Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
tính : \(BC=5.AH=\dfrac{12}{5}\)
+ gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔBMN .Khi đó , KI là đường trung trực của đoạn MN
Do 2 ΔAID và AOH đồng dạng nên => góc ADI = góc AOH = 90\(^o\)
=> OA ⊥ MN
do vậy : KI//OA
+ do tứ giác BMNC nội tiếp nên OK⊥BC . Do đó AH// KO
+ dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành.
Bán kính:
\(R=KB=\sqrt{KO^2+OB^2}=\sqrt{AI^2+\dfrac{1}{4}BC^2}=\sqrt{\dfrac{1}{4}AH^2+\dfrac{1}{4}BC^2=\sqrt{\dfrac{769}{10}}}\)
Câu 1:
Xét ΔABC vuông tại A có
\(tanB=\dfrac{AC}{AB}\)
=>\(\dfrac{AC}{6}=\dfrac{4}{3}\)
=>\(AC=\dfrac{4}{3}\cdot6=8\left(cm\right)\)
Ta có: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=6^2+8^2=100\)
=>\(BC=\sqrt{100}=10\left(cm\right)\)
Câu 4:
a: Thay x=2 và y=5 vào y=(2m-1)x+3, ta được:
2(2m-1)+3=5
=>2(2m-1)=2
=>2m-1=1
=>2m=2
=>\(m=\dfrac{2}{2}=1\)
b: Khi m=1 thì \(y=\left(2\cdot1-1\right)x+3=x+3\)
b.
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông COI:
\(CI=\sqrt{OC^2+OI^2}=\sqrt{R^2+\left(\dfrac{R}{3}\right)^2}=\dfrac{R\sqrt{10}}{3}\)
Do 2 tam giác COI và CED đồng dạng
\(\Rightarrow\dfrac{CE}{CO}=\dfrac{CD}{CI}\Rightarrow CE=\dfrac{CD.CO}{CI}=\dfrac{2R.R}{\dfrac{R\sqrt{10}}{3}}=\dfrac{3R\sqrt{10}}{5}\)
Câu 1:
XétΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(AH^2=4\cdot9=36\)
=>\(AH=\sqrt{36}=6\left(cm\right)\)
Câu 2: Độ dài cạnh hình vuông là:
\(\sqrt{16}=4\left(cm\right)\)
Độ dài đường chéo của hình vuông là:
\(\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}\left(cm\right)\)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là:
\(\dfrac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}\left(cm\right)\)
Câu 5:
Vì \(13^2=12^2+5^2\)
nên đây là tam giác vuông
=>Bán kính đường tròn ngoại tiếp là R=13/2=6,5(cm)