NY
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
CM
14 tháng 12 2018
a) Kẻ OJ vuông góc với AB tại J.
Theo quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây suy ra: J là trung điểm của AB.
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OAJ có:
OJ2 = OA2 – AJ2 = 52 – 42 = 9 (OA = R = 5cm)
=> OJ = 3cm (1)
Vậy khoảng cách từ tâm O đến dây AB là OJ = 3cm.
24 tháng 9 2021
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 !
NW
14 tháng 5 2023
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:
$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LH \cdot LL' \cdot \cos{\angle PBQ}$
28 tháng 8 2021
Dựng các đường kính MH,KN như hình : A B D c O N Q M P K N H
Tứ giác ABNK có 4 góc vuông nên :
\(\Rightarrow\)Tứ giác ABNK là hình chữ nhật
Ta có :
\(\hept{\begin{cases}ON=OK\\AM=MB\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\)MO là đường trung bình
\(\Rightarrow MO=\frac{BN+AK}{2}=\frac{\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}AD}{2}=\frac{\frac{1}{2}BC}{2}\)
\(=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)
Ta có :
\(OM\perp AB,OH\perp CD,OK\perp AD,ON\perp BC\)
\(\Rightarrow\)MNHK \(\in\left(O\right)\)nội tiếp hình vuông
\(\Rightarrow OM=OH=OK=ON=\frac{\sqrt{2}}{2}\)