Helo nha

a) Dùng Pytago ta tính được $OH=9cm$
b) Vì $AB=AC$và $OB=OC=R$ nên OA là đường trung trực BC
Mà H là trung điểm BC
$=>A,H,O$ thẳng hàng.

c.\(\Delta ABO\) Vuông tại B đươngg cao BH

\(\Rightarrow\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{BH^2}-\frac{1}{OB^2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{12^2}-\frac{1}{15^2}=\frac{1}{400}\)

\(\Rightarrow AB=20cm\)

Kẻ OK⊥AB tại K và OH⊥CD tại H

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD

=>HC=HD=14/2=7(cm)

ΔOAB cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của AB

=>\(KA=KB=\frac{18}{2}=9\left(\operatorname{cm}\right)\)

DM+MH=DH

=>MH=DH-DM=7-4=3(cm)

Xét tứ giác OKMH có \(\hat{OKM}=\hat{OHM}=\hat{KMH}=90^0\)

nên OKMH là hình chữ nhật

=>OK=MH=3cm

ΔOKB vuông tại K

=>\(OK^2+KB^2=OB^2\)

=>\(R^2=9^2+3^2=81+9=90\)

=>\(R=\sqrt{90}=3\sqrt{10}\) (cm)

b: d(O;AB)=OK=3cm

ΔOHD vuông tại H

=>\(OH^2+HD^2=OD^2\)

=>\(OH^2=\left(3\sqrt{10}\right)^2-7^2=90-49=41\)

=>\(OH=\sqrt{41}\left(\operatorname{cm}\right)\)

=>d(O;CD)=\(\sqrt{41}\) (cm)

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:

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