Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
:OH2=OA2−AH2=R2−AB24=R2−CD24=R2−DK2=OD2−DK2=OK2=>OH=OKOH2=OA2−AH2=R2−AB24=R2−CD24=R2−DK2=OD2−DK2=OK2=>OH=OK
Xét 2 tam giác vuông OHE và OKE có :OH=OK, OE chung
=>ΔOHE=ΔOKE=>HE=KE=>ΔOHE=ΔOKE=>HE=KE
Do HE=KE =>HE+AB2=KE+CD2=>HE+AH=KE+CK=>AE=CE=>HE+AB2=KE+CD2=>HE+AH=KE+CK=>AE=CE(ĐPCM)
a: ΔOAB cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI vuông góc AB
I là trung điểm của AB
=>IA=IB=16/2=8cm
ΔOIA vuông tại I
=>OA^2=OI^2+IA^2
=>OI^2=10^2-8^2=36
=>OI=6(cm)
b: OM=OI+IM
=>6+IM=10
=>IM=4cm
ΔMIA vuông tại I
=>MI^2+IA^2=MA^2
=>\(MA=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}\left(cm\right)\)
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:
$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LH \cdot LL' \cdot \cos{\angle PBQ}$
ΔOAB cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của AB
\(AI=\sqrt{10^2-6^2}=8\left(cm\right)\)
AB=2*8=16cm
a: Xét \(\left(O\right)\) có
OK là một phần đường kính
AB là dây
OK\(\perp\)AB tại K
Do đó: K là trung điểm của AB
Suy ra: \(AK=KB=\dfrac{AB}{2}=4\left(cm\right)\)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔAKO vuông tại K, ta được:
\(OA^2=OK^2+KA^2\)
\(\Leftrightarrow OK^2=5^2-4^2=9\)
hay OK=3cm