}$

         $\Rightarrow \text{AB}\ge \text{OO'}-\text{OA}-\text{O'B}=\text{950}-\text{500}-\text{300}=\text{150m}$ 

Dấu “=” xảy ra khi O, A, B, O’ thẳng hàng theo thứ tự đó

Vậy ta nên đặt cầu trên đoạn nối tâm của hai đảo thì cây cầu sẽ có chiều dài ngắn nhất là 150m.

Theo đề bài ta có hình vẽ, M là vị trí của Gagarin, MA=327km

Vì T là điểm nhìn xa tối đa nên MT là tiếp tuyến của đường tròn (đường tròn coi như là trái đất)

Xét  $\Delta MTA\text{\hspace{0.17em}\&\hspace{0.17em}}\Delta MBT\text{\hspace{0.17em}co}\left\{\begin{array}{l}\widehat{A}\text{\hspace{0.17em}chung}\\ \widehat{MTA}=\widehat{MBT}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AT}\end{array}\right.$$\Rightarrow \Delta MTA~\Delta MBT(g.g)$ 

 $\Rightarrow \frac{MT}{MB}=\frac{MA}{MT}\Rightarrow M{T}^2=MA.MB$,

 mà  $MB=MA+AB=327+2.6400=13127$ (AB là đường kính trái đất)  $\Rightarrow M{T}^2=327.13127=4292529\Rightarrow MT\simeq 2072$

Vậy Gagarin có thể nhìn thấy một địa điểm T trên biển tối đa là 2072km.

 Gọi R là bán kính của đường tròn (R > 0)

 Ta có:  $2\pi \text{\hspace{0.17em}R}=10\iff \text{R}=\frac{5}{\pi }\left(\text{m}\right)$

 Chân đống cát chiếm diện tích:  $\pi .{\text{R}}^2=\pi .{\left(\frac{5}{\pi }\right)}^2\approx 7,96\left({\text{m}}^{\text{2}}\right)$

Chiều dài đường số 1 là:  ${\text{l}}_{\text{1}}=\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{.C}}_{\left(\text{AC}\right)}=\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{.π}$.AC

Chiều dài đường số 2 là:  ${\text{l}}_{\text{2}}=\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{.C}}_{\left(\text{AB}\right)}+\frac{\text{1}}{\text{2}}{\text{.C}}_{\left(\text{BC}\right)}=$$\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{.}\left(\text{π.AB}+\text{π.BC}\right)=\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{π.}\left(\text{AB}+\text{BC}\right)=\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{π.AC}$

         $\Rightarrow {\text{l}}_{\text{1}}={\text{l}}_{\text{2}}\left(=\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{π.AC}\right)$

=> Quãng đường của 2 con robot bằng nhau

Mà 2 con robot xuất phát từ A và cùng vận tốc

Vậy hai con robot cùng đến C một lúc.

Diện tích hình vuông là:  ${\text{1}}^{\text{2}}=\text{1 }\left({\text{m}}^{\text{2}}\right)$

Diện tích hình quạt là:  $\frac{\text{1}}{\text{4}}\text{.}\pi {\text{.1}}^{\text{2}}=\frac{\text{1}}{\text{4}}\text{.π\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{2}}\right)$

Diện tích phần ván cắt bỏ là:  $\text{1}-\frac{\text{1}}{\text{4}}\text{.π}\approx \text{0,2\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{2}}\right)$

Chu vi của bánh xe trước:

Phần diện tích cần tính là hình vành khăn. Kích cỡ đeo nhẫn chính là đường kính của đường tròn nhỏ, còn thước kẹp pan-me đo được đường kính của đường tròn lớn.

Theo giả thiết ta có hình vẽ sau:

Phần diện tích cần tính là diện tích của hình vành khăn tạo bởi hai đường tròn đồng tâm O có đường kính lần lượt là 17mm và 15mm.

        Vậy diện tích bề mặt là:  $\pi .\frac{{17}^2}{4}-\pi .\frac{{15}^2}{4}=16.\pi \approx 50,3$ (mm²)

a)  Thể tích của thùng chứa là:  $\text{3,1.7.1,6}=\text{34,72\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{3}}\right)$

b) Thể tích của cát trong xe lúc này là:  $\frac{3}{4}.34,72=26,04$ (m³)

 Sức nặng của cát khi xe chở đến $\frac{3}{4}$ trọng tải của nó là:  $26,04.1,6=41,664$ (tấn)

                 ${\text{S}}_{\text{xq}}=\text{4.4.120}=\text{1920\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)=\text{0,192\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{2}}\right)$

Diện tích xung quanh của mặt trụ là:

         ${\text{S}}_{\text{xq}}=2\pi .\text{R.l}=2\pi \mathrm{.5.23}=230\pi \left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Sau khi lăn 15 vòng thì diện tích phần sơn được là:  $\text{S}=230\pi .15=3450\pi \left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Chu vi thân cây cổ thụ là:  $\text{2.}\pi \text{.R}=\text{8.15}\Rightarrow \text{R}=\frac{\text{8.15}}{\text{2.3,14}}=\frac{\text{6}}{\text{3,14}}\left(\text{m}\right)$

Diện tích thiết diện ngang của thân cây là:  $\text{S}={\text{π.R}}^{\text{2}}=\text{3,14.}{\left(\frac{\text{6}}{\text{3,14}}\right)}^{\text{2}}=\text{11,46\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{2}}\right)$

a) Thể tích của 120 thùng nước là:

                 ${\text{V}}_{\text{1}}=\text{20.120}=\text{2400}$ (lít) = 2,4 (m³)

Chiều rộng của bể nước là:  $\frac{2,4}{0,8.2}=1,5$ (m)

b)  Thể tích của 60 thùng nước là:

                 ${\text{V}}_{\text{2}}=\text{20.60}=\text{1200}$ (lít) = 1,2 (m³)

 Thể tích của bể là:

                 $\text{V}={\text{V}}_{\text{1}}+{\text{V}}_{\text{2}}=\text{2,4}+\text{1,2}=\text{3,6\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{3}}\right)$

 Chiều cao của bể là:  $\frac{\text{3,6}}{\text{1,5.2}}=\text{1,2\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(\text{m}\right)$ 

b) Thể tích của cái xô là:  $\text{V}=\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{πh}\left({\text{R}}^{\text{2}}+\text{Rr}+{\text{r}}^{\text{2}}\right)=\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{.3,14.25.}\left({\text{20}}^{\text{2}}+\text{20.10}+{\text{10}}^{\text{2}}\right)=\text{18316\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$

 Vậy thể tích nước mà xô có thể chứa là 18,316 lít.

Gọi  $\text{x\hspace{0.17em}}\left(\text{m}\right)$ là chiều dài của hồ  $\left(\text{x}>\text{0}\right)$

Diện tích hình thang vuông là:  $\frac{\left(\text{3}+\text{0,5}\right)\text{.x}}{\text{2}}=\text{1,75x\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{2}}\right)$

Thể tích của hồ là:  $\text{1,75x.6}=\text{10,5x\hspace{0.17em}}\left({\text{m}}^{\text{3}}\right)$

Theo đề bài, ta có phương trình:  $\text{10,5x}=\text{25.42}\iff \text{x}=\text{100}$ (nhận)

Vậy chiều dài của hồ là 100m.

Thể tích của một nửa hình cầu là:

                 ${\text{V}}_{\text{1}}=\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{.}\frac{\text{4}}{\text{3}}{\text{πR}}^{\text{3}}=\frac{\text{2}}{\text{3}}{\text{π.8}}^{\text{3}}=\frac{\text{1024}}{\text{3}}\text{π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$

Thể tích của hình nón là:

                 ${\text{V}}_{\text{2}}=\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{Sh}=\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{.}\pi {\text{\hspace{0.17em}R}}^{\text{2}}\text{.h}=\frac{\text{1}}{\text{3}}{\text{π.8}}^{\text{2}}\text{.20}=\frac{\text{1280}}{\text{3}}\text{π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$

Thể tích của hình tạo thành là:

Phần cái bánh bị cắt đi:  $\frac{{30}^0}{{360}^0}=\frac{1}{12}$ (cái bánh)

Phần cái bánh còn lại:  $1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}$ (cái bánh)

Thể tích phần còn lại của cái bánh:  $\pi {.3}^2.4.\frac{11}{12}=33\pi \left(c{m}^3\right)$

Bán kính của hình nón là:  $\text{r}=\frac{\text{35}-\text{10.2}}{\text{2}}=\text{7,5\hspace{0.17em}}\left(\text{cm}\right)$

 ${\text{S}}_{\text{xq}}=\text{π.r.l}=\text{π.7,5.30}=\text{225π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

 ${\text{S}}_{\text{vành\hspace{0.17em}nón}}={\text{S}}_{\text{tròn\hspace{0.17em}to}}-{\text{S}}_{\text{tròn\hspace{0.17em}bé}}=\text{π.}{\left(\frac{\text{35}}{\text{2}}\right)}^{\text{2}}-\text{π.}{\left(\text{7,5}\right)}^{\text{2}}=\text{250π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Diện tích vải cần có để làm nên cái mũ là tổng diện tích xung quanh của hình nón và diện tích vành nón với phần bị hao hụt 15% là:  $\text{S}=\left(\text{225π}+\text{250π}\right)+\text{15\%.}\left(\text{225π}+\text{250π}\right)\approx \text{1716 \hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Hình vẽ minh họa cho bài toán trên:

Diện tích đáy của ly nước:  $\text{S}=\frac{{\text{πD}}^{\text{2}}}{\text{4}}=\frac{{\text{π.6}}^{\text{2}}}{\text{4}}=\text{9π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Thể tích của cái ly:  $\text{V}=\text{S.h}=\text{9}\pi \text{.15}=\text{135π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$

Thể tích nước trong ly:  $V_n=S.h_n=9\pi .5=45\pi \left(c{m}^3\right)$ 

Bán kính viên sỏi:  ${\text{R}}_{\text{S}}=\frac{\text{3}}{\text{2}}=\text{1,5\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(\text{cm}\right)$

Thể tích của một viên sỏi:  ${\text{V}}_{\text{1S}}=\frac{\text{4}}{\text{3}}{\text{π.R}}_{\text{S}}^{\text{3}}=\frac{\text{4}}{\text{3}}{\text{π.1,5}}^{\text{3}}=\frac{\text{9}}{\text{2}}\text{π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$

Thể tích của 15 viên sỏi:  ${\text{V}}_{\text{15S}}={\text{V}}_{\text{1S}}\text{.15}=\frac{\text{9}}{\text{2}}\text{π.15}=\frac{\text{135}}{\text{2}}\text{π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$

Sau khi cho 15 viên sỏi vào trong ly nước, tổng thể tích của nước và 15 viên sỏi là:

                 ${\text{V}}_{\text{n}-\text{s}}={\text{V}}_{\text{n}}+{\text{V}}_{\text{15S}}=\text{45π}+\frac{\text{135}}{\text{2}}\text{π}=\frac{\text{225}}{\text{2}}\text{π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$

Thể tích phần ly mà nước chưa dâng lên tới là:

                 ${\text{V}}_{\text{t}}=\text{V}-{\text{V}}_{\text{n}-\text{s}}=\text{135π}-\frac{\text{225}}{\text{2}}\text{π}=\frac{\text{45}}{\text{2}}\text{π}=\text{22,5π\hspace{0.17em}}\left({\text{cm}}^{\text{3}}\right)$ 

Gọi ht (cm) là chiều cao tính từ mặt thoáng của nước sau khi bỏ vào ly 15 viên sỏi đến miệng ly.

Ta có:  ${\text{V}}_{\text{t}}={\text{S.h}}_{\text{t}}\iff {\text{h}}_{\text{t}}=\frac{{\text{V}}_{\text{t}}}{\text{S}}=\frac{\text{22,5π}}{\text{9π}}=\text{2,5\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(\text{cm}\right)$

Vậy khoảng cách tính từ mặt thoáng của nước sau khi bỏ vào ly 15 viên sỏi đến miệng ly là: 2,5cm.

Thể tích  $V=3,14h{r}^2=3,\mathrm{14.20.}{\left(\frac{100}{2}\right)}^2=157000m{m}^3$.

Khối lượng riêng của hộp phô mai là $d=\frac{P}{V}=8.\frac{9,8.0,015}{0,000157}=7490N/m^3$.