Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)Ta có:
AO=BO=OC=DO (vì O là trung điểm của AC và BD)
AH=HI=IL=KL (vì H, I, K, L lần lượt là hình chiếu của O trên AB, BC, CD, DA)
AO=AH+HO
BO=HI+HO
CO=IL+HO
DO=KL+HO
AH+HO=HI+HO=IL+HO=KL+HO
AH=HI=IL=KL
Vậy, bốn đoạn thẳng AH, HI, IL, KL bằng nhau và có chung điểm cuối H. Do đó, bốn điểm H, I, K, L cùng nằm trên một đường tròn có tâm O.
b) Ta có:
AH=HI=IL=KL=AC/2
AO=BO=OC=DO=AC/2
Gọi r là bán kính của đường tròn (O).
Từ các kết quả trên, ta có:
r=AC/2=4cm/2=2cm
Vậy, bán kính của đường tròn (O) là 2cm.
a: ABCD là hình thoi
=>AC là phân giác của góc BAD, CA là phân giác của góc BCD, BD là phân giác của góc ABC, DB là phân giác của góc ADC
Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có
AO chung
\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔALO
=>OH=OL(1)
Xét ΔDLO vuông tại L và ΔDKO vuông tại K có
DO chung
\(\hat{LDO}=\hat{KDO}\)
Do đó: ΔDLO=ΔDKO
=>OL=OK(2)
Xét ΔCIO vuông tại I và ΔCKO vuông tại K có
CO chung
\(\hat{ICO}=\hat{KCO}\)
Do đó: ΔCIO=ΔCKO
=>OI=OK(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra OH=OL=OK=OI
=>H,L,K,I cùng thuộc (O;OH)
ABCD là hình thoi
=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD
O là trung điểm của AC
=>AO=OC=AC/2=2(cm)
Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
ΔABD đều
mà AO là đường cao
nên \(AO=AB\cdot\frac{\sqrt3}{2}\)
=>\(AB=2:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{4}{\sqrt3}\) (cm)
ΔAOB vuông tại O
=>\(AO^2+OB^2=AB^2\)
=>\(OB^2=\left(\frac{4}{\sqrt3}\right)^2-2^2=\frac{16}{3}-4=\frac{16}{3}-\frac{12}{3}=\frac43\)
=>\(OB=\frac{2}{\sqrt3}\) (cm)
Xét ΔOAB vuông tại O có OH là đường cao
nên \(OH\cdot AB=OA\cdot OB\)
=>\(OH\cdot\frac{4}{\sqrt3}=2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{4}{\sqrt3}\)
=>OH=1(cm)
=>\(R_{\left(HLKI\right)}=1\operatorname{cm}\)
b: Xét ΔABD có
M,Q lần lượt là trung điểm của AB,AD
=>MQ là đường trung bình của ΔABD
=>MQ//BD và \(MQ=\frac{BD}{2}\)
Xét ΔCBD có
N,P lần lượt là trung điểm của CB,CD
=>NP là đường trung bình của ΔCBD
=>NP//BD và \(NP=\frac{BD}{2}\)
Xét ΔBAC có
M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC
=>MN là đường trung bình của ΔBAC
=>MN//AC và MN=AC/2
NP//BD
MQ//BD
Do đó: MQ//NP
\(MQ=\frac{BD}{2}\)
\(NP=\frac{BD}{2}\)
Do đó: MQ=NP
MN//AC
AC⊥BD
Do đó: MN⊥BD
MN⊥BD
MQ//BD
Do đó: MN⊥MQ
Xét tứ giác MQPN có
MQ//PN
MQ=PN
Do đó: MQPN là hình bình hành
Hình bình hành MQPN có MN⊥MQ
nên MQPN là hình chữ nhật
=>M,Q,P,N cùng thuộc một đường tròn
a: ABCD là hình thoi
=>AC⊥BD tại trung điểm của mỗi đường
=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD
Ta có: OH⊥AB
AB//CD
Do đó: OH⊥CD
Ta có: OH⊥CD
OK⊥CD
mà OH,OK có điểm chung là O
nên H,O,K thẳng hàng
Ta có: OL⊥AD
AD//BC
Do đó: OL⊥BC
Ta có: OL⊥BC
OI⊥BC
mà OL,OI có điểm chung là O
nên L,O,I thẳng hàng
Xét ΔOHB vuông tại H và ΔOKD vuông tại K có
OB=OD
\(\hat{OBH}=\hat{ODK}\) (hai góc so le trong, AB//CD)
Do đó: ΔOHB=ΔOKD
=>OH=OK
Xét ΔOIB vuông tại I và ΔOLD vuông tại L có
OB=OD
\(\hat{OBI}=\hat{ODL}\) (hai góc so le trong, BI//DL)
Do đó: ΔOIB=ΔOLD
=>OI=OL
Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có
AO chung
\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔALO
=>OH=OL
=>OH=OL=OI=OK
=>H,L,I,K cùng nằm trên (O)
b: O là trung điểm của AC
=>AO=AC/2=2(cm)
Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
=>\(\hat{ADB}=60^0\)
Xét ΔAOD vuông tại O có tan ADO=\(\frac{AO}{OD}\)
=>\(\frac{2}{OD}=\tan60=\sqrt3\)
=>\(OD=\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}\) (cm)
ΔAOD vuông tại O
=>\(AO^2+OD^2=AD^2\)
=>\(AD^2=2^2+\left(\frac{2}{\sqrt3}\right)^2=4+\frac43=\frac{4\cdot3+4}{3}=\frac{16}{3}=\frac{48}{9}\)
=>\(AD=\frac{4\sqrt3}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔOAD vuông tại O có OL là đường cao
nên \(OL\cdot AD=OA\cdot OD\)
=>\(OL\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=\frac{2\sqrt3}{3}\cdot2=\frac{4\sqrt3}{3}\)
=>OL=1(cm)
=>R=1(cm)
a: ABCD là hình thoi
=>AC⊥BD tại trung điểm của mỗi đường
=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD
Ta có: OH⊥AB
AB//CD
Do đó: OH⊥CD
Ta có: OH⊥CD
OK⊥CD
mà OH,OK có điểm chung là O
nên H,O,K thẳng hàng
Ta có: OL⊥AD
AD//BC
Do đó: OL⊥BC
Ta có: OL⊥BC
OI⊥BC
mà OL,OI có điểm chung là O
nên L,O,I thẳng hàng
Xét ΔOHB vuông tại H và ΔOKD vuông tại K có
OB=OD
\(\hat{OBH}=\hat{ODK}\) (hai góc so le trong, AB//CD)
Do đó: ΔOHB=ΔOKD
=>OH=OK
Xét ΔOIB vuông tại I và ΔOLD vuông tại L có
OB=OD
\(\hat{OBI}=\hat{ODL}\) (hai góc so le trong, BI//DL)
Do đó: ΔOIB=ΔOLD
=>OI=OL
Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có
AO chung
\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔALO
=>OH=OL
=>OH=OL=OI=OK
=>H,L,I,K cùng nằm trên (O)
b: O là trung điểm của AC
=>AO=AC/2=2(cm)
Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
=>\(\hat{ADB}=60^0\)
Xét ΔAOD vuông tại O có tan ADO=\(\frac{AO}{OD}\)
=>\(\frac{2}{OD}=\tan60=\sqrt3\)
=>\(OD=\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}\) (cm)
ΔAOD vuông tại O
=>\(AO^2+OD^2=AD^2\)
=>\(AD^2=2^2+\left(\frac{2}{\sqrt3}\right)^2=4+\frac43=\frac{4\cdot3+4}{3}=\frac{16}{3}=\frac{48}{9}\)
=>\(AD=\frac{4\sqrt3}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔOAD vuông tại O có OL là đường cao
nên \(OL\cdot AD=OA\cdot OD\)
=>\(OL\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=\frac{2\sqrt3}{3}\cdot2=\frac{4\sqrt3}{3}\)
=>OL=1(cm)
=>R=1(cm)
a, TA có
ABCD là ht => BD là phân giác B hay BO là phân giác ABC => OM = ON ( tính chất phân giác) (1)
CMTT :OM = OP (2)
OP = OQ (3)
Từ (1) (2) và (3) => OM = ON = OP = OQ => M,N,P,Q cùng thuộc một đg tròn tâm O
b, ABCD là ht => OA = 1/2 AC = 1/2.4 = 2
TAm giác AOB vuông tại M => OM = OA . tan OAB = OA . tan 30 = 2 căn 3 trên 2
( OAB = 30 độ vì OA là phân giác)
VẬy bán kình đg tròn là ...