Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn (Toán học Lớp 10)

a) Gọi $MO$ cắt $BC$, $(O)$ tại $I$, $N$
Ta có $ME\cdot MA=M{B}^2=MI\cdot MN=MI\cdot 2MO=MO\cdot MQ$
Do đó $A,E,Q,O$ đồng viên (1)
Vì $(E,EM)$ cắt $(O)$ tại $D$, $M$ nên $OE$ là trung trực $DM$
$$\Rightarrow \angle DOE=\frac{\angle DOM}{2}=\angle DAM=\angle DAE$$
Do đó $A,E,D,O$ đồng viên (2)
Từ (1) và (2) suy ra $A,E,Q,D$ đồng viên.

b) Gọi $Q^{\prime }$ là điểm liên hợp đẳng giác với $P$ trong tam giác $ABC$.
Do $AP$ và $AQ$ đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc $\widehat{BAC}$ nên $Q^{\prime }$ thuộc đường thẳng $AQ$.
Mà $Q^{\prime }$ lại thuộc đường trung trực của $BC$ $\Rightarrow$ $Q\equiv Q^{\prime }$.
Chứng minh được $△AKB\sim △ALC$ nên:
$$\widehat{PKL}=\widehat{PLK}\Rightarrow PL=PK$$

Có $Q$ và $M$ đối xứng với nhau qua $BC$ nên dễ dàng chứng minh được:
$$\widehat{KBM}=\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\text{vaˋ}\widehat{KMB}=\widehat{ACB}$$

Suy ra $△KMB\sim △ACB$ và $△KBM\sim △LMC$.
Mà $MB=MC$ $\Rightarrow$ $△KBM=△LMC$, từ đó dẫn tới:
$$\frac{ML}{MK}=\frac{BK}{MK}=\frac{AB}{AC}=\frac{AK}{AL}$$

Suy ra $KL$ và $AM$ có chung trung điểm $\Rightarrow OK=OL$ (đpcm)

(1) Gọi $AI$ cắt $BC$ tại $G$. Ta có $\angle DKI=\angle DBC=\angle BAI$ nên tứ giác $AIBK$ nội tiếp, suy ra
$$DK\cdot DB=DI\cdot DA.$$
Mà $\angle ARD=180^{\circ }-\angle ACD=180^{\circ }-(\angle ACG+\angle BCD)=180^{\circ }-\angle AGB=\angle DIR.$
Do đó $DI\cdot DA=D{R}^2$, hay $D{M}^2=D{N}^2=DB\cdot DK=DI\cdot DA=D{R}^2$.
Tương tự, ta cũng có $D{P}^2=D{Q}^2=DI\cdot DA=D{S}^2$.
Suy ra sáu điểm $M,N,P,Q,R,S$ cùng nằm trên $(D,DN)$.
(2) Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của $KE,FL$. Ta có
$$\frac{IE}{IF}=\frac{GB}{GC}=\frac{IK}{IL}=\frac{KE}{FL}=\frac{UE}{VF}=\frac{IU}{IV}.$$
Mà
$$\angle UE{O}_1=90^{\circ }-\angle KBE=90^{\circ }-\angle AIK=90^{\circ }-\angle DIL=90^{\circ }-(180^{\circ }-\angle FCL)=\angle O_{2}FV,$$
suy ra $△E{O}_{1}U\sim △F{O}_{2}V$. Do đó
$$\frac{EU}{FV}=\frac{U{O}_1}{V{O}_2}\Rightarrow \frac{U{O}_1}{V{O}_2}=\frac{IU}{IV}\Rightarrow I,O_1,O_2\text{ thẳng haˋng}.$$
Xét cực và đối cực ứng với $(D)$.
Do $D{N}^2=DB\cdot DK$ nên $(D)$ trực giao với $(KEB)$, suy ra $MN$ là đường đối cực của $O_1$.
Tương tự, $PQ$ là đường đối cực của $O_2$.
Suy ra $O_1{O}_2$ là đường đối cực của $J$, nên $J$ nằm trên đường đối cực của $I$.
Lại có $DI\cdot DA=D{R}^2$ nên đường đối cực của $I$ là đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AI$.
Suy ra $A,J,T$ thẳng hàng.

(1) Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $Y$, $YJ$ cắt $(O)$ tại $X^{\prime }$. Do $(YDBC)=-1\Rightarrow YD\cdot YN=YB\cdot YC=YJ\cdot YX\Rightarrow$ Tứ giác $DN{X}^{\prime }J$ nội tiếp $\Rightarrow \angle J{X}^{\prime }N=\angle BDJ=\angle ATJ=\angle J{X}^{\prime }A\Rightarrow A,N,X^{\prime }$ thẳng hàng hay $X^{\prime }$ trùng $X$ hay ta có $BC,EF,XJ$ đồng quy.
(2) Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}A& Q& P\\ J& B& C\end{array}\right)$ ta được $BP,CQ,EF$ đồng quy tại $K$.
Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}B& J& A\\ X& C& P\end{array}\right)$ ta được $YE,BP,AX$ đồng quy tại $K$.
Ta có tính chất quen thuộc là $DI,EF,AN$ đồng quy tại $K$.
Gọi $O^{\prime }$ là tâm $(BKC)$ nên $\angle KPQ+\angle O^{\prime }KB=\angle KCB+90^{\circ }-\frac{\angle K{O}^{\prime }B}{2}=90^{\circ }$ nên $O^{\prime }K\perp PQ$.
Do đó ta cần chứng minh $AL$ song song với $O^{\prime }K$ với $L$ là trung điểm $MN$.
Gọi $(O^{\prime })$ cắt $EF$ tại $Z$ và $V$ là trung điểm $KN$.
Ta có $YD\cdot YN=YB\cdot YC=YK\cdot YZ\Rightarrow$ Tứ giác $KZND$ nội tiếp $\Rightarrow \angle KZN=90^{\circ }$.
$\Rightarrow O^{\prime }V$ là trung trực $KZ\Rightarrow O^{\prime }V//AM\Rightarrow \frac{NK}{NA}=\frac{2NV}{NA}=\frac{2N{O}^{\prime }}{NM}=\frac{N{O}^{\prime }}{NL}\Rightarrow K{O}^{\prime }//AL$.

a)
Lời giải 1:
Gọi $G$ là Miquel của tứ giác toàn phần $BCEF.PA$.
Có $\widehat{AGI}=90^{\circ }$, $AI\perp PO$ (theo định lý Brocard).
Khi đó ta có $GXYA$ nội tiếp đường tròn đường kính $AI$.
Xét trục đẳng phương của $(AFE),(O),(ABC)$ ta có $A,G,P$ thẳng hàng
Ta có: $\widehat{APK}=\widehat{APO}=\widehat{AIG}=\widehat{AXG}$ nên tứ giác $GPKX$ nội tiếp.

Ta có $\widehat{AYX}=\widehat{XGP}=\widehat{XKL}$ nên $X,Y,K,L$ cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải 2:

Theo định lý Brocard ta có $AI\perp PO$ nên suy ra $\widehat{AKL}=\widehat{AIX}=\widehat{AYX}$

Do đó $X,Y,K,L$ cùng nằm trên một đường tròn.

b)



Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Ta có $\widehat{AQR}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}$ nên $QBRC$ nội tiếp.

Mặt khác ta có $(PDBC)=-1$ nên $\overline{DP}\cdot \overline{DM}=\overline{DB}\cdot \overline{DC}=\overline{DQ}\cdot \overline{DR}$.

Do đó $PQMR$ nội tiếp nên $(PQR)$ đi qua điểm $M$ cố định.

a) Kí hiệu $(UVT)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $UVT$.
Gọi $D^{\prime }$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $X$ là trung điểm của đoạn thẳng $D{D}^{\prime }$.
Ta có $(D^{\prime }DBC)=-1$ nên ${\overline{XD}}^2=\overline{XB}.\overline{XC}$.
Gọi $\Gamma$ là đường tròn tâm $X$, đường kính $D{D}^{\prime }$.
Định nghĩa lại $K$ là giao điểm thứ hai của đường tròn $\Gamma$ và đường tròn $(I)$.
Do ${\overline{XK}}^2={\overline{XD}}^2=\overline{XB}.\overline{XC}$ nên $XK$ là tiếp tuyến chung tại $K$ của hai đường tròn $(I)$ và $(BKC)$.
Gọi $B^{\prime },C^{\prime }$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AC,AB$ và đường tròn $(BKC)$.
Khi đó đường tròn $(I)$ tiếp xúc với đường tròn $(BKC)$ tại $K$ đồng thời tiếp xúc với các dây $CB,C{B}^{\prime }$ của đường tròn $(BKC)$ lần lượt tại $D,E$.
Suy ra $KD,KE$ lần lượt là phân giác của $\angle BKC,\angle CK{B}^{\prime }$.
Lại có $KC$ là đường đối trung từ đỉnh $K$ của $△DKE$ nên ta có:
$$\angle BKM=\angle BKD+\angle DKM=\frac{\angle BKC+\angle CK{B}^{\prime }}{2}=\frac{\angle BK{B}^{\prime }}{2}=\angle CDM$$
Suy ra tứ giác $BKMD$ nội tiếp, hay $K\in (BDM)$, chứng minh tương tự ta có $K\in (CDN)$.



b) Ta sẽ chứng minh ba điểm $P,Q,X$ thẳng hàng.
Thật vậy, xét ba đường tròn $(O),(BDM),(CDN)$ có các trục đẳng phương $BP,CQ,DK$ đồng quy hoặc đối một song song.

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

+ Trường hợp 1: Ba đường thẳng $BP,CQ,DK$ đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là $R$.
Gọi $l$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(I)$ và $(O)$. Ta có:
${\mathrm{P}}_{R/(O)}=\overline{RB}.\overline{RP}=\overline{RK}.\overline{RD}={\mathrm{P}}_{R/(I)}\Rightarrow R\in l\Rightarrow R=l\cap DK$
Lại có: ${\mathrm{P}}_{X/(O)}=\overline{XB}.\overline{XC}={\overline{XD}}^2={\mathrm{P}}_{X/(I)}\Rightarrow X\in l$
Gọi $Y$ và $Z$ là các giao điểm của hai đường tròn $(O)$ và $\Gamma$.
Xét ba đường tròn $(I)$, $(O)$ và $\Gamma$ ta có ba trục đẳng phương $YZ,KD$ và $l$ đồng quy tại $R$. Khi đó $R$ thuộc $YZ$ là đường đối cực của $X$ đối với $(O)$.
Vì $R$ thuộc đường đối cực của $X$ đối với $(O)$ nên theo định lý La Hire thì $X$ thuộc đường đối cực của $R$ đối với $(O)$. Vậy $X$ là giao điểm của $BC$ và đường đối cực của $R$ đối với $(O)$.
Mà $BC,PQ$ và đường đối cực của $R$ đối với $(O)$ đồng quy nên ba điểm $X,P,Q$ thẳng hàng.

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f2]

+ Trường hợp 2: Ba đường thẳng $BP,CQ,DK$ đôi một song song.
Khi đó các tứ giác $BPKD,DKQC,BPQC$ là các hình thang cân có các đáy $BP,DK,CQ$.
Suy ra các điểm $P,K,Q$ lần lượt đối xứng với các điểm $B,D,C$ qua đường trung trực của đoạn $DK$.
Mà $X$ nằm trên đường trung trực của $DK$ và ba điểm $X,B,C$ thẳng hàng nên ba điểm $X,P,Q$ thẳng hàng.
Do $X$ là trung điểm $D{D}^{\prime }$ nên $X,N,M$ thẳng hàng. Mặt khác, tứ giác $BNMC$ nội tiếp do $\overline{IN}.\overline{IB}={\overline{ID}}^2=\overline{IM}.\overline{IC}$.
Khi đó ta có: $\overline{XP}.\overline{XQ}=\overline{XB}.\overline{XC}=\overline{XM}.\overline{XN}$.
Suy ra bốn điểm $P,Q,M,N$ nằm trên một đường tròn. (đpcm)

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P4):



a) Gọi $AI$ cắt $(O)$ tại $G$, $AJ$ cắt $(O)$ tại $H$. Ta dễ có $GI=GB=GM$ và $HJ=HM=HC$ mà $AG,AH$ đẳng giác nên $GB=HC\Rightarrow GI=HJ$, lại có $N$ là trung điểm cung lớn $BC$ nên $N$ cũng là trung điểm cung lớn $GH\Rightarrow NG=NH\Rightarrow △NGI=△NHJ$ (c.g.c) $\Rightarrow \angle NIG=\angle NJH\Rightarrow ANJI$ nội tiếp.

b) Gọi $AN,AM$ cắt $BC$ tại $E,D$.

Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB\cdot AC$ và lấy đối xứng qua phân giác $\angle BAC$ ta có:

B ⟺ C, (O) ⟺ BC nên (K) biến thành đường tròn bàng tiếp (Q) của ΔADC và (L) biến thành đường tròn bàng tiếp (P) của ΔABD.

Gọi U, V là hình chiếu của P, Q lên AT ⟹ $\frac{AP}{AQ}=\frac{PU}{QV}$. Gọi PQ cắt BC tại E' ⟹ E' là tâm vị tự ngoài của (P) và (Q) ⟹ $\frac{E^{\prime }P}{E^{\prime }Q}=\frac{PU}{QV}=\frac{AP}{AQ}$ ⟹ AE' là phân giác ngoài ∠PAQ ⟹ E' trùng E.

Gọi tiếp tuyến chung ngoài khác BC của (P), (Q) cắt AD tại T, cắt (ADE) tại X ⟹ AE, DX là hai đường cao ΔDET do (ADE) là đường tròn đường kính DE. Ta thấy ảnh của tiếp tuyến chung trong d của (K) và (L) sẽ là đường tròn đi qua A tiếp xúc trong với (P) và tiếp xúc ngoài với (Q) nên ảnh của d chính là đường tròn Euler tam giác DET theo định lí Feuerbach. Mà Z là giao điểm của d với MN nên ảnh của Z chính là X, là giao điểm của (ADE) và (Euler) của ΔDET. Mà EX tiếp xúc với cả (P) và (Q) nên (AZN) tiếp xúc với cả (K) và (L).

a) Gọi $AK,DK$ cắt $OD$ và $OA$ lần lượt tại $P$ và $S$. Ta có ${\mathcal{P}}_{K/(AB)}=\overline{KA}.\overline{KP}$ và ${\mathcal{P}}_{K/(CD)}=\overline{KS}.\overline{KD}$
Mà ta có: $A,S,P,D$ cùng thuộc 1 đường tròn đường kính $AD$ dẫn đến: $\overline{KA}.\overline{KP}=\overline{KS}.\overline{KD}$ và suy ra: $K$ thuộc trục đẳng phương của $(AB)$ và $(CD)$. Tương tự: $L$ thuộc trục đẳng phương của $(AB)$ và $(CD)$. Do đó ta có điều phải chứng minh.
b) Gọi $AK$ cắt $BL$ tại $X$, ta có: $O$ là trực tâm $BXC$ dẫn đến: $OG$, $AK$, $BL$ đồng quy tại $X$. Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác $OKL$ và $GAB$ dẫn đến: $FH$, $AB$, $KL$ đôi một đồng quy hoặc song song đôi một suy ra điều phải chứng minh.

(AI giải đề cho tôi)
Mô hình: nửa đường tròn bán kính R=1 tâm O, A, B nằm trên đường kính, M trên cung sao cho AM⊥AB, AMNB là hình chữ nhật nội tiếp.
a) M nằm trên nửa đường tròn tâm O bán kính 1 nên OM = R = 1 (m). Đúng.
b) Với AM = 0,8: tam giác AMO vuông tại A nên OA = √(OM² − AM²) = √(1 − 0,64) = 0,6. Diện tích △AMO = ½·OA·AM = ½·0,6·0,8 = 0,24 (m²). Đúng.
c) Chu vi hình chữ nhật AMNB = 2(AM + AB) = 1 + 2√3 ⇒ AB = √3. Vì M trên đường tròn: OA = √(1 − AM²) = √(1 − 0,25) = √3/2, và AB = √3 = 2·OA nên A, B đối xứng qua O, thỏa mãn. Diện tích trồng hoa = AM·AB = 0,5·√3 = √3/2 (m²) ≠ √3 (m²). Sai.
d) Đặt ∠AOM = α thì AM = sinα, OA = cosα, AB = 2cosα. Diện tích S = AM·AB = 2sinα·cosα = sin2α ≤ 1, đạt max khi 2α = 90° tức α = 45°, không phải 90°. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
M nằm trên nửa đường tròn tâm O bán kính R=1 nên OM = 1 m.
b) (AI giải đề cho tôi)
OA = √(1 − 0,8²) = 0,6; S = ½·0,6·0,8 = 0,24 m².
c) (AI giải đề cho tôi)
AB = √3, OA = √(1−0,25) = √3/2 (hợp lệ), nhưng diện tích = AM·AB = 0,5·√3 = √3/2 m², không phải √3 m².
d) (AI giải đề cho tôi)
S = 2sinα·cosα = sin2α đạt lớn nhất khi α = 45°, không phải 90°.

a) Vì $AD,AE$ là cặp phân giác trong, ngoài $△ABC$ nên $AD\perp AE$.
$AEDF$ nội tiếp nên $\angle EFD=\angle EAD=90^{\circ }$ hay $EF\perp DJ$.
Do đó $S$ là trực tâm $△JED$, nên $JB$ là đường cao $△JED$.
$\Rightarrow ABDJ$ nội tiếp.
Gọi $O$ là tâm $JED$, để ý $Q,S$ là tâm Euler và trực tâm $△JED$ nên $O,Q,S$ thẳng hàng.
Ta có:
$${\mathcal{P}}_{C/(O)}=CD\cdot CE=CF\cdot CA={\mathcal{P}}_{C/(Q)}\text{(AFDE nội tieˆˊp)}$$
tương tự:
$${\mathcal{P}}_{I/(O)}=ID\cdot IJ=IB\cdot IA={\mathcal{P}}_{I/(Q)}\text{(ABDJ nội tieˆˊp)}$$
Từ đó, $C,I$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn $(O),(Q)$ nên $CI\perp OQ$
hay $CI\perp SQ$ (vì $O,Q,S$ thẳng hàng).

b) Tương tự câu a), ta có:
$${\mathcal{P}}_{X/(O)}=XE\cdot XJ=XB\cdot XF={\mathcal{P}}_{X/(Q)}\text{(EBFJ nội tieˆˊp)}$$
nên $X$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn $(O),(Q)$.
Suy ra $C,I,X$ thẳng hàng.

[Hình cần kiểm tra lại: p5_f1]

Bình luận: Bài toán trên thật ra là mô hình trục tâm kết hợp kiến thức về phương tích, trục đẳng phương.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A=(t,-\sqrt{3}t)$ trên $d_1:\sqrt{3}x+y=0$ với $t>0$ (hoành độ dương). Vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$ và $BC\subset d_2$ nên $AB\perp d_2$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $d_2$ cắt $d_2$ tại $B=\left(-\frac{t}{2},-\frac{\sqrt{3}t}{2}\right)$, và $AB=d(A,d_2)=\frac{|2\sqrt{3}t|}{2}=\sqrt{3}t$.

Tâm $I$ nằm trên đường vuông góc với $d_1$ tại $A$, tức $I=A-r\cdot \frac{(\sqrt{3},1)}{2}$ (xét phía phù hợp). Từ $|IB|=r$ ta được $3t^2+\sqrt{3}tr=r^2$ với $I=A-\sqrt{3}t\cdot \frac{(\sqrt{3},1)}{2}$, cho $I=\left(-\frac{t}{2},-\frac{3\sqrt{3}t}{2}\right)$, bán kính $r=\sqrt{3}t$.

Gọi $C=B+s\cdot \frac{(1,\sqrt{3})}{2}$ (vì $C\in d_2$), điều kiện $C\in (C)$: $\frac{s^2}{4}+\frac{3(2t+s{)}^2}{4}=3t^2\Rightarrow 4s^2+12ts=0\Rightarrow s=-3t$ (loại $s=0$).

Diện tích: $\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}t\cdot 3t=\frac{3\sqrt{3}{t}^2}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow t^2=\frac{1}{3}\Rightarrow t=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Suy ra $A=\left(\frac{\sqrt{3}}{3},-1\right)$ (hoành độ dương ✓), $I=\left(-\frac{\sqrt{3}}{6},-\frac{3}{2}\right)$, $r=1$.

Kiểm tra: $B=\left(-\frac{\sqrt{3}}{6},-\frac{1}{2}\right)$, $C=\left(-\frac{2\sqrt{3}}{3},-2\right)$; $\overrightarrow{BA}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$, $\overrightarrow{BC}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}\right)$, tích vô hướng $=-\frac{3}{4}+\frac{3}{4}=0$ (vuông tại $B$ ✓); diện tích $=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ✓.

Phương trình đường tròn: ${\left(x+\frac{\sqrt{3}}{6}\right)}^2+{\left(y+\frac{3}{2}\right)}^2=1$, khớp với đáp án B (đúng như đáp án chính thức, mã đề 101).

(AI giải đề cho tôi)
Vòm là nửa đường tròn bán kính $R=AH/2=6$ m, tâm $O$ là trung điểm $AH$. Gọi $\alpha =\widehat{AOB}$, vì $BK\perp AH$ nên $BK=R\sin \alpha$, suy ra $\sin \alpha =2,8/6=7/15$ và $\cos \alpha =\sqrt{1-49/225}=4\sqrt{11}/15$. Các cung $AB,BC,CD,EF,FG,GH$ bằng nhau nên $\widehat{AOC}=2\alpha$, tức điểm $C$ trên nửa đường tròn có góc ở tâm $2\alpha$. Chiều cao $CM$ là tung độ của $C$: $CM=R\sin 2\alpha =6\cdot 2\sin \alpha \cos \alpha =12\cdot \frac{7}{15}\cdot \frac{4\sqrt{11}}{15}=\frac{336\sqrt{11}}{225}\approx 4,9529$ m. Làm tròn đến hàng phần trăm: $CM\approx 4,95$ m, khớp đáp án chính thức 4,95.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O_1$ có bán kính $R=20$ m, $O_2$ có bán kính $r=15$ m, $O_1{O}_2=30$ m. Giao tuyến $AB$ cắt $O_1{O}_2$ tại $H$.

Khoảng cách từ $O_2$ đến dây $AB$: $O_{2}H=\frac{d^2+r^2-R^2}{2d}=\frac{900+225-400}{60}=\frac{725}{60}\approx 12,083$ m; suy ra $O_{1}H=30-12,083=17,917$ m. Nửa dây $AH=\sqrt{20^2-17,917^2}\approx 8,888$ m.

Diện tích phần giao nhau (hình thuỳ + hình tam giác, nhân 2):
- Tại $O_1$: $\cos \alpha =\frac{17,917}{20}=0,8958\Rightarrow \alpha \approx 0,4604$ rad; diện tích = $2\left(\frac{1}{2}{R}^2\cdot 2\alpha -\frac{1}{2}{R}^2\sin 2\alpha \right)=R^2(2\alpha -\sin 2\alpha )\approx 400(0,9209-0,7961)\approx 49,9$ m².
- Tại $O_2$: $\cos \beta =\frac{12,083}{15}=0,8056\Rightarrow \beta \approx 0,6342$ rad; diện tích $=r^2(2\beta -\sin 2\beta )\approx 225(1,2683-0,9541)\approx 70,7$ m².

Vậy $S_{giao}\approx 49,9+70,7\approx 60,3$ m² (kiểm tra: $2\cdot \frac{1}{2}\cdot 30\cdot 8,888\approx 266,6$; $184,2+142,7-266,6\approx 60,3$ m²).

Diện tích mỗi hình tròn: $S_1=400\pi \approx 1256,64$ m², $S_2=225\pi \approx 706,86$ m².

Phần giao nhau làm với giá 300 nghìn đồng/m²; phần còn lại của mỗi hình tròn (tức $S_1+S_2-2S_{giao}$) làm với giá 100 nghìn đồng/m². Số tiền:
$$T=0,3\cdot 60,3+0,1(1256,64+706,86-2\cdot 60,3)\approx 18,1+184,3\approx 202,4\text{ triệu đoˆˋng.}$$

Vậy số tiền gần nhất là $202,4$ triệu đồng, khớp với đáp án A của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn tâm $I(1;2)$, bán kính $R=5$ có phương trình $(x-1{)}^2+(y-2{)}^2=25$. Khai triển: $x^2-2x+1+y^2-4y+4=25\iff x^2+y^2-2x-4y-20=0$. Vậy đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 10: D).

Gọi $B$, $B^{\prime }$ là các điểm tiếp xúc của dây với cối (như hình 2), $E$ là tâm cối. Do dây căng đều về hai phía nên $DE\perp A{A}^{\prime }$, $AD=A^{\prime }D=3$, $DE=4$.
Tam giác $ADE$ vuông tại $D$: $AE=\sqrt{A{D}^2+D{E}^2}=5$, $\tan \widehat{AED}=\frac{AD}{DE}=\frac{3}{4}\Rightarrow \widehat{AED}=\arctan \frac{3}{4}$.
$AB$ là tiếp tuyến nên tam giác $ABE$ vuông tại $B$: $AB=\sqrt{A{E}^2-E{B}^2}=\sqrt{21}$, $\cos \widehat{AEB}=\frac{EB}{AE}=\frac{2}{5}\Rightarrow \widehat{AEB}=\arccos \frac{2}{5}$.
Suy ra $\widehat{DEB}=\arctan \frac{3}{4}+\arccos \frac{2}{5}$. Tương tự $A^{\prime }{B}^{\prime }=\sqrt{21}$, $\widehat{DE{B}^{\prime }}=\widehat{DEB}$.
Cung $B{B}^{\prime }$ mà dây ôm sát có số đo $2\pi -2\widehat{DEB}$ (rad), độ dài cung là $2\left(2\pi -2\widehat{DEB}\right)=4\pi -4\left(\arctan \frac{3}{4}+\arccos \frac{2}{5}\right)$.
Vậy $\ell =2\sqrt{21}+4\pi -4\left(\arctan \frac{3}{4}+\arccos \frac{2}{5}\right)\approx 14,5$ (m).

Đáp án: $4,2$.

Bán kính vòm cổng là $R=OA=OB=OC=\frac{AH}{2}=5$ (m).

Đặt $\widehat{AOB}=\alpha$. Hai cung $AB$ và $BC$ bằng nhau nên $\widehat{BOC}=\widehat{AOB}=\alpha$, suy ra $\widehat{AOC}=2\alpha$.

Tam giác $OBK$ vuông tại $K$ nên $\sin \alpha =\frac{BK}{OB}=\frac{2,4}{5}=\frac{12}{25}$. Vì $\alpha$ là góc nhọn nên

$\cos \alpha =\sqrt{1-{\left(\frac{12}{25}\right)}^2}=\frac{\sqrt{481}}{25}$.

Tam giác $OCM$ vuông tại $M$ nên

$CM=OC\cdot \sin 2\alpha =5\cdot 2\sin \alpha \cos \alpha =10\cdot \frac{12}{25}\cdot \frac{\sqrt{481}}{25}=\frac{24\sqrt{481}}{125}\approx 4,2$ (m).

Ta có:
$|(1-i)z-4+2i|=2\iff |1-i|\cdot \left|z-\frac{4-2i}{1-i}\right|=2$.
Ta tính: $\frac{4-2i}{1-i}=\frac{(4-2i)(1+i)}{1^2+1}=\frac{4+4i-2i+2}{2}=\frac{6+2i}{2}=3+i$.
Vì $|1-i|=\sqrt{2}$ nên:
$\sqrt{2}\cdot |z-(3+i)|=2\iff |z-(3+i)|=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn có tâm $I(3;1)$ và bán kính $R=\sqrt{2}$.

Lấy liên hợp của đẳng thức đầu: $|z+3-2i|=\sqrt{5}$.
Đặt $u=-w$, khi đó $|-u+5+6i|=2\sqrt{5}\iff |u-(5+6i)|=2\sqrt{5}$.
Khi đó $|z+w|=|z-u|$ là khoảng cách giữa hai điểm biểu diễn số phức $z$ và $u$.
Điểm $M(z)$ nằm trên đường tròn $(C_1)$ tâm $I_1(-3;2)$, bán kính $R_1=\sqrt{5}$.
Điểm $N(u)$ nằm trên đường tròn $(C_2)$ tâm $I_2(5;6)$, bán kính $R_2=2\sqrt{5}$.
Ta có $\overrightarrow{I_1{I}_2}=(8;4)⟹I_1{I}_2=\sqrt{8^2+4^2}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$.
Vì $I_1{I}_2>R_1+R_2=3\sqrt{5}$ nên hai đường tròn ngoài nhau.
Khoảng cách $|z-u|$ nhỏ nhất khi $M,N$ nằm trên đoạn thẳng nối hai tâm $I_1{I}_2$.
Tính tọa độ điểm $z$ và $w$ tại điểm đạt cực trị ta được giá trị $T=ac+bd+a^2+b^2=-1$.

Ta có: $T=|\bar{z}+1-4i|=|z+1+4i|$.
Gọi $M(x;y)$ là điểm biểu diễn số phức $z=x+yi$.
- $|z+2i|\le 2\sqrt{5}\iff x^2+(y+2{)}^2\le 20$: hình tròn $(C_1)$ tâm $I_1(0;-2)$, bán kính $R_1=2\sqrt{5}$.
- $|z-4i|\le 2\sqrt{2}\iff x^2+(y-4{)}^2\le 8$: hình tròn $(C_2)$ tâm $I_2(0;4)$, bán kính $R_2=2\sqrt{2}$.
Điểm $M$ thuộc phần giao của hai hình tròn.
$T=MA$ với $A(-1;-4)$.
Khoảng cách lớn nhất từ $A$ đến miền giao đạt tại giao điểm của biên hai đường tròn hoặc điểm cực biên trên đường tròn $(C_1)$, cho kết quả $T_{\max }=3\sqrt{5}$.