Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B A D C O M E
a)+)tứ giác ABCD có 2 đường chéo bằng nhau AC=BD , vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
=> Tứ giác ABCD là hình vuông
+) Tam giác AOB vuông tại O, có OA=OB=R, theo Pytago thuận:
=> \(AB^2=OA^2+OB^2=2R^2\)
Khi đó diện tích tứ giác ABCD:
\(S=AB^2=2R^2\)
b) +) góc AEC=90' ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có: góc MOC + góc MEC =180=> OMEC nội tiếp đường tròn đường kính MC
Theo Pytago thuận ta có:
\(MC^2=OM^2+OC^2=\frac{R^2}{4}+R^2=\frac{5R^2}{4}\Rightarrow MC=\frac{R\sqrt{5}}{2}\)
\(\Rightarrow S=\frac{MC^2}{4}.\pi=\frac{5R^2}{16}.\pi\)
c) MA=MC (M thuộc trung trực AC)=> tam giác MAC cân tại M=> MCA=MAC
Tương tự, ta có OAE=OEA
=> OEA=MCA
=> \(\Delta OAE~\Delta MAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{OA}{MA}=\frac{AE}{AC}\Leftrightarrow MA.AE=OA.AC=2R^2\)
ABCD là hình vuông có tâm O
=>O là trung điểm chung của AC và BD
ABCD là hình vuông
=>AC=BD
mà \(OA=OC=\frac{AC}{2};OB=OD=\frac{BD}{2}\)
nên OA=OC=OB=OD
Xét ΔOHC vuông tại H và ΔOHD vuông tại H có
OC=OD
OH chung
Do đó: ΔOHC=ΔOHD
=>HC=HD
ABCD là hình vuông
=>DB là phân giác của góc ADC
=>\(\hat{ADB}=\hat{CDB}=\frac12\cdot\hat{ADC}=45^0\)
Xét ΔOHD vuông tại H có \(\hat{ODH}=45^0\)
nên ΔOHD vuông cân tại H
=>HO=HD
Lời giải:
Gọi giao của $BO$ và $AC$ là $H$
Vì $BA=BC; OA=OC$ nên $BO$ là trung trực của $AC$
$\Rightarrow BO$ vuông góc với $AC$ tại trung điểm $H$ của $AC$.
Do đó $HO$ là đường trung bình ứng với cạnh $CD$ của tam giác $ACD$
$\Rightarrow HO=2$
$BH=BO-HO=R-2$
Theo định lý Pitago:
$BC^2-BH^2=CH^2=CO^2-HO^2$
$\Leftrightarrow (4\sqrt{3})^2-(R-2)^2=R^2-2^2$
$\Leftrightarrow 48-(R-2)^2=R^2-4$
$\Rightarrow R=6$ (cm)
M là trung điểm của CD
=>\(MD=MC=\frac{CD}{2}=2\)
ΔADM vuông tại D
=>\(DA^2+DM^2=AM^2\)
=>\(AM^2=4^2+2^2=16+4=20\)
=>\(AM=\sqrt{20}=2\sqrt5\)
Xét ΔADM vuông tại D và ΔBCM vuông tại C có
AD=BC
DM=CM
Do đó: ΔADM=ΔBCM
=>MA=MB
=>\(MA=MB=2\sqrt5\)
Xét ΔMAB có \(cosAMB=\frac{MA^2+MB^2-AB^2}{2\cdot MA\cdot MB}\)
\(=\frac{\left(2\sqrt5\right)^2+\left(2\sqrt5\right)^2-4^2}{2\cdot2\sqrt5\cdot2\sqrt5}=\frac{20+20-16}{2\cdot20}=\frac{40-16}{40}=\frac{24}{40}=\frac35\)
=>\(\sin AMB=\sqrt{1-\left(\frac35\right)^2}=\frac45\)
Xét ΔMAB có \(\frac{AB}{\sin AMB}=2R\)
=>\(2R=4:\frac45=5\)
=>R=2,5
=>Bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔMAB là R=2,5
ABCD là hình thang cân ngoại tiếp đường tròn bán kính bằng 1
=>h=2r=2
Đặt AD=2a; BC=2b(0<a<b)
Vì hình thang ngoại tiếp đường tròn, tổng hai đáy bằng tổng hai cạnh bên nên ta có:
AD+BC=AB+CD
=>2a+2b=2AB
=>a+b=AB
Kẻ AH⊥BC tại H và DK⊥BC tại K
=>AH//DK
Xét tứ giác ADKH có
AD//KH
AH//DK
Do đó: ADKH là hình bình hành
=>HK=AD=2a
Xét ΔAHB vuông tại H và ΔDKC vuông tại K có
AB=DC
\(\hat{ABH}=\hat{DCK}\)
Do đó: ΔAHB=ΔDKC
=>HB=KC
BH+HK+KC=BC
=>BH+KC=BC-HK=2b-2a
=>\(BH=KC=\frac{2b-2a}{2}=b-a\)
ΔAHB vuông tại H
=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)
=>\(AH^2=\left(a+b\right)^2-\left(b-a\right)^2=\left(a+b\right)^2-\left(a-b\right)^2=\left(a+b-a+b\right)\left(a+b+a-b\right)=2b\cdot2a=4ab\)
=>ab=1
ABCD là hình thang nội tiếp (O)
=>OA=OB=OC=OD
OA=OB
=>ΔOAB cân tại O
mà OP là đường trung tuyến
nên OP⊥AB tại P
P là trung điểm của AB
=>\(AP=\frac{AB}{2}=\frac{a+b}{2}\)
ΔOPA vuông tại P
=>\(OP^2+PA^2=OA^2\)
=>\(R^2 = 16 + \left(\frac{a + b}{2}\right)^2 \quad (1)\)
Đặt hệ trục tọa độ của hình thang cân ABCD với O là gốc
=>A(-a;y1); B(-b;y2)
h=y1-y2=2
Do đó, ta sẽ có: \(a^2 + y_1^2 = b^2 + y_2^2 = R^2\)
=>\(b^2 - a^2 = y_1^2 - y_2^2 = (y_1 - y_2)(y_1 + y_2) = 2(y_1 + y_2)\)
\(\implies y_1 + y_2 = \frac{b^2 - a^2}{2}\)
mà y1-y2=2
nên \(y_1 = 1 + \frac{b^2 - a^2}{4}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(R^2=a^2+\left(1+\frac{b^2 - a^2}{4}\right)^2\quad(3)\)
Ta có: \((b-a)^2 = (a+b)^2 - 4ab = (a+b)^2 - 4\)
=>\(5(a + b)^2 = 80 \implies (a + b) = 4\)
\(S=\frac{AD + BC}{2}\cdot h=\frac{2a + 2b}{2}\cdot2=2(a+b)=2\cdot4=8\)