Bài 7: Định lí Pitago

Nguyễn Việt Lâm
11 tháng 7 lúc 19:38

Áp dụng đính lý Pitago:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow4^2=3^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow AC^2=7\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{7}\) (cm)

Bình luận (0)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔBCA vuông tại A, ta được:

\(AB^2+AC^2=BC^2\)

\(\Leftrightarrow AC^2=4^2-3^2=7\)

hay \(AC=\sqrt{7}\left(cm\right)\)

Bình luận (1)

1) Xét ΔADE vuông tại E và ΔAFE vuông tại F có 

AD chung

\(\widehat{EAD}=\widehat{FAE}\)(AD là tia phân giác của \(\widehat{EAF}\))

Do đó: ΔADE=ΔAFE(Cạnh huyền-góc nhọn)

2) Ta có: ΔABC cân tại A(gt)

nên \(\widehat{BAC}=180^0-2\widehat{C}\)(Số đo của góc ở đỉnh trong ΔABC cân tại A)

nên \(\widehat{BAC}=180^0-2\cdot30^0=120^0\)

Xét tứ giác AEDF có 

\(\widehat{AED}+\widehat{AFD}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: AEDF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Suy ra: \(\widehat{EAF}+\widehat{EDF}=180^0\)(Hai góc đối)

\(\Leftrightarrow\widehat{EDF}+120^0=180^0\)

hay \(\widehat{EDF}=60^0\)

Xét ΔDEF có DE=DF(ΔAED=ΔAFD)

nên ΔDEF cân tại D(Định nghĩa tam giác cân)

Xét ΔDEF cân tại D có \(\widehat{EDF}=60^0\)(cmt)

nên ΔDEF đều(Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)

3) Xét ΔAED vuông tại E và ΔAEM vuông tại E có

AE chung

ED=EM(gt)

Do đó: ΔAED=ΔAEM(hai cạnh góc vuông)

Suy ra: AD=AM(hai cạnh tương ứng)

Xét ΔAMD có AM=AD(cmt)

nên ΔAMD cân tại A(Định nghĩa tam giác cân)

Bình luận (0)
Akai Haruma
23 tháng 5 lúc 18:42

Lời giải:

Áp dụng định lý Pitago: $OA=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$

Vì $B\in Ox$ nên tọa độ của $B$ có dạng $(b,0)$

Vì $B$ thuộc đường tròn tâm $O$ bán kính $OA=\sqrt{2}$ nên $|x_B|=OB=OA=\sqrt{2}$. Vậy $B(\pm \sqrt{2},0)$

$C\in Oy$ nên $C$ có tọa độ $(0,c)$

$C$ thuộc đường tròn đường kính $OA$ nên:

$|y_C|=OC=OA=\sqrt{2}$. Vậy $C(0, \pm \sqrt{2})$

 

Bình luận (0)

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN

Loading...

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN