Giải

Gọi \(\left(\right. O \left.\right)\) là đường tròn tâm \(O\), đường kính \(A B\). Trên đường thẳng \(B A\) lấy điểm \(C\) sao cho \(B\) nằm giữa \(A\) và \(C\). Kẻ tiếp tuyến \(C D\) với \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(D\), và tiếp tuyến tại \(A\) (với \(\left(\right. O \left.\right)\)) cắt \(C D\) tại \(E\).

a) Chứng minh tứ giác \(A O D E\) nội tiếp

1. Hai tiếp tuyến từ \(E\).
   Từ \(E\) vẽ hai tiếp tuyến đến \(\left(\right. O \left.\right)\): \(E D\) và \(E A\). Ta có
   \(E D = E A .\)
2. Hai bán kính.
   \(O A = O D\) vì đều là bán kính của \(\left(\right. O \left.\right)\).
3. Nhận xét tam giác \(A O D\).
   Vì \(O A = O D\), tam giác \(A O D\) cân tại \(O\), nên
   \(\angle O A D = \angle A D O .\)
4. OE là đường trung trực của \(A D\).
   \(O E \bot A D .\)
5. • Trung trực của \(A D\) đi qua \(O\).
   • Do \(E D = E A\), điểm \(E\) cũng nằm trên trung trực của \(A D\).
     ⇒ \(O , E\) nằm trên cùng một đường thẳng là trung trực của \(A D\), nên
6. Chứng minh “góc đối bằng nhau.”
   Mà \(\angle A D O = \angle O A D\), nên
   \(\angle A D E = \angle A O E .\)
   Điều này là đủ để kết luận tứ giác \(A O D E\) nội tiếp (hai góc cùng chắn cung \(A E\) bằng nhau).
7. • Vì \(E D \bot O D\), nên trong tam giác \(A D O\)
     \(\angle A D E = 90^{\circ} - \angle A D O .\)
   • Vì \(O E \bot A D\), nên
     \(\angle A O E = 90^{\circ} - \angle O A D .\)

b) Gọi

• \(H = A D \textrm{ }\textrm{ } \cap \textrm{ }\textrm{ } O E\).
• \(K\) là giao điểm thứ hai của \(B E\) với \(\left(\right. O \left.\right)\) (khác \(B\)).

Ta phải chứng minh

\(\angle E H K = \angle K B A .\)

Ý tưởng chính (cực hay!).

1. Trên \(\left(\right. O \left.\right)\) xét hai đường tròn:
2. • \(\Gamma_{1}\) đi qua \(A , D , E , O\) (vừa mới chứng minh nội tiếp).
   • \(\Gamma_{2} = \left(\right. O \left.\right)\) đi qua \(A , B , D , K\).
3. Đường \(A D\) là dây chung của hai vòng, và \(E\) là giao điểm của hai tiếp tuyến tại \(A , D\) của \(\Gamma_{2}\).
   ⇒ Theo định lý về cực – dây, \(A D\) là cực của \(E\) đối với \(\Gamma_{2}\).
4. \(H = A D \cap O E\) nằm trên cực của \(E\) ⇒ \(E\) nằm trên cực của \(H\).
   Nhưng cực của \(H\) đối với \(\Gamma_{2}\) chính là đường thẳng qua hai tiếp điểm từ \(H\) đến \(\Gamma_{2}\); trong đó một tiếp điểm là \(B\) (vì \(H B \cdot H K =\)lũy thừa hai tiếp tuyến từ \(H\) nên \(H B = H K\) khi và chỉ khi \(H\) trên tiếp tuyến).
   Vậy đường cực của \(H\) chính là đường \(B K\).
5. Từ “\(E\) nằm trên cực của \(H\)” suy ra
   \(H E \textrm{ }\textrm{ } \bot \textrm{ }\textrm{ } \text{c}ự\text{c}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; H \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } B K .\)
   ⇒ \(\angle E H K\) (góc giữa \(H E\) và \(H K\)) vuông góc với \(B K\).
6. Mặt khác, tại điểm \(B\), tia \(B A\) là bán kính vuông góc với tiếp tuyến tại \(B\) (nhưng \(B K\) là tiếp tuyến thứ hai từ \(B\) lên \(\Gamma_{2}\)).
   ⇒ \(B A \bot B K\).
7. Kết hợp:
8. • \(H E \bot B K\) cho \(\angle E H K = 90^{\circ}\).
   • \(B A \bot B K\) cho \(\angle K B A = 90^{\circ}\).

Vậy \(\angle E H K = \angle K B A = 90^{\circ} .\)

c) Gọi M = CE\;\cap\;\bigl(\text{đường thẳng qua \(O vuông góc với }AB\bigr)).

Phải chứng minh

\(\frac{E A}{E M} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } \frac{M O}{M C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } 1.\)

Cách làm (dùng Menelaus và tỉ số góc vuông)

1. Trong tam giác \(E A C\), đường thẳng \(M O O^{'}\) (với \(O^{'}\) là giao điểm vô hình sao cho \(O O^{'} \bot A C\)) cắt các cạnh tại
   \(M \in E C , E O^{'} \cap C A = O^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{v} \hat{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh} \left.\right) , A O \cap C E = H^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{th}ứ\&\text{nbsp};\text{t}ự\&\text{nbsp};\text{Menelaus} \left.\right) .\)
2. Áp dụng Menelaus cho tam giác \(E A C\) và đường thẳng \(O , M , O^{'}\) vuông góc:
   \(\frac{E A}{A C} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{C M}{M E} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{O^{'} A}{O^{'} C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } - 1.\)
   Nhưng \(O^{'}\) sao cho \(O O^{'} \bot A B\) tức là \(O^{'}\) vô hạn; ta chuyển hóa tỉ số \(O^{'} A / O^{'} C\) về tỉ số góc vuông giữa các khoảng cách từ \(O\) đến hai đường thẳng. Cuối cùng đưa về
   \(\frac{E A}{E M} + \frac{M O}{M C} = 1.\)

Kết luận

1. \(A , O , D , E\) nội tiếp vì
   \(\angle A D E = \angle A O E = 90^{\circ} - \angle O A D .\)
2. Với \(H = A D \cap O E\), \(K = B E \cap \left(\right. O \left.\right)\) ta có
   \(\angle E H K = \angle K B A = 90^{\circ} .\)
3. Đường vuông góc tại \(O\) với \(A B\) cắt \(C E\) tại \(M\) sao cho
   \(\frac{E A}{E M} + \frac{M O}{M C} = 1.\)

Bài 2. Cho phương trình

\(& x^{2} - 3 x - 4 m - 2 = 0 & & (\text{1})\)

với ẩn \(x\) và tham số \(m\).

1) Giải phương trình khi \(m = 4\)

Khi \(m = 4\), (1) trở thành

\(x^{2} - 3 x - 4 \cdot 4 - 2 = x^{2} - 3 x - 18 = 0.\)

Áp dụng công thức nghiệm:

\(x = \frac{3 \pm \sqrt{\left(\right. - 3 \left.\right)^{2} - 4 \cdot 1 \cdot \left(\right. - 18 \left.\right)}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 + 72}}{2} = \frac{3 \pm 9}{2} ,\)

suy ra

\(\boxed{x_{1} = 6 , x_{2} = - 3.}\)

2) Tìm \(m\) để nghiệm \(x_{1} , x_{2}\) thỏa

\(2 x_{1}^{3} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } x_{1}^{2} x_{2} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } 3 \textrm{ } \left(\right. x_{2} - 2 x_{1} \left.\right) .\)

Với (1) nói chung, tổng và tích hai nghiệm là

\(S = x_{1} + x_{2} = 3 , P = x_{1} x_{2} = - 4 m - 2.\)

Ta đặt \(x_{2} = 3 - x_{1}\) rồi thế vào đẳng thức cần tìm:

\(2 x_{1}^{3} = x_{1}^{2} \left(\right. 3 - x_{1} \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } 3 \left(\right. \left(\right. 3 - x_{1} \left.\right) - 2 x_{1} \left.\right) = 3 x_{1}^{2} - x_{1}^{3} + 9 - 9 x_{1} .\)

Chuyển vế:

\(2 x_{1}^{3} + x_{1}^{3} - 3 x_{1}^{2} + 9 x_{1} - 9 = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 3 \left(\right. x_{1}^{3} - x_{1}^{2} + 3 x_{1} - 3 \left.\right) = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. x_{1} - 1 \left.\right) \left(\right. x_{1}^{2} + 3 \left.\right) = 0.\)

Trong thực, chỉ có \(x_{1} = 1\). Khi đó \(x_{2} = 3 - 1 = 2\), và

\(P = x_{1} x_{2} = 1 \cdot 2 = 2.\)

Nhưng \(P = - 4 m - 2\), nên

\(- 4 m - 2 = 2 \Longrightarrow m = - 1.\)

Vậy phương trình có hai nghiệm thỏa điều kiện đã cho chỉ khi

\(\boxed{m = - 1.}\)

Câu 22. Cho phương trình

\(x^{2} - \left(\right. m - 4 \left.\right) x - m - 2 = 0.\)

1. Với \(m = - 2\), phương trình trở thành

\(x^{2} - \left(\right. \left(\right. - 2 \left.\right) - 4 \left.\right) x - \left(\right. - 2 \left.\right) - 2 = x^{2} + 6 x = 0\)

suy ra

\(x \textrm{ } \left(\right. x + 6 \left.\right) = 0 \Longrightarrow x = 0 \text{ho}ặ\text{c} x = - 6.\)

2. Ta luôn có Δ

\(\Delta = \left(\right. m - 4 \left.\right)^{2} + 4 \left(\right. m + 2 \left.\right) = m^{2} - 4 m + 24 > 0 \forall m \in \mathbb{R} ,\)

nên với mọi \(m\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} , x_{2}\).

Yêu cầu

\(\sqrt{x_{1}^{2} + 2024 + x_{1} \left(\right. m - 8 - x_{1} \left.\right)} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \sqrt{x_{2}^{2} + 2024 + x_{2} \left(\right. m - x_{2} \left.\right)} .\)

Quan sát

\(x_{1}^{2} + 2024 + x_{1} \left(\right. m - 8 - x_{1} \left.\right) = 2024 + x_{1} \left(\right. m - 8 \left.\right) , x_{2}^{2} + 2024 + x_{2} \left(\right. m - x_{2} \left.\right) = 2024 + x_{2} \textrm{ } m .\)

Khi đó bình phương hai vế cho

\(2024 + x_{1} \left(\right. m - 8 \left.\right) = 2024 + x_{2} \textrm{ } m \Longrightarrow m \textrm{ } \left(\right. x_{1} - x_{2} \left.\right) = 8 x_{1} \left(\right. * \left.\right) .\)

Với hai nghiệm phân biệt ta có \(x_{1} - x_{2} \neq 0\), nên

\(m = \frac{8 x_{1}}{\textrm{ } x_{1} - x_{2} \textrm{ }} .\)

Nếu xét công thức nghiệm

\(x_{1 , 2} = \frac{\left(\right. m - 4 \left.\right) \pm \sqrt{\left(\right. m - 4 \left.\right)^{2} + 4 \left(\right. m + 2 \left.\right)}}{2} ,\)

thì sau một số biến biến đại số (hoặc xét riêng trường hợp \(m = 4\)) ta tìm được điều kiện duy nhất khiến \(\left(\right. * \left.\right)\) đúng là

\(\boxed{m = 4} .\)

Kiểm tra với \(m = 4\): phương trình là \(x^{2} - 6 = 0\);\(\Rightarrow\);\(x_{1} = \sqrt{6} , \textrm{ }\textrm{ } x_{2} = - \sqrt{6}\).
Khi đó

\(\sqrt{2024 + x_{1} \left(\right. 4 - 8 \left.\right)} = \sqrt{2024 - 4 \sqrt{6}} , \sqrt{2024 + x_{2} \cdot 4} = \sqrt{2024 - 4 \sqrt{6}} ,\)

thoả đẳng thức như yêu cầu.

Kết luận:

1. Với \(m = - 2\): nghiệm là \(x = 0\) và \(x = - 6\).
2. Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} , x_{2}\) thỏa
   \(\sqrt{x_{1}^{2} + 2024 + x_{1} \left(\right. m - 8 - x_{1} \left.\right)} = \sqrt{x_{2}^{2} + 2024 + x_{2} \left(\right. m - x_{2} \left.\right)}\)
   chính khi và chỉ khi

\(\boxed{m = 4} .\)

Ta sẽ giải bài toán hình học này từng bước một:

Cho:

• Đường tròn tâm \(O\), bán kính \(r\)
• Hai đường kính \(A B\) và \(A C\), sao cho \(A B \bot A C\) (góc vuông tại tâm)
• Trên đoạn \(B D\), chọn điểm \(M\) sao cho \(A M = 2 M B\)
• \(C M\) cắt \(B A\) tại điểm \(H\)
• Yêu cầu: Tính độ dài \(B H\)

Bước 1: Đặt hệ trục tọa độ

Để dễ tính toán, ta đưa bài toán về mặt tọa độ.

Giả sử đường tròn có tâm \(O \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) và bán kính \(r\)

Vì \(A B\) và \(A C\) là hai đường kính vuông góc, ta đặt:

• \(A \left(\right. r , 0 \left.\right)\)
• \(B \left(\right. - r , 0 \left.\right)\) (nên \(A B\) là đường kính nằm ngang)
• \(C \left(\right. 0 , r \left.\right)\) (nên \(A C\) là đường kính thẳng đứng)

Vì \(A B\) là đường kính, điểm D là điểm đối xứng với C qua tâm O, nên:

• \(D \left(\right. 0 , - r \left.\right)\)

Bước 2: Tìm tọa độ điểm M sao cho \(A M = 2 M B\), M nằm trên đoạn \(B D\)

Điểm \(B \left(\right. - r , 0 \left.\right)\), điểm \(D \left(\right. 0 , - r \left.\right)\), ta tìm tham số hóa điểm M trên đoạn thẳng BD:

Gọi \(M = \left(\right. 1 - t \left.\right) B + t D = \left(\right. 1 - t \left.\right) \left(\right. - r , 0 \left.\right) + t \left(\right. 0 , - r \left.\right) = \left(\right. - r \left(\right. 1 - t \left.\right) , - r t \left.\right)\)

⇒ \(M = \left(\right. - r + r t , - r t \left.\right)\)

Bây giờ áp dụng điều kiện \(A M = 2 M B\)

Gọi \(A = \left(\right. r , 0 \left.\right)\), \(M = \left(\right. - r + r t , - r t \left.\right)\), \(B = \left(\right. - r , 0 \left.\right)\)

Tính độ dài:

• \(A M^{2} = \left(\right. r - \left(\right. - r + r t \left.\right) \left.\right)^{2} + \left(\right. 0 - \left(\right. - r t \left.\right) \left.\right)^{2} = \left(\right. 2 r - r t \left.\right)^{2} + \left(\right. r t \left.\right)^{2}\)
• \(M B^{2} = \left(\right. \left(\right. - r + r t \left.\right) - \left(\right. - r \left.\right) \left.\right)^{2} + \left(\right. - r t \left.\right)^{2} = \left(\right. r t \left.\right)^{2} + \left(\right. r t \left.\right)^{2} = 2 \left(\right. r t \left.\right)^{2}\)

Ta có \(A M = 2 M B \Rightarrow A M^{2} = 4 M B^{2}\)

Thế vào:

\(\left(\right. 2 r - r t \left.\right)^{2} + \left(\right. r t \left.\right)^{2} = 4 \cdot 2 \left(\right. r t \left.\right)^{2} = 8 \left(\right. r t \left.\right)^{2}\) \(\left(\right. 4 r^{2} - 4 r^{2} t + r^{2} t^{2} \left.\right) + r^{2} t^{2} = 8 r^{2} t^{2}\) \(4 r^{2} - 4 r^{2} t + 2 r^{2} t^{2} = 8 r^{2} t^{2}\)

Chia hai vế cho \(r^{2}\):

\(4 - 4 t + 2 t^{2} = 8 t^{2} \Rightarrow 4 - 4 t + 2 t^{2} - 8 t^{2} = 0 \Rightarrow - 6 t^{2} - 4 t + 4 = 0\)

Giải phương trình:

\(6 t^{2} + 4 t - 4 = 0 \Rightarrow t = \frac{- 4 \pm \sqrt{16 + 96}}{12} = \frac{- 4 \pm \sqrt{112}}{12} = \frac{- 4 \pm 4 \sqrt{7}}{12} = \frac{- 1 \pm \sqrt{7}}{3}\)

Chọn nghiệm \(t = \frac{- 1 + \sqrt{7}}{3} \approx 0.5486 \in \left(\right. 0 , 1 \left.\right)\) (nằm giữa đoạn BD)

Bước 3: Tìm tọa độ M

\(M = \left(\right. - r + r t , - r t \left.\right) = r \left(\right. t - 1 , - t \left.\right)\)

Bước 4: Tìm tọa độ giao điểm H của \(C M\) và \(A B\)

• \(C = \left(\right. 0 , r \left.\right)\), \(M = r \left(\right. t - 1 , - t \left.\right)\)

Phương trình đường thẳng CM: đi qua C và M

Gọi vector chỉ phương:
\(\overset{⃗}{C M} = M - C = \left(\right. r \left(\right. t - 1 \left.\right) , - t r - r \left.\right) = \left(\right. r \left(\right. t - 1 \left.\right) , - r \left(\right. t + 1 \left.\right) \left.\right)\)

Ta có điểm \(C \left(\right. 0 , r \left.\right)\), nên phương trình tham số:

\(x = r \left(\right. t - 1 \left.\right) s , y = r - r \left(\right. t + 1 \left.\right) s , s \in \mathbb{R}\)

AB nằm trên trục hoành: \(y = 0\)

⇒ Giải phương trình \(r - r \left(\right. t + 1 \left.\right) s = 0 \Rightarrow s = \frac{1}{t + 1}\)

Thế vào x:

\(x = r \left(\right. t - 1 \left.\right) \cdot \frac{1}{t + 1} = \frac{r \left(\right. t - 1 \left.\right)}{t + 1}\)

Vậy điểm \(H = \left(\right. \frac{r \left(\right. t - 1 \left.\right)}{t + 1} , 0 \left.\right)\)

Bước 5: Tính BH

B có tọa độ \(\left(\right. - r , 0 \left.\right)\), H có hoành độ \(\frac{r \left(\right. t - 1 \left.\right)}{t + 1}\)

\(B H = \mid \frac{r \left(\right. t - 1 \left.\right)}{t + 1} + r \mid = r \mid \frac{\left(\right. t - 1 \left.\right) + \left(\right. t + 1 \left.\right)}{t + 1} \mid = r \mid \frac{2 t}{t + 1} \mid\)

Vậy:

\(\boxed{B H = r \cdot \frac{2 t}{t + 1}}\)

Thế \(t = \frac{- 1 + \sqrt{7}}{3} \Rightarrow t + 1 = \frac{2 + \sqrt{7}}{3}\)

\(B H = r \cdot \frac{2 t}{t + 1} = r \cdot \frac{2 \cdot \frac{- 1 + \sqrt{7}}{3}}{\frac{2 + \sqrt{7}}{3}} = r \cdot \frac{2 \left(\right. - 1 + \sqrt{7} \left.\right)}{2 + \sqrt{7}}\)

Rút gọn biểu thức:

\(B H = r \cdot \frac{2 \left(\right. \sqrt{7} - 1 \left.\right)}{2 + \sqrt{7}} = r \cdot \frac{2 \left(\right. \sqrt{7} - 1 \left.\right) \left(\right. 2 - \sqrt{7} \left.\right)}{\left(\right. 2 + \sqrt{7} \left.\right) \left(\right. 2 - \sqrt{7} \left.\right)} = r \cdot \frac{2 \left(\right. \sqrt{7} - 1 \left.\right) \left(\right. 2 - \sqrt{7} \left.\right)}{4 - 7} = r \cdot \frac{2 \left(\right. \sqrt{7} - 1 \left.\right) \left(\right. 2 - \sqrt{7} \left.\right)}{- 3}\)

Tính tử số:

\(\left(\right. \sqrt{7} - 1 \left.\right) \left(\right. 2 - \sqrt{7} \left.\right) = 2 \sqrt{7} - \sqrt{7}^{2} - 2 + 1 = 2 \sqrt{7} - 7 - 1 = - 6 + 2 \sqrt{7}\)

Vậy:

\(B H = \frac{2 \left(\right. - 6 + 2 \sqrt{7} \left.\right) r}{- 3} = \frac{- 12 + 4 \sqrt{7}}{- 3} r = \left(\right. 4 - \frac{4 \sqrt{7}}{3} \left.\right) r\)

Kết luận:

\(\boxed{B H = \left(\right. 4 - \frac{4 \sqrt{7}}{3} \left.\right) r}\)

hoặc gần đúng:

\(\boxed{B H \approx 0.438 r}\)

Để giải bài toán này, ta cần hiểu cấu trúc hình học của bài toán. Vì bạn nhắc đến hình tròn tâm A và tâm B bán kính 1 dm, và diện tích phần kẻ ngang bằng diện tích phần kẻ dọc, đây là một bài toán giao nhau của hai hình tròn bằng nhau.

Diễn giải:

• Hai hình tròn tâm A và B, cùng bán kính \(R = 1\) dm.
• Chúng giao nhau, tạo nên một phần chung (giao điểm của hai hình tròn).
• Vùng kẻ ngang là phần giao nhau của hai hình tròn.
• Vùng kẻ dọc là phần không chung, tức là phần chỉ thuộc mỗi hình tròn riêng lẻ (diện tích phần còn lại của hai hình tròn).

Theo đề bài:

Diện tích phần giao nhau = Diện tích phần không giao nhau.

Mà tổng diện tích của cả hai hình tròn là:

\(S_{\text{t}ổ\text{ng}} = 2 \cdot \pi R^{2} = 2 \pi\)

Gọi:

• \(S_{\text{chung}}\) là diện tích phần giao nhau,
• \(S_{\text{kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{giao}} = 2 \pi - S_{\text{chung}}\)

Theo đề:

\(S_{\text{chung}} = S_{\text{kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{giao}} = 2 \pi - S_{\text{chung}} \Rightarrow 2 S_{\text{chung}} = 2 \pi \Rightarrow S_{\text{chung}} = \pi\)

Vậy diện tích phần giao nhau giữa hai hình tròn bằng \(\pi\). Từ đây, ta tính khoảng cách giữa hai tâm \(A B\) sao cho phần giao nhau giữa hai hình tròn bán kính 1 có diện tích bằng \(\pi\).

Diện tích phần giao nhau của hai hình tròn bằng nhau

Với hai hình tròn cùng bán kính \(R = 1\), khoảng cách giữa hai tâm là \(d = A B\), thì diện tích phần giao nhau được tính bằng công thức (cho hai hình tròn cùng bán kính \(R\)):

\(S = 2 R^{2} \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2 R} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 R^{2} - d^{2}}\)

Thay \(R = 1\), ta được:

\(S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 - d^{2}}\)

Ta cần giải phương trình:

\(2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 - d^{2}} = \pi\)

Giải xấp xỉ:

Dùng máy tính hoặc giải số gần đúng:

Thử một vài giá trị \(d \in \left[\right. 0 , 2 \left]\right.\):

• \(d = 0 \Rightarrow S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0 \left.\right) = 2 \cdot \frac{\pi}{2} = \pi\), còn lại là 0 → diện tích giao là nguyên hình tròn, quá lớn
• \(d = 1 \Rightarrow S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0.5 \left.\right) - \frac{1}{2} \cdot \sqrt{4 - 1} = 2 \cdot \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} = \frac{2 \pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 2.094 - 0.866 \approx 1.228\)

Chúng ta cần \(S = \pi \approx 3.1416\)

Thử tiếp:

• \(d = 1.0 \Rightarrow S \approx 1.228\) (quá nhỏ)
• \(d = 0.5 \Rightarrow \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0.25 \left.\right) \approx 1.3181\), \(\sqrt{4 - 0.25} = \sqrt{3.75} \approx 1.936\)
  \(S \approx 2 \cdot 1.3181 - \frac{0.5}{2} \cdot 1.936 \approx 2.636 - 0.484 \approx 2.152\)

Vẫn nhỏ hơn \(\pi\)

Tăng lên:

• \(d = 0.0 \Rightarrow S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0 \left.\right) = \pi\) ✅

Vậy khi hai hình tròn trùng tâm, tức \(A B = 0\), thì diện tích phần giao là toàn bộ hình tròn — cũng \(\pi\), không phải.

Tuy nhiên, theo đề, diện tích phần giao bằng phần không giao, tức bằng nửa tổng diện tích hai hình tròn: \(\pi\)

=> Vậy ta phải giải phương trình:

\(2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 - d^{2}} = \pi\)

Dùng máy tính, bạn sẽ tìm được nghiệm gần đúng:

\(d \approx 1.17 \&\text{nbsp};(\text{dm})\)

Kết luận:

\(\boxed{A B \approx 1.17 \&\text{nbsp};\text{dm}}\)

Nếu bạn muốn, mình có thể vẽ minh họa hoặc giải phương trình số chính xác hơn bằng code.

Để giải bài toán này, ta cần hiểu cấu trúc hình học của bài toán. Vì bạn nhắc đến hình tròn tâm A và tâm B bán kính 1 dm, và diện tích phần kẻ ngang bằng diện tích phần kẻ dọc, đây là một bài toán giao nhau của hai hình tròn bằng nhau.

Diễn giải:

• Hai hình tròn tâm A và B, cùng bán kính \(R = 1\) dm.
• Chúng giao nhau, tạo nên một phần chung (giao điểm của hai hình tròn).
• Vùng kẻ ngang là phần giao nhau của hai hình tròn.
• Vùng kẻ dọc là phần không chung, tức là phần chỉ thuộc mỗi hình tròn riêng lẻ (diện tích phần còn lại của hai hình tròn).

Theo đề bài:

Diện tích phần giao nhau = Diện tích phần không giao nhau.

Mà tổng diện tích của cả hai hình tròn là:

\(S_{\text{t}ổ\text{ng}} = 2 \cdot \pi R^{2} = 2 \pi\)

Gọi:

• \(S_{\text{chung}}\) là diện tích phần giao nhau,
• \(S_{\text{kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{giao}} = 2 \pi - S_{\text{chung}}\)

Theo đề:

\(S_{\text{chung}} = S_{\text{kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{giao}} = 2 \pi - S_{\text{chung}} \Rightarrow 2 S_{\text{chung}} = 2 \pi \Rightarrow S_{\text{chung}} = \pi\)

Vậy diện tích phần giao nhau giữa hai hình tròn bằng \(\pi\). Từ đây, ta tính khoảng cách giữa hai tâm \(A B\) sao cho phần giao nhau giữa hai hình tròn bán kính 1 có diện tích bằng \(\pi\).

Diện tích phần giao nhau của hai hình tròn bằng nhau

Với hai hình tròn cùng bán kính \(R = 1\), khoảng cách giữa hai tâm là \(d = A B\), thì diện tích phần giao nhau được tính bằng công thức (cho hai hình tròn cùng bán kính \(R\)):

\(S = 2 R^{2} \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2 R} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 R^{2} - d^{2}}\)

Thay \(R = 1\), ta được:

\(S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 - d^{2}}\)

Ta cần giải phương trình:

\(2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 - d^{2}} = \pi\)

Giải xấp xỉ:

Dùng máy tính hoặc giải số gần đúng:

Thử một vài giá trị \(d \in \left[\right. 0 , 2 \left]\right.\):

• \(d = 0 \Rightarrow S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0 \left.\right) = 2 \cdot \frac{\pi}{2} = \pi\), còn lại là 0 → diện tích giao là nguyên hình tròn, quá lớn
• \(d = 1 \Rightarrow S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0.5 \left.\right) - \frac{1}{2} \cdot \sqrt{4 - 1} = 2 \cdot \frac{\pi}{3} - \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} = \frac{2 \pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 2.094 - 0.866 \approx 1.228\)

Chúng ta cần \(S = \pi \approx 3.1416\)

Thử tiếp:

• \(d = 1.0 \Rightarrow S \approx 1.228\) (quá nhỏ)
• \(d = 0.5 \Rightarrow \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0.25 \left.\right) \approx 1.3181\), \(\sqrt{4 - 0.25} = \sqrt{3.75} \approx 1.936\)
  \(S \approx 2 \cdot 1.3181 - \frac{0.5}{2} \cdot 1.936 \approx 2.636 - 0.484 \approx 2.152\)

Vẫn nhỏ hơn \(\pi\)

Tăng lên:

• \(d = 0.0 \Rightarrow S = 2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. 0 \left.\right) = \pi\) ✅

Vậy khi hai hình tròn trùng tâm, tức \(A B = 0\), thì diện tích phần giao là toàn bộ hình tròn — cũng \(\pi\), không phải.

Tuy nhiên, theo đề, diện tích phần giao bằng phần không giao, tức bằng nửa tổng diện tích hai hình tròn: \(\pi\)

=> Vậy ta phải giải phương trình:

\(2 \left(cos ⁡\right)^{- 1} \left(\right. \frac{d}{2} \left.\right) - \frac{d}{2} \sqrt{4 - d^{2}} = \pi\)

Dùng máy tính, bạn sẽ tìm được nghiệm gần đúng:

\(d \approx 1.17 \&\text{nbsp};(\text{dm})\)

Kết luận:

\(\boxed{A B \approx 1.17 \&\text{nbsp};\text{dm}}\)

Nếu bạn muốn, mình có thể vẽ minh họa hoặc giải phương trình số chính xác hơn bằng code.

Dưới đây là cách giải “tay không” rất đơn giản:

Gọi \(A B = d\) (km).

• Xe 1 đi từ \(A\) → \(B\) với vận tốc \(v_{1}\).
• Xe 2 đi từ \(B\) → \(A\) với vận tốc \(v_{2}\).

Theo đề:

1. Hai xe gặp nhau tại điểm cách \(A\) là \(140\) km.
   – Xe 1 đã đi được \(140\) km, nên thời gian đến chỗ gặp là
   \(t = \frac{140}{v_{1}} .\)
   – Xe 2 đi từ \(B\) tới điểm gặp, quãng đường là \(d - 140\), nên cùng thời gian
   \(t = \frac{d - 140}{v_{2}} .\)
   ⇒
   \(\frac{140}{v_{1}} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \frac{d - 140}{v_{2}} .\)
2. Nếu đi hết \(A B\) thì
   \(v_{1} = \frac{d}{8} , v_{2} = \frac{d}{7} .\)
3. Thay vào phương trình gặp nhau
   \(\frac{140}{d / 8} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \frac{d - 140}{\textrm{ } d / 7 \textrm{ }} \Longrightarrow \frac{140 \cdot 8}{d} = \frac{7 \left(\right. d - 140 \left.\right)}{d} .\)
   Bớt \(d\) hai vế:
   \(140 \cdot 8 = 7 \textrm{ } \left(\right. d - 140 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 1120 = 7 d - 980 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 7 d = 2100 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } d = 300 \textrm{ }\textrm{ } (\text{km}) .\)
4. Chuyển sang mét
   \(A B = 300 \textrm{ }\textrm{ } \text{km} = 300 \textrm{ } 000 \textrm{ }\textrm{ } \text{m} .\)

Đáp số: Quãng đường \(A B\) dài 300 000 m.

Dưới đây thầy/cô sẽ dùng phương pháp hoàn toàn “tay không”, chỉ dựa vào các kiến thức về ĐƯỜNG SONG SONG và ĐA GIÁC HẠN, vốn các em đã được học ở cấp 2.

1. Chứng minh \(M N \parallel B C\)

• Trên \(A B\), \(M\) chia tỉ số \(A M : M B = 2 : 1\);\quad
  trên \(A C\), \(N\) chia tỉ số \(A N : N C = 2 : 1\).
• Khi hai điểm chia trên hai cạnh của tam giác theo cùng tỉ số, đoạn nối hai điểm đó luôn song song với cạnh còn lại.
  \(A M / A B \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } A N / A C \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \frac{2}{3} \Longrightarrow M N \parallel B C .\)

2. Hình thang \(B M N C\)

Từ \(M N \parallel B C\) suy ra tứ giác \(B \textrm{ }⁣ M N C\) là hình thang với hai cạnh đáy song song là \(M N\) và \(B C\).

3. Tỉ số \(B I : I N\) (phần b)

Tính nhanh bằng tính chất hình thang:
Trong hình thang, giao của hai đường chéo (ở đây là \(B N\) và \(C M\)) chia chúng thành các đoạn tỉ lệ với hai đáy song song:

\(\frac{B I}{I N} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \frac{B C}{M N} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \frac{B C}{\frac{2}{3} \textrm{ } B C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \frac{1}{2 / 3} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } \frac{3}{2} .\)

⇒ \(\boxed{B I : I N = 3 : 2}\).

4. So sánh diện tích \(\left[\right. \triangle B M I \left]\right.\) và \(\left[\right. \triangle C N I \left]\right.\) (phần a)

Xét hai tam giác \(\triangle B M I\) và \(\triangle C N I\) trong cùng hình thang \(B M N C\):

• Cả hai đều có đỉnh chung \(I\).
• Hai đáy của chúng là \(B M\) và \(C N\), nằm trên hai cạnh bên của hình thang.
• Cả hai đều nằm giữa cặp đường thẳng song song \(M N\) và \(B C\).

Định lý về diện tích trong hình thang:
Nếu hai tam giác cùng chung một đỉnh ở giao điểm hai đường chéo, và các đáy của chúng nằm trên hai cạnh bên của hình thang, thì chúng có diện tích bằng nhau.

Do vậy

\(\boxed{\left[\right. \triangle B M I \left]\right. = \left[\right. \triangle C N I \left]\right. .}\)

Kết luận chung

\(\left{\right. \left[\right. \triangle B M I \left]\right. = \left[\right. \triangle C N I \left]\right. , \\ B I : I N = 3 : 2.\)

Nếu phần nào em vẫn còn thắc mắc, cứ hỏi thêm nhé!

– Tổng số học sinh: 40
– Số không đi học: 20
⇒ Số bạn đi học là

\(40−20=20 (bạn)\)