Cho đường tròn \[(O)\] đường kính \(AB = 2R\). Một dây CD không đi qua tâm O sao cho \(\widehat {COD} = 90^\circ \) và CD cắt đường thẳng AB tại E ( D nằm giữa hai điểm E và C), biết \(OE = 2R\). Tính độ dài EC và ED theo R.

Hướng dẫn: Bạn hãy vẽ hình theo thứ tự sau:

Dựng \((O:R)\)

Vẽ hai bán kính OC ꓕ OD

Nối CD kéo dài

Dựng \((O;2R)\)

Lấy E là giao điểm của \((O;2R)\) và đường thẳng CD

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).

Kẻ \({\rm{OH}} \bot {\rm{AB}}\) tam giác \({\rm{AOB}}\) cân tại \({\rm{O}}\) nên đường cao \({\rm{OH}}\) đồng thời là đường trung tuyến

hay \({\rm{HA}} = {\rm{HB}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).

Mặt khác vì \({\rm{AB}}//{\rm{CD}}\) nên \({\rm{OH}} \bot {\rm{CD}}\) tại \({\rm{K}}\)

ta cũng có

\({\rm{KC}} = {\rm{KD}} = \frac{{{\rm{CD}}}}{2} = \frac{4}{2} = 2\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\)

Khi đó các tam giác AHO và CKO vuông. Theo định lí Pythagore:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{A}}^2}\left( { = {{\rm{R}}^2}} \right)}\\{{\rm{C}}{{\rm{K}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{K}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{C}}^2}\left( { = {{\rm{R}}^2}} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{H}}^2} = {\rm{C}}{{\rm{K}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{K}}^2}\left( {{\;^{\rm{*}}}} \right)\)

Đặt \({\rm{OK}} = {\rm{x}} \Rightarrow {\rm{OH}} = 3,5 - x\left( {{\rm{**}}} \right)\)

Thay (**) vào (*) ta có

\({1,5^2} + {(3,5 - x)^2} = {2^2} + {x^2}\)
\(2,25 + {3,5^2} - 7x + {x^2} = 4 + {x^2}\)

\( - 7x =  - 10,5\)

\(x = 1,5\,\,{\rm{(cm)}}.\)

Xét tam giác vuông \({\rm{CKO}}\) ta có: \({\rm{C}}{{\rm{O}}^2} = {\rm{O}}{{\rm{K}}^2} + {\rm{C}}{{\rm{K}}^2}\) (định lí Pythagore)

\(\begin{array}{*{20}{r}}{{{\rm{R}}^2}}&{\; = {{1,5}^2} + {2^2} = 6,25}\\{ \Rightarrow {\rm{R}}}&{\; = 2,5\left( {{\rm{\;cm}}} \right).}\end{array}\)