Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
-từ S hình vuông => cạnh tam giác =4
- BK= \(R=\frac{1}{2}.\frac{4}{\cos30}=\frac{4}{\sqrt{3}}\left(cm\right)\)
Giải bài Lê Quý Đôn trên báo KQĐ kỳ 7:
Bài 2:
A B C D M I H O 4
Gọi I là giao điểm của AC và BD
O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\bigtriangleup BMD\)
H là trung điểm của MD
Ta có: ABCD là hình vuông (GT)
mà AC cắt BD tại I (GT)
\(\to \bigg\{ \begin{matrix} I&là&trung&điểm&AC \\ I&là&trung&điểm&BD \\ AC&\perp&BD&tại&I \\ \end{matrix} \)
Ta có: (O) ngoại tiếp \(\bigtriangleup BMD\) (GT)
mà I là trung điểm của BD (GT)
\(\to \begin{matrix} OI&là&đường&trung&trực&của& \bigtriangleup BMD \\ \end{matrix}\)
\(\to \begin{matrix} OI \perp BD&tại&I \\ \end{matrix} \)
mà \(\begin{matrix} AI \perp BD&tại&I&(AC \perp BD&tại&I) \\ \end{matrix}\)
\(\to OI \equiv AI\) \(\to \begin{matrix} A,&O,&I&thẳng&hàng \\ \end{matrix}\)
Xét \(\bigtriangleup ADC\), ta có: \(\bigg\{ \begin{matrix} I&là&trung&điểm&AC&(cmt) \\ M&là&trung&điểm&CD&(GT) \end{matrix}\)
\(\to \begin{matrix} IM&là&đường&trung&bình&của&\bigtriangleup ADC \\ \end{matrix}\)
\(\to IM//AD\) \(\to \begin{matrix} AIMD&là&hình&thang \end{matrix}\)
Ta có: \(\bigtriangleup OMD\) cân tại O (OM=OD do OM và OD là bán kính của (O))
mà OH là đường trung tuyến (H là trung điểm MD)
\(\to \begin{matrix} OH&là&đường&cao&của&\bigtriangleup OMD \end{matrix}\)
\(\to \begin{matrix} OH \perp MD&tại&H \\ \end{matrix}\)
mà \(\begin{matrix} AD \perp MD&tại&D&(ABCD&là&hình&vuông) \end{matrix}\)
\(\begin{matrix} AD//IM&(cmt) \end{matrix}\)
\(\to IM//OH//AD\)
Ta có: \(\bigtriangleup ABD\) vuông tại A (GT)
\(\to\) BD2= AB2 + AD2 (Định lý Pythagore)
\(\to\) BD2= 2AB2 = 2 x 42 (AB=AD do ABCD là hình vuông)
\(\to\) BD2= 32 \(\to BD = 4 \sqrt2 \)
\(\to AI=IB=\frac{BD}{2}=\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2\)
Xét hình thang AIMD, ta có: \(\bigg\{ \begin{matrix} H&trung&điểm&MD&(GT) \\ OH//&IM//&AD&(cmt) \end{matrix}\)
\(\to\) O trung điểm AI
\(\to OI=\frac{AI}{2}=\frac{2\sqrt2}{2}=\sqrt2\)
Ta có: \(\bigtriangleup OBI\) vuông tại I (\(AC\perp BD\) tại I; \(O\in AC\), \(I\in AC\); \(I\in BD\))
\(\to\) OB2= OI2 + IB2 (Định lý Pythagore) \(\to\) OB2= (\(\sqrt2 \))2 +(\(2\sqrt2\))2 = 2 + 8 = 10
\(\to OB=\sqrt{10}\)