Vẽ $OH\perp AB$, đường thẳng OH cắt CD tại K. Hãy chứng minh

$OK\perp CD,$ KC=KD và AH=HB.

Tính được OH=15, suy ra OK=7.

Từ đó suy ra KD=24, suy ra CD=48.

- Nếu O nằm ngoài dải song song tạo bởi AB và CD (h.104b) thì HK = OH - OK = 15 - 7=8 (cm)

Kẻ OM ⊥ AB, ON ⊥ CD.

Ta thấy M, O, N thẳng hàng. Ta có:

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông AMO có:

OM2 = OA2 – AM2 = 252 – 202 = 225

=> OM = √225 = 15cm

=> ON = MN – OM = 22 – 15 = 7 (cm)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CON có:

CN2 = CO2 – ON2 = 252 – 72 = 576

=> CN = √576 = 24

=> CD = 2CN = 48cm

Kẻ OM ⊥ AB, ON ⊥ CD.

Ta thấy M, O, N thẳng hàng. Ta có:

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông AMO có:

O M 2   =   O A 2   –   A M 2   =   25 2   –   20 2 =   22 2

=> OM = √225 = 15cm

=> ON = MN – OM = 22 – 15 = 7 (cm)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CON có:

C N 2   =   C O 2   –   O N 2   =   25 2   –   7 2   =   576

=> CN = √576 = 24

=> CD = 2CN = 48cm

Kẻ \(OM\perp AB , ON\perp CD\)

Ta thấy M, O, N thẳng hàng. Ta có:

\(AM=\frac{1}{2}AB=20cm ; MN=22cm\)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông AMO có:

OM² = OA² – AM² = 25² – 20² = 225

=> OM = \(\sqrt{225}\) = 15cm

=> ON = MN – OM = 22 – 15 = 7 (cm)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CON có:

CN² = CO² – ON² = 25² – 7² = 576

=> CN = \(\sqrt{576}\) = 24

=> CD = 2CN = 48cm

Lời giải chi tiết

a) Kẻ OH⊥ABOH⊥AB tại H

Khi đó, đường tròn (O) có OH là 1 phần đường kính vuông góc với dây AB tại H

Suy ra HH là trung điểm của dây ABAB (Theo định lí 2 - trang 103) 

⇒HA=HB=AB2=82=4cm.⇒HA=HB=AB2=82=4cm.

Xét tam giác HOBHOB vuông tại HH, theo định lí Pytago, ta có:

OB2=OH2+HB2⇔OH2=OB2−HB2OB2=OH2+HB2⇔OH2=OB2−HB2

⇔OH2=52−42=25−16=9⇒OH=3(cm)⇔OH2=52−42=25−16=9⇒OH=3(cm).

Vậy khoảng cách từ tâm OO đến dây ABAB là 3cm3cm.

b) Vẽ OK⊥CDOK⊥CD tại K

Tứ giác KOHIKOHI có ba góc vuông (ˆK=ˆH=ˆI=900)(K^=H^=I^=900) nên là hình chữ nhật, suy ra OK=HIOK=HI.

Ta có HI=AH−AI=4−1=3cmHI=AH−AI=4−1=3cm, suy ra OK=3cm.OK=3cm.

Vậy OH=OK=3cm.OH=OK=3cm.

Hai dây ABAB và CDCD cách đều tâm nên chúng bằng nhau.

Do đó AB=CD.

AB2=82=4cm." role="presentation" style="border:0px; direction:ltr; display:inline-block; float:none; font-size:19.2px; line-height:0; margin:0px; max-height:none; max-width:none; min-height:0px; min-width:0px; overflow-wrap:normal; padding:1px 0px; position:relative; white-space:nowrap; word-spacing:normal" class="MathJax_CHTML mjx-chtml">AB2=82=4cm.

Xét tam giác $HOB$ vuông tại $H$, theo định lí Pytago, ta có:

OB2=OH2+HB2⇔OH2=OB2−HB2OB2=OH2+HB2⇔OH2=OB2−HB2

⇔OH2=52−42=25−16=9⇒OH=3(cm)⇔OH2=52−42=25−16=9⇒OH=3(cm).

Vậy khoảng cách từ tâm $O$ đến dây $AB$ là $3cm$.

b) Vẽ $OK\perp CD$ tại K

Tứ giác $KOHI$ có ba góc vuông (ˆK=ˆH=ˆI=900)(K^=H^=I^=900) nên là hình chữ nhật, suy ra $OK=HI$.

Ta có $HI=AH-AI=4-1$

Qua O kẻ đường thẳng vuông góc AB và CD, lần lượt cắt AB và CD tại E và F ⇒ E là trung điểm AB, F là trung điểm CD

AE=12AB=4(cm) ; CF=12CD=3(cm)

Áp dụng định lý pytago cho tam giác vuông OAE

OE=√OA2−AE2=√R2−AE2=3(cm)

Pitago tam giác vuông OCF:

OF=√OC2−CF2=√R2−CF2=4(cm)

⇒EF=OE+OF=7(cm)

chúc bn học tốt !

a) Ta có AH là đường cao của tam giác ABC, do đó AB là đường trung trực của đoạn thẳng LH (vì H là trung điểm của BC).

b) Ta có $\angle AED = \angle ACD$ do cùng chắn cung AD trên đường tròn (T). Mà $\angle A = \angle APQ$ vì DE // PQ, nên $\angle AED = \angle APQ$. Tương tự, ta cũng có $\angle ADE = \angle AQP$. Do đó tam giác ADE và APQ đều có hai góc bằng nhau, tức là cân.

c) Ta có $\angle LBD = \angle LCB$ do cùng chắn cung LB trên đường tròn (T). Mà $\angle LCB = \angle LPB$ vì DE // PQ, nên $\angle LBD = \angle LPB$. Tương tự, ta cũng có $\angle LDC = \angle LQC$. Do đó tam giác LBD và LPQ đều có hai góc bằng nhau, tức là đồng dạng. Vậy ta có $\frac{LD}{LP} = \frac{LB}{LQ}$.

Từ đó, có $\frac{LP}{LQ} = \frac{LB}{LD}$. Áp dụng định lý cosin trong tam giác BPQ, ta có:

$PQ^2 = BP^2 + BQ^2 - 2BP \cdot BQ \cdot \cos{\angle PBQ}$

Nhưng ta cũng có:

$BP = LB \cdot \frac{LD}{LP}$

$BQ = L \cdot \frac{LP}{LD}$

Thay vào định lý cosin, ta được:

$PQ^2 = LB^2 + LQ^2 - 2LB \cdot LQ \cdot \frac{LD}{LP} \cdot \frac{LP}{LD} \cdot \cos{\angle PBQ}$

$PQ^2 = LB^2 + LQ^2 - 2LB \cdot LQ \cdot \cos{\angle PBQ}$

Tương tự, áp dụng định lý cosin trong tam giác ADE, ta có:

$DE^2 = AD^2 + AE^2 - 2AD \cdot AE \cdot \cos{\angle AED}$

Nhưng ta cũng có:

$AD = LD \cdot \frac{LB}{LP}$

$AE = LQ \cdot \frac{LD}{LP}$

Thay vào định lý cosin, ta được:

$DE^2 = LD^2 + LQ^2 - 2LD \cdot LQ \cdot \frac{LB}{LP} \cdot \frac{LD}{LP} \cdot \cos{\angle AED}$

$DE^2 = LD^2 + LQ^2 - 2LD \cdot LQ \cdot \cos{\angle AED}$

Nhưng ta cũng có $\angle AED = \angle PBQ$ do tam giác cân ADE và APQ, nên $\cos{\angle AED} = \cos{\angle PBQ}$. Do đó,

$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LB \cdot LQ \cdot \cos{\angle PBQ}$

Nhưng ta cũng có $LB \cdot LQ = LH \cdot LL'$ (với L' là điểm đối xứng của L qua AB), do tam giác HL'B cân tại L'. Thay vào phương trình trên, ta được:

$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LH \cdot LL' \cdot \cos{\angle PBQ}$