b, Chứng minh AB2+CD2+BC2+DA2=22R

b, Do ABDE là hình thang cân (cmt) ⇒AB=DE,AD=BE Khi đó ta có AB2+CD2+BC2+DA2=DE2+CD2+BC2+BE2 Ta có CBE^=CDE^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ΔBCE vuông tại B và tam giác CDE vuông tại D Áp dụng định lý Pytago ta có: DE2+CD2=CE2=2R2=4R2BC2+BE2=EC2=2R2=4R2⇒DE2+CD2+BC2+BE2=8R2⇒AB2+CD2+BC2+DA2=8R2⇔AB2+CD2+BC2+DA2=8R2=22R

Câu hỏi:

19/08/2025 510

b, Chứng minh $\sqrt{A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2}} = 2 \sqrt{2} R$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Tổng hợp đề thi chính thức vào 10 môn Toán năm 2019 có đáp án (Phần 1) !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

b, Do ABDE là hình thang cân (cmt) $\Rightarrow A B = D E, A D = B E$

Khi đó ta có $A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2} = D E^{2} + C D^{2} + B C^{2} + B E^{2}$

Ta có $\hat{C B E} = \hat{C D E} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow Δ B C E$ vuông tại B và tam giác CDE vuông tại D

Áp dụng định lý Pytago ta có:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} D E^{2} + C D^{2} = C E^{2} = {(2 R)}^{2} = 4 R^{2} \\ B C^{2} + B E^{2} = E C^{2} = {(2 R)}^{2} = 4 R^{2} \end{cases} \Rightarrow D E^{2} + C D^{2} + B C^{2} + B E^{2} = 8 R^{2} \\ \Rightarrow A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2} = 8 R^{2} \Leftrightarrow \sqrt{A B^{2} + C D^{2} + B C^{2} + D A^{2}} = \sqrt{8 R^{2}} = 2 \sqrt{2} R \end{array}$

Đang tải chế độ Học...

Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

1) Giải các phương trình sau:
a, $x^{2} - 5 x + 4 = 0$

Xem đáp án

Lời giải

a, $x^{2} - 5 x + 4 = 0$

Phương trình có dạng $a + b + c = 1 - 5 + 4 = 0$ nên có hai nghiệm phân biệt: $x_{1} = 1; x_{2} = 4.$

Vậy $S = \{1; 4\}$

Câu 2

1. a, Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $y^{3} = x^{3} + x^{2} + x + 1$

Xem đáp án

Lời giải

a, Tìm nghiệm nguyên…..

TH1: Xét $x^{2} + x > 0 \Leftrightarrow x (x + 1) > 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x > 0 \\ x < - 1 \end{array},$ từ đó ta có $2 (x^{2} + x) > 0$

$\begin{array}{l} \Rightarrow x^{3} + x^{2} + x + 1 < x^{3} + x^{2} + x + 1 + 2 (x^{2} + x) = x^{3} + 3 x^{2} + 3 x + 1 = {(x + 1)}^{3} \\ \Rightarrow x^{3} < x^{3} + x^{2} + x + 1 < {(x + 1)}^{3} \end{array}$

Theo đề bài ta có: $y^{3} = x^{3} + x^{2} + x + 1$

$\Rightarrow x^{3} < y^{3} < {(x + 1)}^{3},$ lại có $x, y \in ℤ (g t)$

$\Rightarrow$ Không tồn tại số nguyên $x, y$ thỏa mãn $x^{3} < y^{3} < {(x + 1)}^{3}$

TH2: Xét $- 1 \leq x \leq 0,$ lại có $x \in ℤ (g t) \Rightarrow [\begin{array}{l} x = - 1 \\ x = 0 \end{array}$

+) Với $x = - 1 \Rightarrow y^{3} = {(- 1)}^{3} + {(- 1)}^{2} - 1 + 1 = 0 \Rightarrow y = 0 (t m)$

+)Với $x = 0 \Rightarrow y^{3} = 1 \Leftrightarrow y = 1 (t m)$

Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên là $(x; y) = \{(- 1; 0); (0; 1)\}$

Câu 3