Cho đường tròn \(\left( {0;5{\rm{\;cm}}} \right)\) là một dây bất kì của đường tròn đó. Biết \(AB = 6{\rm{\;cm}}\).

a) Tinh khoàng cách từ \({\rm{O}}\) đến đường thẳng \({\rm{AB}}\).

b) Tinh\(\tan  \propto \) nếu góc ở tâm chắn cung \(AB\) bằng \(2\alpha \).

Ta có \(\widehat {COD} = 90^\circ \) (gt) nên \[\Delta COD\] vuông cân tại O ta có:

\(CD = \sqrt {O{C^2} + O{D^2}}  = \sqrt {2{R^2}}  = R\sqrt 2 \)

Kẻ OH ꓕ CD, tam giác COD cân tại O nên đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến hay \(HC = HD\)

\( \Rightarrow HC = HD = OH = \frac{{CD}}{2} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác vuông OHE, ta có:

\(EH = \sqrt {O{E^2} - O{H^2}} \) (định lý Pythagore) \[\]

\(EH = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{R\sqrt {14} }}{2}\)

\[ED\; = {\rm{EH}} - {\rm{HD}} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt {14} }}{2} - \frac{{{\rm{R}}\sqrt 2 }}{2}\]

\[ = \frac{{{\rm{R}}\sqrt {14}  - {\rm{R}}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt 2 \left( {\sqrt 7  - 1} \right)}}{2}\]

\[EC\; = {\rm{EH}} + {\rm{HC}} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt {14}  + {\rm{R}}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt 2 \left( {\sqrt 7  + 1} \right)}}{2}\]

a) Kẻ \({\rm{OH}} \bot {\rm{AB}}\), ta có: \({\rm{HA}} = {\rm{HB}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\,\,{\rm{(cm)}}\)

Xét tam giác vuông \({\rm{AOH}}\), ta có

\(OH = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{A}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{H}}^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6\,\,{\rm{(cm)}}.\)

b) Ta có: \({\rm{KB}} = {\rm{AB}} - {\rm{AK}} = 16 - 14 = 2\,\,{\rm{(cm)}}\)

Do \({\rm{HK}} = {\rm{HB}} - {\rm{KB}} = 8 - 2 = 6\,\,{\rm{(cm)}}\)

Kẻ OI \( \bot {\rm{PQ}}\), khi đó tứ giác OHKI là hình chữ nhật có hai canh kề

\({\rm{OH}} = {\rm{KH}} = 6\,\,{\rm{cm\;n\^e n\;l\`a \;h\`i nh\;vu\^o ng}}{\rm{.\;}}\)

Do đó: \({\rm{OH}} = {\rm{OI}} = 6\,\,{\rm{cm\;}}\).

Tam giác \({\rm{OHB}}\) vuông tại \({\rm{H}}\). Theo định lí Pythagore, ta có:

\({\rm{O}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} \Rightarrow {\rm{H}}{{\rm{B}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} \Rightarrow {\rm{HB}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{H}}^2}} {\rm{.\;}}\)

Tương tự với tam giác \({\rm{OIP}}\), ta có: \({\rm{IP}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{P}}^2} - {\rm{O}}{{\rm{I}}^2}} \)

Mà \({\rm{OB}} = {\rm{OP}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) và \({\rm{OH}} = {\rm{OI}}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow {\rm{HB}} = {\rm{IP}}\)

Tam giác \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\) có \({\rm{OH}}\) là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến hay \({\rm{H}}\) là trung điểm của \({\rm{AB}}\), tương tự I là trung điểm của \(PQ\) mà \({\rm{HB}} = {\rm{IP}}\) (cmt) \( \Rightarrow {\rm{AB}} = {\rm{PQ}}\) (đpcm).