Chuyên đề Diện tích hình tròn, hình quạt tròn

DIỆN TÍCH HÌNH TRỊN, HÌNH QUẠT TRỊN
A.TRỌNG TÂM CƠ BẢN CẦN ĐẠT.
I. TĨM TẮT LÝ THUYẾT
1. Cơng thức diện tích hình trịn
Diện tích S của một hình trịn bán kinh R được tính theo cơng thức:
S   R2

2. Cơng thức diện tích hình quạt trịn
Diện tích hình quạt trịn bán kính E, cung n0 được tính theo cơng thức:
S

 R2n
360

hay S 

lR
.
2

(l là độ dài cung n0 của hình quạt trịn).
II. BÀI TẬP VÀ CÁC DẠNG TỐN
Dạng 1. Tính diện tích hình trịn, hình quạt trịn và các loại lương có liên quan
Phương pháp giải: Áp dụng các cơng thức trên và các kiến thức đã có.
1.1. Điền vào ô trống trong bảng sau (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất):
Bán kính

Độ dài đường

Diện tích hình

Số đo của cung

Diện tích hình

đường trịn (R)

trịn (C)

trịn (S)

trịn n0

quạt trịn cung
n0

450

12cm

12,5cm2

2cm
40cm2

10cm2

1.2. Điền vào ơ trống trong bảng sau (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ nhất).

Bán kính

Độ dài đường

Diện tích hình

Số đo của cung

Diện tích hình

đường trịn (R)

trịn (C)

trịn (S)

trịn n0

quạt trịn cung
n0

1. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


600

14cm

15cm2

4cm
60cm2

16cm2

2.1. Cho hình vng có cạng là 4cm nội tiếp đường trịn (O). Hãy tính độ dài đường trịn (O) và diện tích
hình trịn (O).
2.2. Cho hình vng có cạnh là 5cm nội tiếp đường trịn (O). Hãy tính độ dài đường trịn (O) và diện tích
hình trịn (O).
3.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; 3cm). Tính diện tích hình quạt trịn giới hạn bởi hai bán
kính OA, OC và cung nhỏ AC khi 
ABC  400 .
3.2. Cho tam giác ABC nội tếp đường tròn (O; 6cm). Tính diện tích hình quạt trịn giới hạn bởi hai bán
ABC  600 .
kính OA, OC và cung nhỏ AC khi 
Dạng 2. Bài toán tổng hợp
Phương pháp giải: Sử dụng linh hoạt các kiến thức đã học để tính góc ở tâm, bán kính đường trịn. Từ
đó tính được diện tích hình trịn và diện tích hình quạt tròn.
4.1. Cho đường tròn (O; R) và một điểm M sao cho OM = 2R. Từ M vẽ các tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn (A, B là các tiếp điểm).
a) Tính độ dài cung nhỏ AB.
b) Tính diện tích giới hạn bởi hai tiếp tuyến AM, MB và cung nhỏ AB.
4.2. Cho đường trịn (O) đường kính AB. Lây M thuộc đoạn AB. vẻ dây CD vng góc với AB tại M. Giả
sử AM = 2cm và CD = 4 3 cm. Tính:
a) Độ dài đường trịn (O) và diện tích đường trịn (O);


D và diện tích hình quạt trịn giói hạn bởi hai bán kính OC, OD và cung nhỏ C
D.
b) Độ dài cung CA

III. BÀI TẬP CƠ BẢN VỀ NHÀ
5. Cho đường trịn (O; R), đường kính AB cố định. Gọi M là trung điểm đoạn OB. Dây CD vng góc với
AB tại M. Điểm E chun động trên cung lớn CD (E khác A). Nôi AE cắt CD tại K. Nối BE cắt CD tại H.
a) Chứng minh bôn điểm B, M, E, K thuộc một đường trịn.
b) Chứng minh AE.AK khơng đổi.
2. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


c) Tính theo R diện tích hình quạt trịn giói hạn bởi OB, OC và cung nhỏ BC.
6. Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính AB. Vẽ dây CD = R (C thuộc cung AD). Nối AC và BD cắt
nhau tại M.

AMB không đổi.
a) Chứng minh rằng khi CD thay đổi vị trí trên nửa đường trịn thì độ lớn góc 
ABC  300 , tính độ dài cung nhỏ AC và diện tích hình viên phân giói hạn bởi dây AC và cung nhỏ
b) Cho 
AC.
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
1.1.
Diện tích

Bán kính đường Độ dài

Diện tích

Số đo của cung

trịn (R)

đường trịn (C)

hình trịn (S)

trịn n0

1,9cm

12cm

11,3cm2

450

1,4cm2

2cm

12,6cm

12,6cm2

351,10

12,5cm2

3,6cm

22,4cm

40,7cm2

900

10,2cm2

hình quạt trịn
cung n0

1.2.
Diện tích

Bán kính đường Độ dài

Diện tích hình

Số đo của cung

trịn (R)

đường trịn (C)

trịn (S)

trịn n0

2,2cm

14cm

15,2cm2

60

4cm

25,1cm

50,3cm2

107,40

15cm2

4,4cm

27,6cm

60cm2

94,80

16cm2

hình quạt trịn
cung n0

2.1. R  2 2cm, C (O )  4 2cm, S (O )  8 cm 2
2.2. Tương tự 2.1.

3.1. S  3 cm 2
3.2. Giải tương tự 3.1

3. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

0

2,6cm2


4.1. a) l 

2 R
;
3

b) S  3R 2 

 R2

4.2. a) AC  4cm  BC  4 3cm
 R  4cm  C  8 cm, S  16 cm 2
b) AOC đều  
AOC  600
  1200  l  .4.120  8  cm .
 COD

CAD

180
3

8
 .4 16
S 3
  cm 2
2
3

  900 và KEB
  900
5. a) Chú ý: KMB
 ĐPCM.
b) ABE  AKM ( g .g )


AE
AB

AM AK

 AE. AK  AB. AM  3R 2 không đổi.

c) OBC đều.
  600  S   R
 BOC
6



 ( 3  )R2
3
3

2

AMB  600
6. a) Chứng minh được COD đều  

R
b) 
ABC  300  
AOC  600  l 

AC
3

4. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


5. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


B.NÂNG CAO VÀ PHÁT TRIỂN TƯ DUY
Bài 1. Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB, Gọi Ax, By là các tiếp tuyến tại A và B của (O), Tiếp

tuyến tại điểm M tùy ý của (O) cắt Ax và By lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp OCD .
b) Cho AB  8 cm. Tìm vị trí của C để chu vi tứ giác ABDC bằng 28cm, khi đó tính diện tích của phần tứ
giác nằm ngồi (O).
Bài 2. Cho đường tròn tâm O, cung AB bằng 120 . Các tiếp tuyến của đường tròn tại A và tại B cắt nhau
ở C. Gọi (I) là đường tròn tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CB và cung AB nói trên. So sánh độ dài của
đường trịn (I) với độ dài cung AB của đường tròn (O)
Bài 3. Cho đường trịn có bán kính bằng 3. Người ta tơ đỏ một số cung của hình trịn, tổng độ dài các
cung được tơ bằng 9. Có tồn tại hay khơng một đường kính của đường trịn mà hai đầu khơng bị tơ mầu?
Bài 5. Trong một hình trịn có bán kính 20 có thể đặt được 500 điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm
bất kỳ lớn hơn 2 không?
Bài 6. Một hình vng và một tam giác đều cùng nội tiếp trong đường tròn (O;l) sao cho một cạnh của
tam giác song song với một cạnh của hình vng. Tính diện tích phần chung của tam giác và hình vng.
Bài 7. Đường trịn (O;r) nội tiếp tam giác ABC. Qua O kẻ đường thẳng cắt hai cạnh AC và BC lần lượt
tại M và N. Chứng minh rằng: SCMN  2 r 2 .
Bài 8. Đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, BC, CA lần lượt tại D, E, F. Đặt AD =
x, BE = y, CF = z. Chứng minh rằng:
a) S ABC  xyz  x  y  z 
b) S ABC 

3
 xy  yz  zx 
3

Bài 9. Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp được trong các đường tròn.
Chứng minh rằng: SABCD  AB. BC.CD. DA .
HƯỚNG DẪN
Bài 1.
6. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 

 


a) OCD vuông tại O (OC và OD là phân giác của hai góc kề bù)
I là trung điểm của CD thì IO = IC = ID và IO  AB tại O nên
AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp OCD .
b) Đặt AC  x(cm) và BD  y (cm)

C ABDC  AB  2  AC  BD   28  x  y  10
Mặt khác OM 2  MC.MD  xy  16
x  8
x  2
 x  y  10
hoặc 
ta được 
Giải hệ 
y  2
y  8
 xy  16
Vậy C cách A một đoạn AC  2cm và BD  8cm hoặc AC  8cm và BD  2cm . Cả hai trường hợp trên
hình thang vng ABCD có cùng diện tích: S1  40 (cm2).
Diện tích nửa hình trịn (O): S2  8 (cm2)
Vậy phần diện tích tứ giác ABCD nằm ngồi đường trịn:
S  S1  S 2  40  8 (cm 2 )

Bài 2.
Gọi R, r theo thứ tự là bán kính của đường tròn (O), (I).
Gọi tiếp điểm của đường tròn (I) với cung AB và với cạnh CA theo thứ tự là M và H.

OAC vuông tại A, 

AOC  60 nên OC  2OA  2 R và
CM  OC  OM  2 R  R  R (1)
  60 nên IC  2 IH  2r
IHC vuông tại H, HIC
Do đó MC  MI  IC  r  2r  3r (2)
Từ (1) và (2) suy ra r 

R
3

Độ dài cung AB của (O) bằng

2 R
3

Độ dài đường trịn (I) bằng 2 r 

2 R
3

7. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Vậy độ dài đường tròn (I) bằng độ dài cung AB của đường trịn (O).
Bài 3.
Ta tơ xanh các cung đối xứng với các cung đỏ qua tâm O.
Như vậy tổng độ dài các cung được tô màu là 9.2  18 .
Chu vi của hình trịn là 2 .3  6  18 .

Vậy tồn tại ít ra là một điểm của đường trịn khơng bị tơ mầu. Điểm đối xứng với nó qua tâm O cũng
khơng được tơ mầu. Đó là hai đầu đường kính phải tìm.
Bài 4.
Giả sử đặt được 500 điểm trong đường trịn có bán kính 20
sao cho khoảng cách giữa hai điểm đều lớn hơn 2.
Vẽ 500 đường trịn có bán kính bằng 1 có tâm là các điểm đã
cho. Vì khoảng cách giữa hai tâm lớn hơn tổng của hai bán
kính nên các hình trịn này nằm ngồi nhau và nằm trong
hình trịn có bán kính 20  1  21 .
Tổng diện tích của 500 hình trịn bán kính 1 phải nhỏ hơn
diện tích của hình trịn có bán kính 21 nên 500. .12   .212
hay 500.  441. , vô lý.
Vậy không thể đặt 500 điểm thỏa mãn đề bài.
Bài 5.
Ta kí hiệu ABC là tam giác đều và PQRL là hình vng nội tiếp trong đường trịn (O;1) như hình vẽ. Đặt
diện tích phần chung của tam giác đều và hình vng là S.
Do đó S  S ABC  2.S AKF  S MNB (*)
ABC là tam giác đều và PQRL là hình
vng nội tiếp trong đường trịn (O;1) , nên
ta có: AC  3; RQ  2  AF 

Ta có KF  AF .tan 60 

3 2
2

3 2
. 3
2

8. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


 S AKF

1
1 
 . AF .KF  .
2

BH  OB  OH  1 

3 2

2

4

2

3



3 52 6



8

2
2 1

2
2
2 1 1
2 1
.

2
3
6

Ta có MH  BH.tan 30 

1
1 2.
 SBMN  . MN. BH 
2
2
Mà S ABC 

.



.

2 1
6



2 1 3  2 2

6
2



3

3 3
9 2 2 6 6 3
. Thay các giá trị trên vào (*), ta được: S 
4
6

Bài 6.
Ta có SCMN  SCMO  SCNO 

1
 CM  CN  r
2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
CM  CN  2 CM.CN  2 2.SCMN
Do đó: SCMN  2.SCMN .r

2
 SCMN
 2.SCMN .r 2  SCMN  2 r 2

Bài 7.
a) Vì 2 p  AB  BC  CA  x  y  y  z  z  x

 2  x  y  z  nên p  x  y  z
Mặt khác a  BC  BE  EC  y  z nên p  a  x
Tương tự p - b = y, p - c = z
Áp dụng cơng thức Hê-rơng, ta có:

S ABC  p  p  a  p  b  p  c 
 xyz  x  y  z 
9. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


b) S ABC 

3
 xy  yz  zx 
3

 3.SABC  xy  yz  zx (*)
Từ câu a, nên *   3xyz  x  y  z    xy  yz  zx 

2

Đặt: xy  a, yz  b, zx  c . Bất đẳng thức trên có dạng:
3  ab  bc  ca    a  b  c    a  b    b  c    c  a   0
2

2

2

2

Bất đẳng thức cuối cùng, nên bất đẳng thức đầu đã được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi ABC là tam
giác đều.
Bài 8. Giả sử đường tròn (I;r) nội tiếp tứ giác ABCD, tiếp xúc với AB, BC, CD, DA lần lượt tại M, N, P,
Q.
Đặt x  AM  AQ, y  BM  BN ,
z  CN  CP, t  DP  DQ

Do tứ giác ABCD nội tiếp nên:
  BCD
  180
BAD
  NIP
  IAM
  NIC

Từ đó suy ra BAD

 IAM

CIN 

AM IM

IN CN

 AM.CN  IM.IN hay xz  r 2
Tương tự ta có: yt  r 2
Ta có: AB. BC.CD. DA   x  y  y  z  z  t  t  x 
Khai triển vế phải, và chú ý: xz  yt  r 2
Ta được:



AB. BC.CD. DA  r 2 x 2  y 2  z 2  t 2  2 xy  2 xz  2 xt  2 yz  2 yt  2 zt
2
 r 2  x  y  z  t    rp   S ABCD
2

2

10. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 




( p  x  y  z  t là nửa chu vi của tứ giác ABCD).
Từ đó suy ra S ABCD  AB. BC.CD. DA

11. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


C.TRẮC NGHIỆM RÈN LUYỆN PHẢN XẠ
Câu 1. Một hình trịn có diện tích S = 225p(cm 2 ) . Bán kính của hình trịn đó là:
A. 15(cm) .

B. 16(cm) .

C. 12(cm) .

D. 14(cm) .

Câu 2. Diện tích hình trịn bán kính R = 8cm là:
A. 8p (cm 2 ) .

B. 64p (cm 2 ) .

C. 16p (cm 2 ) .

D. 32p 2 (cm 2 ) .

Câu 3. Diện tích hình trịn bán kính R = 10cm là:
A. 100p (cm 2 ) .

B. 10p (cm 2 ) .

C. 20p (cm 2 ) .

D. 100p 2 (cm 2 ) .


Câu 4. Cho đường trịn (O ;10cm ) , đường kính AB . Điểm M Ỵ (O ) sao cho BAM = 45 . Tính diện
tích hình quạt AOM .
A. 5p(cm 2 ) .

B. 25p(cm 2 ) .

C. 50p(cm 2 ) .

D.

25
p(cm 2 ) .
2


Câu 5. Cho đường tròn (O ; 8cm ) , đường kính AB . Điểm M Ỵ (O ) sao cho BAM = 60 . Tính diện tích
hình quạt AOM .
A. 32p(cm 2 ) .

B.

16p
(cm 2 ) .
3

C.

32p
(cm 2 ) .
3

D. 23p(cm 2 ) .


Câu 6. Cho đường tròn (O ) đường kính AB = 4 3cm . Điểm C Ỵ (O ) sao cho ABC = 30 . Tính diện
tích hình viên phân AC (hình viên phân là phần hình trịn giới hạn bởi một cung trịn và dây căng cung
ấy).
A. p - 3 3cm 2 .

B. 2p - 3 3cm 2 .

C. 4p - 3 3cm 2 .

D. 2p - 3cm 2 .


Câu 7. Cho đường tròn (O ) đường kính AB = 3 3cm . Điểm C Ỵ (O ) sao cho ABC = 60 . Tính diện
tích hình viên phân BC . (hình viên phân là phần hình trịn giới hạn bởi một cung trịn và dây căng cung
ấy).
A.

18p - 27 3
18p - 9 3
(cm 2 ) .B.
(cm 2 ) .
16

16

C.

2p - 3 3
18p - 27 3
(cm 2 ) . D.
(cm 2 ) .
16
4

Câu 8. Cho hình vng có cạnh 6cm là nội tiếp đường trịn (O ) . Hãy tính diện tích hình trịn (O ) .
12. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


A. 18p (cm 2 ) .

B. 36p (cm 2 ) .

C. 18(cm 2 ) .

D. 36(cm 2 ) .

Câu 9. Cho hình vng có cạnh 5cm là nội tiếp đường trịn (O ) . Hãy tính diện tích hình trịn (O ) .

A.

25p

(cm 2 ) .
4

B.

25p
(cm 2 ) .
3

C.

15p
(cm 2 ) .
2

D.

25p
(cm 2 ) .
2


Câu 10. Cho đường tròn (O ) đường kính AB = 2 2cm . Điểm C Î (O ) sao cho ABC = 30 . Tính
diện tích hình giới hạn bởi đường trịn (O ) và AC ; BC .
A. p - 3 .

B. 2p - 2 3 .

C. p - 3 3 .

D. 2p - 3 .


Câu 11. Cho đường trịn (O ) đường kính AB = 4 2cm . Điểm C Ỵ (O ) sao cho ABC = 30 . Tính
diện tích hình giới hạn bởi đường tròn (O ) và AC ; BC .
A. p - 3 .

B. 2p - 2 3 .

C. p - 3 3 .

D. 2p - 3 .

Câu 12. Một hình quạt có chu vi bằng 34cm và diện tích bằng 66cm 2 . Bán kính của hình quạt bằng?
A. R = 5(cm ) .

B. R = 6(cm ) .

C. R = 7(cm) .

D. R = 8(cm) .

Câu 13. Một hình quạt có chu vi bằng 28(cm ) và diện tích bằng 49(cm 2 ) . Bán kính của hình quạt bằng?
A. R = 5(cm ) .

B. R = 6(cm ) .

C. R = 7(cm) .

D. R = 8(cm) .

Câu 14. Cho đường tròn (O; R) và điểm M sao cho OM = 2M . Từ M vẽ các tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn ( A, B là các tiếp điểm). Tính diện tích giới hạn bởi hai tiếp tuyến AM , MB và cung nhỏ AB
.
A.

p 2
R .
3

B.

3R2 .

ổ
pử
C. R 2 ỗỗ 3 + ữữữ .
ỗố
3 ữứ

ổ
pử
D. R 2 ỗỗ 3 - ữữữ .
ỗố
3 ữứ

Cõu 15. Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O ) . Độ dài các cung AB, BC ,CA đều bằng 6p .
Diện tích của tam giác đều ABC là:
A.

243
3.
2

B.

234
3.
4

C. 61 3 .

D.

243
3.
4

Câu 16. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Độ dài của các cung AB, BC ,CA đều bằng

4p . Diện tích của tam giác đều ABC là:
13. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


A. 27 3cm 2 .

B. 7 3cm 2 .

C. 29 3cm 2 .

D. 9 3cm 2 .

Câu 17. Cho A, B,C , D là 4 đỉnh của hình vng có cạnh là 2cm . Tính diện tích của hình hoa 4 cánh
giới hạn bởi các đường trịn có bán kính bằng a , tâm là các đỉnh của hình vng.
A. S = 4p - 8 .

C. S = 4p .

B. S = 4p + 8 .

D. S = 8 - 4p .

Câu 18. Cho A, B,C , D là 4 đỉnh của hình vng có cạnh là 2cm . Tính diện tích của hình hoa 4 cánh
giới hạn bởi các đường trịn có bán kính bằng a , tâm là các đỉnh của hình vng.
A. S = (p + 2)a 2 .

B. S = 2(p + 2)a 2 .

C. S = (p - 2)a 2 .

D. S = 2(p - 2)a 2 .

HƯỚNG DẪN
Câu 1. Đáp án A.
Diện tích S = pR 2 = 225p  R 2 = 225  R = 15(cm )
Câu 2. Đáp án B.
Diện tích S = pR 2 = p.82 = 64 p (cm 2 )
Câu 3. Đáp án A.

Diện tích S = pR 2 = p.102 = 100p (cm 2 ) .
Câu 4. Đáp án B.

ìïOA = OM
ï

Xét đường trịn (O ) có: ïí 
 DAOM là tam giác vng cân  MOA = 900.
ïïMAO = 45
ïỵ

Vậy diện tích hình quạt AOM là

S=

pR2n
p.102.90
=
= 25p(cm 2 )
360
360
.

Câu 5. Đáp án C.
14. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 




Xét đường trịn (O ) có BAM = 60 suy ra số đo cung MB bằng 2.60 = 120 Suy ra số đo cung AM
bằng n  = 180 - 120 = 60
Vậy diện tích hình quạt AOM là S =

pR2n
p.82.60 32p
=
=
(cm 2 )
360
360
3

Câu 6. Đáp án B.



Xét đường tròn (O ) có: ABC và AOC là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
pR2 .60 pR2
 = 2.ABC
 = 2.300 = 600  S
 AOC
=
=
qAOC
360
6


Xét DAOC có AOC = 60 và OA = OC = R nên tam giác AOC đều cạnh bằng R .

Gọi CH là đường cao của tam giác AOC , ta có:
3
1
1 3
3 2
.R  S AOC = CH .OA = .
.R.R =
.R .
2
2
2 2
4

CH = CO.sin 600 =

Diện tích hình viên phân AC l: SqAOC - S AOC =

ổ
ử
ỗ 2p - 3 3 ữữ
= ỗỗ
ữữ. 2 3
12
ữứ
ỗỗố

( )

2

= 2p - 3 3 (cm2).

Cõu 7. ỏp ỏn A.

15.TONHCSTHCS.TOANMATH.com



pR 2
3 2 ổỗỗ p
3 ữữử 2
.R = ỗ ữ .R
ỗỗố 6
6
4
4 ữữứ



Xét đường trịn (O ) có: ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)


Suy ra CAB = 90 - CBA = 30 (tam giác ABC vuông tại C )


ACB
và BOC là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn
pR2 .60 pR2



=
cung  BOC = 2.ACB = 2.300 = 600  Squat AOC =
360
6


Xét DBOC có BOC = 60 và OA = OC = R nên tam giác AOC đều
cạnh bằng R .
Gọi CH là đường cao của tam giác AOC , ta có:
CH = CO.sin 600 =

3
1
1 3
3 2
.R  S AOC = CH .OA = .
.R.R =
.R .
2
2
2 2
4

Diện tích hình viên phân BC là:

pR 2
3 2 ỗỗổ p
3 ửữữ 2
.R = ỗ ữ .R
ỗỗố 6

6
4
4 ÷÷ø
2
ỉ 2p - 3 3 ư÷ ỉ 3 3 ư÷
18p - 27 3
ỗỗ
ỗỗ
ữ
ữ
=ỗ
(cm 2 )
ữữ . ỗ
ữữ =
ỗốỗ
12
16
ữứ ỗỗố 2 ø÷

Squat BOC - S DBOC =

Câu 8. Đáp án A.

16. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Gọi hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O ) khi đó OA = OB = OC = OD = R  O là giao
điểm của AC và BD  R =

AC
2

Xét tam giác vng ABC ta
có AC 2 = AB 2 + BC 2 = 62 + 62 = 72  AC = 6 2  R =

( )

Diện tích hình trịn (O ) là S = pR 2 = p 3 2

2

6 2
=3 2
2

= 18p (cm 2 ) .

Câu 9. Đáp án D.

Gọi hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O ) khi đó OA = OB = OC = OD = R là giao điểm
của AC và BD  R =

AC
.
2

Xét tam giác vng ABC ta có AC 2 = AB 2 + BC 2 = 52 + 52 = 50  AC = 5 2  R =
Diện tích hình trịn (O ) là S = pR 2 =

5 2
2

25p
(cm 2 ).
2

Câu 10. Đáp án A.

Diện tích hình trịn (O ) là: S(O ) = pR 2




Ta có góc ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  BAC = 900 - CBA = 900 - 300 = 600.
17. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 



Tam giác AOC có CAO = 60 và OA = OC = R nên tam giác AOC đều cạnh bằng R .
Giả sử CH là đường cao của tam giác ABC , ta có:
CH = CO.sin 600 =

3
1
1 3
3 2

.R  S ABC = CH .AB = .
R.2R =
R.
2
2
2 2
2

Diện tích hình giới hạn bởi đường trịn (O ) và AC , BC là:

(

)

(

1
1
3 2
1
1
S(O ) - S ABC = pR 2 R = p - 3 R2 = p - 3
2
2
2
2
2

)( )
2

2

= p - 3.

Câu 11. Đáp án B.

Diện tích hình trịn (O ) là: S(O ) = pR 2




Ta có góc ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  BAC = 900 - CBA = 900 - 300 = 600.

Tam giác AOC có CAO = 60 và OA = OC = R nên tam giác AOC đều cạnh bằng R .
Giả sử CH là đường cao của tam giác ABC , ta có:
CH = CO.sin 600 =

3
1
1 3
3 2
R.2R =
R.
.R  S ABC = CH .AB = .
2
2
2 2
2

Diện tích hình giới hạn bởi đường trịn (O ) và AC , BC là:

(

)

1
1
3 2
1
S(O ) - S ABC = pR 2 R = p - 3 R2
2
2
2
2
2
1
= p - 3 2 2 = 2p - 2 3.
2

(

)( )

Câu 12. Đáp án B.

ìïlR
ìïlR = 132
ìïl .2R = 264
ìï2R = 12

ìïR = 6
ï = 66
ï
ï
ï
ï




Ta có ï
í2
í
í
í
í
ïïl + 2R = 34
ïïl + 2R = 34
ïïl + 2R = 34
ïïl = 22
ïïl = 22
ỵ
ỵ
ỵ
ỵ
ïïỵ
Vậy R = 6(cm ) .
Câu 13. Đáp án C.
18. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 

 


ìïlR
ïï = 49
ïìlR = 98
ïìl .2R = 196
ïì2R = 14
ïìR = 7
 íï
 íï
 íï
 íï
Ta có í 2
ï
ïl + 2R = 28
ïl + 2R = 28
ïl = 14
ïl = 14
ỵï
ỵï
ỵï
ỵï
ïïỵïl + 2R = 28
Vậy R = 7(cm )
Câu 14. Đáp án D.

Xét DOAM có AM = OM 2 - OA2 = R 3  SOAM =

OA.AB

R2 3
=
2
2

Mà DOAM = DOBM (c - c - c )  SOAMB = 2SOAM = 3R 2
=
Xét DOAM có cos AOM
Diện tích quạt tròn Sq AB

OA
1
 = 60  AOB
 = 120
=  AOM
OM
2

pR2 .120 pR2
=
=
360
3

Diện tích giới hạn bởi hai tiếp tuyến AM , MB và cung nhỏ AB là
S = SOAMB - Sq AB = 3R 2 -

ỉ
pR 2
pư

= R 2 ççç 3 - ÷÷÷ .
3
3 ÷ø
è

Câu 15. Đáp án D.

Gọi RR là bán kính của đường trịn (O ). Độ dài của các cung AB, BC ,CA đều bằng 6p nên ta
có C = 2pR = 6p + 6p + 6p = 18p , suy ra R = 9 hay OA = OB = OC = 9

  
Ta cũng có AOB = BOC = COA = 1200
19. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


1
  
suy ra AOB = BOC = COA = 1200 suy ra S DAOB = S DAOC = S DBOC = S DABC
3
ìï 

ïOAC = OCA = 30
Xét tam giác AOC có: ïí 
ïïCOA = 120
ïỵ


Kẻ đường cao OE , ta có đồng thời là đường trung tuyến, phân giác của góc COA

 = COE
 = 1 AOC

Ta có AOE
2
ìï 
ïECO = 30
1
R
Xét tam giác COE có: ïí 
 OE = CO =
ïïCEO = 90
2
2
ïỵ
2

ỉR ư
3
R
Áp dụng định lý Pytago ta có: CE = OC - OE = R - ỗỗỗ ữữữ =
2
ố 2 ữứ
2

1
1 R 3R
Vy SCOE = OE .CE = . .
=
2

2 2 2
và S ABC = 3SCOA =

2

2

3R 2
Suy SCOA = 2SCOE =
8

3R 2
4

3 3R 2
3 3.92
243 3
=
=
.
4
4
4

Câu 16. Đáp án A.

Gọi R là bán kính của đường tròn (O ) . Độ dài của các cung AB, BC ,CA đều bằng 4p nên ta
có C = 2pR = 4p + 4p + 4p = 12p , suy ra R = 6 hay OA = OB = OC = 6
1
  

Ta cũng có AOB = BOC = COA = 1200 suy ra DAOB = DAOC = DBOC = DABC
3
ìï 

ïïOAC = OCA = 30
Xét tam giác AOC có: í 
ïïCOA = 120
ïỵ


Kẻ đường caoOE , ta có đồng thời là đường trung tuyến, phân giác của góc COA .
20. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


 = COE
 = 1 AOC

Ta có AOE
2
ìï 
ïECO = 30
1
R
Xét tam giác COE có: ïí 
 OE = CO =
ïïCEO = 90
2
2

ïỵ
2

ỉR ư
3
Áp dụng định lý Pytago ta có: CE = OC - OE = R - ỗỗ ữữữ =
R
ỗố 2 ữứ
2
2

1
1 R 3R
SCOE = OE .CE = . .
=
2
2 2 2
Vậy
Suy ra SCOA = 2SCOE =

2

2

3R 2
8

3R 2
3 3R 2
3 3R 2

và S ABC = 3SCOA =
=
= 27 3 cm 2 .
4
4
4

Câu 17. Đáp án A.

Ta có diện tích của hình hoa cần tính bằng 4 lần diện tích của hình viên phân AC S = 4S viên phân AC .
Hình viên phân AC bằng Squat ADC - S DADC
Quạt trịn ADC có bán kính DA = DC = 3cm và số đo cung 90  Có:

Sviên phân AC = Squat ADC - S DADC =

pR2 .900 1 2
- R
2
3600

ổp 1ử
p -2 2
.2 = p - 2
= ỗỗỗ - ÷÷÷ R 2 =
4
è 4 2 ø÷
 S = 4S viên phân AC = 4.(p - 2) = 4p - 8 .

Câu 18. Đáp án C.

21. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Ta có diện tích của hình hoa cần tình băng 4 lần diện tích của hình viên phân AC : S = 4S vp AC .
Có: S vp AC = Scung AC - S ADC =
 S = 4Svp AC = 4.

pR 2 .900 1 2 ổỗ p 1 ữử 2
p -2 2
- R = ỗ - ữữ R =
a
0
ữ
ỗ
2
4
360
ố 4 2ø

p -2 2
a = (p - 2)a 2 .
4

22. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

D.TỰ LUYỆN CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO
Bài 1:
a)

Tính diện tích hình trịn có bán kính là 4 cm.

b)

Tính diện tích hình quạt có bán kính là 4 cm, số đo cung là 720 .

Bài 2: Tính theo a diện tích hình trịn (O ) ;
a)

Biết độ dài cạnh của hình vng nội tiếp đường trịn (O ) là a .

b)

Biết độ dài cạnh của tam giác đều nội tiếp của đường tròn (O ) là a .

Bài 3: Cho đường trịn (O; R) có AB là dây cung và AB = R . Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi
cung AB và dây AB .
 = 1200 và bán kính hình trịn
Bài 4: Hãy tính diện tích hình viên phân AmB theo R biết góc ở tâm AOB

là R .
Bài 5: Hình vành khăn là phần hình trịn bao gồm phần giữa hai hình trịn đồng tâm. Hãy lập cơng thức
tính diện tích hình vành khăn S theo R1 và R2 (R1 > R2 ) .
Bài 6: Trong một tam giác đều, vẽ những cung tròn
đi qua tâm của tam giác và từng cặp đỉnh của nó (hình
bên) cạnh tam giác bằng a . Tính diện tích hình hoa thị

gạch dọc.
Bài 7: Cho hình trịn (O; R) ; A là điểm sao cho OA = 2R . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O )
( B và C là tiếp điểm).
Tính diện tích phần của tứ giác OBAC nằm ngồi hình trịn (O ) .
Bài 8: Cho đoạn thẳng AB : M là điểm nằm giữa A và B trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các nửa
đường trịn có đường kính AM ; MB và AB . Xác định vị trí của M để diện tích hình giới hạn bởi ba
nửa đường trịn trên có giá trị lớn nhất.
Bài 9: Cho ba hình trịn có bán kính R1 ; R2 ; R3 có diện tích lần lượt là S1 ; S 2 ; S 3 tiếp xúc ngoài và cùng tiếp
xúc với đường thẳng d trong đó R3 là bán kính có độ dài nhỏ nhất.
Tìm giá trị nhỏ nhất của S1S 2 theo độ dài cho trước R3 .
23. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


Bài 10: Một tờ giấy hình trịn bán kính 100cm có 9800 lỗ kim châm. Chứng minh rằng có thể cắt ra ở tờ
giấy ấy một hình trịn bán kính 1cm khơng có lỗ kim châm nào.
HƯỚNG DẪN
Bài 1:
a)

Diện tích hình trịn có bán kính 4cm là:

S = pR 2 = 15p(cm 2 )

b)
Sq =

Diện tích hình quạt trịn có bán kính 4cm, số đo cung 720 là:
pR 2n

pR 2
(cm 2 )
=
360
5

Bài 2:
a)

AB là cạnh của hình vng nội tiếp đường trịn (O; R)

Ta có: AB = R 2  R =

S hinhtron = pR 2 =

b)

a
2

pa 2
(đvdt)
2

AB là cạnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn (O; R)

Ta có: AB = R 3  R =

S hinhtron = pR 2 =

a
3

pa 2
(đvdt)
3

Bài 3:
AB = R, AB là dây cung của đường tròn (O; R)
 AB là cạnh của lục giác đều nội tiếp đường tròn (O; R)

 = 600 nên là tam giác đều.
 sđAB

24. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 


SOAB =

OA2 3
=
4

SquatOAB =

3R 2
(đvdt)
4

pR 2n
pR 2
(đvdt)
=
360
6

S vienphan AmB
 = SquatOAB - SOAB =

2p - 3 3 2
R (đvdt)
12

Bài 4:
 = 1200
AOB
 AB là cạnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn (O; R)

 OH =

SOAB =

R
; AB = R 3, sđAB = 1200
2

OH .AB
3

(đvdt)
= R2
2
4

S(quatOAB ) = pR2

n
120
R2
= pR2
=p
(đvdt)
360
360
3

S(vienphanAmB ) = S(quatOAB ) - S AOB = p

R2
3 2 R2
R =
(4p - 3 3) (đvdt)
3
4
12

Bài 5:
S1 = p.R12

R2 O

R1

S 2 = p.R22
S vanhkhan = S1 - S 2

= p(R12 - R22 ) (đvdt)
A

Bài 6:
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC
2
3

2 a 3 a 3
=
3 2
3

Ta có: OA = AH = .

O nằm trên cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn AB
25. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com 
 
 

m

I

O
B

H

C