Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Qua O kẻ đường thẳng vuông góc AB và CD, lần lượt cắt AB và CD tại E và F ⇒ E là trung điểm AB, F là trung điểm CD
AE=12AB=4(cm) ; CF=12CD=3(cm)
Áp dụng định lý pytago cho tam giác vuông OAE
OE=√OA2−AE2=√R2−AE2=3(cm)
Pitago tam giác vuông OCF:
OF=√OC2−CF2=√R2−CF2=4(cm)
⇒EF=OE+OF=7(cm)
chúc bn học tốt !
a) Ta có AH là đường cao của tam giác ABC, do đó AB là đường trung trực của đoạn thẳng LH (vì H là trung điểm của BC).
b) Ta có $\angle AED = \angle ACD$ do cùng chắn cung AD trên đường tròn (T). Mà $\angle A = \angle APQ$ vì DE // PQ, nên $\angle AED = \angle APQ$. Tương tự, ta cũng có $\angle ADE = \angle AQP$. Do đó tam giác ADE và APQ đều có hai góc bằng nhau, tức là cân.
c) Ta có $\angle LBD = \angle LCB$ do cùng chắn cung LB trên đường tròn (T). Mà $\angle LCB = \angle LPB$ vì DE // PQ, nên $\angle LBD = \angle LPB$. Tương tự, ta cũng có $\angle LDC = \angle LQC$. Do đó tam giác LBD và LPQ đều có hai góc bằng nhau, tức là đồng dạng. Vậy ta có $\frac{LD}{LP} = \frac{LB}{LQ}$.
Từ đó, có $\frac{LP}{LQ} = \frac{LB}{LD}$. Áp dụng định lý cosin trong tam giác BPQ, ta có:
$PQ^2 = BP^2 + BQ^2 - 2BP \cdot BQ \cdot \cos{\angle PBQ}$
Nhưng ta cũng có:
$BP = LB \cdot \frac{LD}{LP}$
$BQ = L \cdot \frac{LP}{LD}$
Thay vào định lý cosin, ta được:
$PQ^2 = LB^2 + LQ^2 - 2LB \cdot LQ \cdot \frac{LD}{LP} \cdot \frac{LP}{LD} \cdot \cos{\angle PBQ}$
$PQ^2 = LB^2 + LQ^2 - 2LB \cdot LQ \cdot \cos{\angle PBQ}$
Tương tự, áp dụng định lý cosin trong tam giác ADE, ta có:
$DE^2 = AD^2 + AE^2 - 2AD \cdot AE \cdot \cos{\angle AED}$
Nhưng ta cũng có:
$AD = LD \cdot \frac{LB}{LP}$
$AE = LQ \cdot \frac{LD}{LP}$
Thay vào định lý cosin, ta được:
$DE^2 = LD^2 + LQ^2 - 2LD \cdot LQ \cdot \frac{LB}{LP} \cdot \frac{LD}{LP} \cdot \cos{\angle AED}$
$DE^2 = LD^2 + LQ^2 - 2LD \cdot LQ \cdot \cos{\angle AED}$
Nhưng ta cũng có $\angle AED = \angle PBQ$ do tam giác cân ADE và APQ, nên $\cos{\angle AED} = \cos{\angle PBQ}$. Do đó,
$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LB \cdot LQ \cdot \cos{\angle PBQ}$
Nhưng ta cũng có $LB \cdot LQ = LH \cdot LL'$ (với L' là điểm đối xứng của L qua AB), do tam giác HL'B cân tại L'. Thay vào phương trình trên, ta được:
$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LH \cdot LL' \cdot \cos{\angle PBQ}$
Qua O kẻ đường thẳng vuông góc AB và CD, lần lượt cắt AB và CD tại E và F \(\Rightarrow\) E là trung điểm AB, F là trung điểm CD
\(AE=\dfrac{1}{2}AB=4\left(cm\right)\) ; \(CF=\dfrac{1}{2}CD=3\left(cm\right)\)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông OAE:
\(OE=\sqrt{OA^2-AE^2}=\sqrt{R^2-AE^2}=3\left(cm\right)\)
Pitago tam giác vuông OCF:
\(OF=\sqrt{OC^2-CF^2}=\sqrt{R^2-CF^2}=4\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow EF=OE+OF=7\left(cm\right)\)
Từ O kẻ đường thẳng vuông góc AB và CD, cắt AB và CD lần lượt tại H và K
\(\Rightarrow\) H là trung điểm AB và K là trung điểm CD
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{1}{2}AB=4\\CK=\dfrac{1}{2}CD=4,8\end{matrix}\right.\)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông OAH (với chú ý \(OA=OC=R=5\))
\(OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=3\left(cm\right)\)
Pitago tam giác OCK:
\(OK=\sqrt{OC^2-CK^2}=1,4\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow HK=OH+OK=4,4\left(cm\right)\)
Đáp án C
Qua O dựng đường thẳng vuông góc với AB và CD, cắt AB và CD lần lượt tại M và N.
Ta có:
Áp dụng định lí Py tago vào tam giác vuông OND và OMB ta có:
Khoảng cách hai dây AB và CD là: MN = OM + ON = 3 + 4 = 7 cm
