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
23 tháng 1 2020
Tính OA:
\(BH=CH=\frac{BC}{2}=2\)
\(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{8^2-2^2}=2\sqrt{15}\)
\(\sin\widehat{ABH}=\frac{AH}{AB}\)
\(OA=R=\frac{AB}{2}\sin\widehat{ABH}=\frac{AB^2}{2AH}=\frac{64}{4\sqrt{15}}=16\sqrt{15}\)
Tính DE:
Vì: \(OC\perp BE\Rightarrow BC=CE=4\Rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow\Delta BCD=\Delta ABC\) (g.g vì có chung \(\widehat{C}\))
\(\Rightarrow BD=BC=4\)
\(\frac{CD}{BC}=\frac{BC}{AB}=\frac{1}{2}\Rightarrow CD=\frac{BC}{2}=2\Rightarrow AD=AC-CD=6\)
Mặt khác: \(BD.DE=AD.CD\Rightarrow DE=AD.\frac{CD}{BD}=6.\frac{2}{4}=3\)
Tính OD:
Ta có \(\cos\widehat{OAD}=\frac{AH}{AC}=\frac{2\sqrt{15}}{8}=\frac{\sqrt{15}}{4}\)
Áp đụng định lí hàm số cosin vào \(\Delta OAD\)
\(OD^2=OA^2+AD^2-2OA.AD.\cos\widehat{OAD}\)
\(=\frac{16^2}{15}+6^2-2.\frac{16}{\sqrt{15}}.6.\frac{\sqrt{15}}{4}\)
\(=\frac{256}{15}+36-48=\frac{76}{15}\)
\(\Rightarrow OD=2\sqrt{\frac{19}{15}}\)
(Hình ảnh chỉ mang tính chất minh họa và hình hơi xấu thông cảm :D mới thử làm dạng này nên sai chỗ nào thì bỏ qua nha)
L
30 tháng 11 2020
* Hình vẽ nhìn nó không cân lắm nên bạn chỉnh lại ạ
- Gọi AH là đường cao của tam giác ABC , => H là trung điểm của BC
- Áp dụng định lí Py - ta - go cho tam giác AHB vuông tại H , ta có :
\(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{8^2-2^2}=2\sqrt{15}\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{AB.AC.BC}{4R}=\frac{AB.AC.BC}{4.OA}\)
\(\Rightarrow OA=\frac{AB.AC.BC}{4.S_{ABC}}=\frac{16\sqrt{15}}{15}\left(cm\right)\)
- Gọi S là giao điểm của BE và OC , T là trung điểm của AC \(\Rightarrow OT\perp AC\)
- Các tứ giác BOSH , OTDS nội tiếp nên :
\(CH.CB=CD.CT\left(=CS.CO\right)=8\Rightarrow CD=\frac{8}{CT}=2\left(cm\right)\)
=> D là trung điểm của CT và AD = 6cm
Vậy : \(BC^2=CD.CA\left(=16cm\right)\)nên \(\Delta ABC~\Delta BCD\left(c-g-c\right)\)nên tam giác BCD cũng cân tại B => BC = BD = 4cm
Ta lại có : \(\Delta DBC~\Delta DAE\left(g-g\right)\Rightarrow BD.DE=CD.AD\Rightarrow DE=\frac{12}{AD}=3\left(cm\right)\)
- Áp dụng định lí Py - ta - go cho tam giác OSE vuông tại S , ta có :
\(OS=\sqrt{OE^2-SE^2}=\frac{17\sqrt{15}}{30}\left(cm\right)\)
- Áp dụng định lí Py - ta - go cho tam giác vuông OSD vuông tại S , ta có :
\(OD=\sqrt{SD^2+OS^2}=\frac{2\sqrt{285}}{15}\left(cm\right)\)
Vậy : DE = 3cm ; \(OA=\frac{16\sqrt{15}}{30}\left(cm\right);OD=\frac{2\sqrt{285}}{15}\left(cm\right)\)
AT
5 tháng 4 2016
Mẹ mày là vợ cha mày.
Cha mày là con của ông nội mày.
Còn tiền của mày là tiền âm phủ.
12 tháng 12 2018
SAO HÔM QUA, ÔNG BẢO LÀ ÔNG KO YÊU NÓ, SAO BÂY GIỜ LẠI NÓI VẬY
LD
6
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
9 tháng 11 2017
a) Do DA và DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên DA = DC (T.c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Tương tự EB = EC
Vậy nên DE = DC + CE = AD + BE
b) Ta thấy DA = DC; OA = OC nên OD là đường trung trực của đoạn AC.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(OD\perp AC\)
Do AB là đường kính, C thuộc đường tròn (O) nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay \(BC\perp AC\)
Vậy nên OD//BC
c) Xét tứ giác ADEB có AD và BE cùng vuông góc với AB nên ADEB là hình thang vuông.
Xét hình thang vuông ADEB có I là trung điểm DE, O là trung điểm AB nên OI là đường trung bình hình thang ADEB.
Vậy thì \(OI=\frac{AD+BE}{3}=\frac{DE}{2}=ID\)
Vậy O nằm trên đường tròn \(\left(I,ID\right)\)
Lại có OI // DA //EB nên \(OI\perp AB\)
Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(I,ID\right)\)
d) Do AD // BE nên áp dụng định lý Ta-let ta có:
\(\frac{AK}{KE}=\frac{DK}{KB}=\frac{AD}{BE}\)
Lại có \(\frac{AD}{BE}=\frac{DC}{CE}\Rightarrow\frac{AK}{KE}=\frac{DC}{CE}\)
Xét tam giác ADE có \(\frac{AK}{KE}=\frac{DC}{CE}\) nên CK // DA
Mà DA vuông góc với AB nên CK cũng vuông góc với AB.
Xét tam giác ADB có KH // DA nên \(\frac{DA}{KH}=\frac{BD}{KB}=\frac{DK+KB}{KB}=\frac{DK}{KB}+1\)
Xét tam giác ADE có KC // DA nên \(\frac{DA}{KC}=\frac{AE}{KE}=\frac{AK+KE}{KE}=\frac{AK}{KE}+1\)
Mà ta đã có \(\frac{DK}{KB}=\frac{AK}{KE}\) nên \(\frac{DA}{KH}=\frac{DA}{KC}\Rightarrow KH=KC\) hay K là trung điểm CH.
TD
2
cíu tui cíu tui
15 tháng 9 2023
1: Xét ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao
nên MH^2=HN*HP; MN^2=NH*NP; PM^2=PH*PN
=>MH=căn 3,6*6,4=4,8cm; MN=căn 3,6*10=6cm; PM=căn 6,4*10=8cm
2: MK=8/2=4cm
Xét ΔMNK vuông tại M có tan MNK=MK/MN=4/6=2/3
nên \(\widehat{MNK}\simeq33^041'\)
3: ΔMNK vuông tại M có MF là đường cao
nên NF*NK=NM^2
ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao
nên NH*NP=NM^2
=>NF*NK=NH*NP
cíu tui cíu tui
ND
Nguyễn Đức Trí
VIP
3 tháng 10 2023
a) \(\sqrt[]{3x^2+6x+7}+\sqrt{5x^2+10x+14}=4-2x-x^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt[]{3\left(x^2+2x+1\right)+4}+\sqrt{5\left(x^2+2x+1\right)+9}=-\left(x^2+2x+1\right)+5\)
\(\Leftrightarrow\sqrt[]{3\left(x+1\right)^2+4}+\sqrt{5\left(x+1\right)^2+9}=-\left(x+1\right)^2+5\left(1\right)\)
Ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt[]{3\left(x+1\right)^2+4}\ge2,\forall x\in R\\\sqrt[]{5\left(x+1\right)^2+9}\ge3,\forall x\in R\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT=\sqrt[]{3\left(x+1\right)^2+4}+\sqrt{5\left(x+1\right)^2+9}\ge5,\forall x\in R\)
\(VP=-\left(x+1\right)^2+5\le5,\forall x\in R\)
Dấu "=" xảy ra thì \(VT=VP=5\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow x+1=0\)
\(\Leftrightarrow x=-1\)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x=-1\)
19 tháng 11 2023
a: ΔOHB cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI\(\perp\)HB
I là trung điểm của HB
=>\(IH=IB=\dfrac{HB}{2}=\dfrac{8}{2}=4\left(cm\right)\)
ΔOIB vuông tại I
=>\(OB^2=OI^2+IB^2\)
=>\(OB^2=3^2+4^2=25\)
=>OB=5(cm)
=>R=5(cm)
Xét tứ giác MAOI có
\(\widehat{MAO}+\widehat{MIO}=90^0+90^0=180^0\)
=>MAOI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO
Tâm là trung điểm của MO
b: Xét (O) có
ΔAHB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó; ΔAHB vuông tại H
=>AH\(\perp\)HB tại H
=>AH\(\perp\)MB tại H
Xét ΔMAB vuông tại A có AH là đường cao
nên \(MA^2=MH\cdot MB\)
c: Xét (O) có
MA,MK là tiếp tuyến
Do đó: MA=MK
mà OA=OK
nên MO là đường trung trực của AK
\(MA^2=MH\cdot MB\)
MA=MK
Do đó: \(MK^2=MH\cdot MB\)
=>\(\dfrac{MK}{MH}=\dfrac{MB}{MK}\)
Xét ΔMKB và ΔMHK có
\(\dfrac{MK}{MH}=\dfrac{MB}{MK}\)
\(\widehat{KMB}\) chung
Do đó: ΔMKB đồng dạng với ΔMHK
=>\(\widehat{MBK}=\widehat{MHK}\)
a) \(\sqrt{x-4\sqrt{x-4}}=\sqrt{\left(x-4\right)-4\sqrt{x-4}+4}=\sqrt{\left(\sqrt{x-4}-2\right)^2}=\left|\sqrt{x-4}-2\right|\)
b) \(\sqrt{x-2+2\sqrt{x-3}}=\sqrt{\left(x-3\right)+2\sqrt{x-3}+1}=\sqrt{\left(\sqrt{x-3}+1\right)^2}=\sqrt{x-3}+1\)
c) \(\sqrt{x+2\sqrt{x-1}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}\)
\(=\sqrt{\left(x-1\right)+2\sqrt{x-1}+1}+\sqrt{\left(x-1\right)-2\sqrt{x-1}+1}\\ =\sqrt{\left(\sqrt{x-1}+1\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2}\\ =\sqrt{x-1}+1+\left|\sqrt{x-1}-1\right|\)
d) \(\sqrt{x-2\sqrt{x}+1}+\sqrt{x+2\sqrt{x}+1}\)
\(=\sqrt{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}\\=\left|\sqrt{x}-1\right|+\sqrt{x}+1\)
a, đk x >= 4
\(\sqrt{x-4-4\sqrt{x-4}+4}=\sqrt{\left(\sqrt{x-4}-2\right)^2}=\left|\sqrt{x-4}-2\right|=\sqrt{x-4}-2\)
b, đk x >= 3
\(\sqrt{x-3+2\sqrt{x-3}+1}=\sqrt{\left(\sqrt{x-3}+1\right)^2}=\sqrt{x-3}+1\)
c, đk x >= 1
\(\sqrt{x-1+2\sqrt{x-1}+1}+\sqrt{x-1-2\sqrt{x-1}+1}\)
\(=\sqrt{\left(\sqrt{x-1}+1\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2}\)
\(=\sqrt{x-1}+1+\sqrt{x-1}-1=2\sqrt{x-1}\)
d, tương tự