Gọi số đo cung nhỏ \(A B\) là \(x^{\circ}\).
Theo đề bài, cung lớn \(A B\) có số đo \(2 x^{\circ}\).

Vì tổng số đo hai cung bằng \(360^{\circ}\), ta có:

\(x + 2 x = 360^{\circ} \Rightarrow 3 x = 360^{\circ} \Rightarrow x = 120^{\circ}\)

Cung nhỏ \(A B = 120^{\circ}\)
⇒ góc ở tâm \(\hat{A O B} = 120^{\circ}\)

\(\)

Công thức độ dài dây ứng với góc ở tâm \(\theta\):

\(A B = 2 R sin ⁡ \left(\right. \frac{\theta}{2} \left.\right)\)

Thay \(\theta = 120^{\circ}\):

\(A B = 2 R sin ⁡ 60^{\circ} = 2 R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} R\)

Gọi số đo cung nhỏ \(A B\) là \(x^{\circ}\).
Theo đề bài, cung lớn \(A B\) có số đo \(2 x^{\circ}\).

Vì tổng số đo hai cung bằng \(360^{\circ}\), ta có:

\(x + 2 x = 360^{\circ} \Rightarrow 3 x = 360^{\circ} \Rightarrow x = 120^{\circ}\)

Cung nhỏ \(A B = 120^{\circ}\)
⇒ góc ở tâm \(\hat{A O B} = 120^{\circ}\)

\(\)

Công thức độ dài dây ứng với góc ở tâm \(\theta\):

\(A B = 2 R sin ⁡ \left(\right. \frac{\theta}{2} \left.\right)\)

Thay \(\theta = 120^{\circ}\):

\(A B = 2 R sin ⁡ 60^{\circ} = 2 R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} R\)

Gọi số đo cung nhỏ \(A B\) là \(x^{\circ}\).
Theo đề bài, cung lớn \(A B\) có số đo \(2 x^{\circ}\).

Vì tổng số đo hai cung bằng \(360^{\circ}\), ta có:

\(x + 2 x = 360^{\circ} \Rightarrow 3 x = 360^{\circ} \Rightarrow x = 120^{\circ}\)

Cung nhỏ \(A B = 120^{\circ}\)
⇒ góc ở tâm \(\hat{A O B} = 120^{\circ}\)

\(\)

Công thức độ dài dây ứng với góc ở tâm \(\theta\):

\(A B = 2 R sin ⁡ \left(\right. \frac{\theta}{2} \left.\right)\)

Thay \(\theta = 120^{\circ}\):

\(A B = 2 R sin ⁡ 60^{\circ} = 2 R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} R\)

Ta có:

\(\hat{B} = \hat{D} = 90^{\circ}\)

Xét tam giác \(A B C\):

• \(\hat{A B C} = 90^{\circ}\) ⇒ \(A , B , C\) nằm trên đường tròn đường kính \(A C\)

Xét tam giác \(A D C\):

• \(\hat{A D C} = 90^{\circ}\) ⇒ \(A , D , C\) cũng nằm trên đường tròn đường kính \(A C\)

Như vậy, bốn điểm \(A , B , C , D\) cùng thuộc một đường tròn (đường tròn có đường kính \(A C\)).

Trong cùng một đường tròn:

• \(A C\) là đường kính
• \(B D\) là một dây bất kỳ\(\overset{}{}\overset{}{}\)

Do đó:

\(\boxed{A C \geq B D}\)

Gọi \(B^{'}\) và \(C^{'}\) lần lượt là chân các đường cao kẻ từ \(B\) và \(C\) của tam giác \(A B C\).

từ đó ta có

• \(B^{'} C^{'}\) là đoạn nối hai chân đường cao
• \(B C\) là cạnh của tam giác

Trong mọi tam giác (nhọn, vuông hay tù), đoạn nối hai chân đường cao không thể dài hơn cạnh đối diện.

Do đó:

\(\boxed{B^{'} C^{'} \leq B C}\)

Dấu “=” chỉ xảy ra trong trường hợp đặc biệt (tam giác suy biến), còn với tam giác thông thường thì:

\(\boxed{B^{'} C^{'} < B C}\)

Gọi \(d\) là khoảng cách từ tâm \(O\) đến dây \(M N\).

Với đường tròn bán kính \(R\), độ dài dây \(M N\) cách tâm một khoảng \(d\) thỏa mãn:

\(M N = 2 \sqrt{R^{2} - d^{2}}\)

Theo đề bài:

\(M N = R\)

Suy ra:

\(R = 2 \sqrt{R^{2} - d^{2}}\) \(\sqrt{R^{2} - d^{2}} = \frac{R}{2}\) \(R^{2} - d^{2} = \frac{R^{2}}{4}\) \(d^{2} = \frac{3 R^{2}}{4} \Rightarrow d = \frac{\sqrt{3}}{2} R\)

• Đường tròn tâm \(O\), bán kính \(R = 10\)
• \(A \in \left(\right. O \left.\right)\) ⇒ \(O A = 10\)
• Gọi \(H\) là trung điểm của \(O A\) ⇒

Dây \(M N\) vuông góc với \(O A\) tại \(H\) nên:

• \(O H\) là khoảng cách từ tâm đến dây \(M N\)

Với dây cách tâm một khoảng \(d\):

Thay số:

a) Xét tam giác \(A B H\) vuông tại \(H\), ta có \(H B = A H . tan ⁡ \hat{B A H} = 4. tan ⁡ 2 8^{\circ} \approx 2 , 1\) (cm)

Vì tam gaisc \(A H C\) vuông tại \(H\) nên \(H C = A H . cot ⁡ \hat{C} = 4. cot ⁡ 4 1^{\circ} \approx 4 , 6\) (cm)

b) Xét tam giác \(A B H\) vuông tại \(H\), ta có

\(cos ⁡ \hat{B A H} = \frac{A H}{A B}\) hay \(A B = \frac{A H}{cos ⁡ \hat{B A H}} = \frac{4}{cos ⁡ 28 ^{\circ}} \approx 4 , 5\) (cm)

Vì tam giác \(A H C\) vuông tại \(H\) nên \(sin ⁡ \hat{C} = \frac{A H}{A C}\) hay \(A C = \frac{A H}{sin ⁡ \hat{C}} = \frac{4}{sin ⁡ 4 1^{\circ}} \approx 6 , 1\) (cm).

Xét \(\Delta A B H\) vuông tại \(H\) có \(A H = A B . sin ⁡ \hat{B} = 3. sin ⁡ 6 0^{\circ} \approx 2 , 6\)

Tương tự, xét \(B H = A B . cos ⁡ \hat{B} = 3. cos ⁡ 6 0^{\circ} = 1 , 5\)

Mà \(H C = B C - H B = 4 , 5 - 1 , 5 = 3 , 0\)

Theo định lí Pythagore ta có \(A B^{2} = B H^{2} + A H^{2} = 3^{2} + 2 , 6^{2} = 15 , 76\)

Suy ra \(A B = \sqrt{15 , 76} \approx 4 , 0\)

Xét \(\Delta A H C\) vuông tại \(H\) ta có \(tan ⁡ \hat{A C H} = \frac{A H}{H C} \approx \frac{2 , 6}{3 , 0} \approx tan ⁡ 4 0^{\circ} 5 5^{'}\)

Do \(\hat{A} = 18 0^{\circ} - \hat{B} - \hat{C} = 18 0^{\circ} - \left(\right. 6 0^{\circ} + 4 0^{\circ} 5 5^{'} \left.\right) = 7 9^{\circ} 5^{'}\).

Xét \(\Delta \&\text{nbsp}; A B H\) vuông tại \(H\) có \(A H = A B . sin ⁡ \hat{B} = 2 , 1. sin ⁡ 7 0^{\circ} \approx 1 , 97\)

Tương tự, xét \(B H = A B . cos ⁡ \hat{B} = 2 , 1. cos ⁡ 7 0^{\circ} \approx 0 , 72\)

Mặt khác, xét \(\Delta A H C\) vuông tại \(H\) ta có

\(sin ⁡ \hat{C} = \frac{A H}{A C} \approx \frac{1 , 97}{3 , 8} \approx sin ⁡ 3 1^{\circ} 1 4^{'}\)

Do đó \(\hat{C} \approx 3 1^{\circ} 1 4^{'}\)

Mà \(\hat{A} = 18 0^{\circ} - \left(\right. 7 0^{\circ} + 3 1^{\circ} 1 4^{'} \left.\right) = 7 8^{\circ} 4 6^{'}\)

Ta có \(H C = A C . cos ⁡ \hat{C} \approx 3 , 80. cos ⁡ 3 1^{\circ} 1 4^{'} \approx 3 , 25\)

Mà \(B C = B H + H C = 0 , 72 + 3 , 25 = 3 , 97\).