Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt AI = x (cm) , (x>0) , IC = y (cm) , (y>0)
Ta có : \(2y^2=18,2015\Rightarrow y=\sqrt{\frac{18,2015^2}{2}}\)
Mặt khác : \(x^2+DI^2=AD^2=14,2014^2\) ; \(y^2+DI^2=CD^2=18,2015^2\)
\(\Rightarrow y^2-x^2=18,2015^2-14,2014^2\Rightarrow x=\sqrt{y^2-18,2015^2+14,2014^2}\)
Từ đó dễ dàng giải tiếp bài toán.
Xét tam giác \(ABD\)vuông tại \(A\):
\(BD^2=AB^2+AD^2\)(định lí Pythagore)
\(=4^2+10^2=116\)
\(\Rightarrow BD=\sqrt{116}=2\sqrt{29}\left(cm\right)\)
Lấy \(E\)thuộc \(CD\)sao cho \(AE\perp AC\)
Suy ra \(ABDE\)là hình bình hành.
\(AE=BD=2\sqrt{29}\left(cm\right),DE=AB=4\left(cm\right)\).
Xét tam giác \(AEC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AD\):
\(\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AD^2}-\frac{1}{AE^2}=\frac{1}{100}-\frac{1}{116}=\frac{1}{715}\)
\(\Rightarrow AC=\sqrt{715}\left(cm\right)\)
\(AE^2=ED.EC\Leftrightarrow EC=\frac{AE^2}{ED}=\frac{116}{4}=29\left(cm\right)\)suy ra \(DC=25\left(cm\right)\)
Hạ \(BH\perp CD\).
\(BC^2=HC^2+BH^2=21^2+10^2=541\Rightarrow BC=\sqrt{541}\left(cm\right)\)
\(S_{ABCD}=\left(AB+CD\right)\div2\times AD=\frac{4+25}{2}\times10=145\left(cm^2\right)\)
Ta áp dụng công thức Brahmagupta để tính
\(s=\frac{\sqrt{\left(AB^2+CD^2+BD^2+AC^2\right)+8\cdot AB\cdot CD\cdot BD\cdot AC-2\left(AB^4+CD^4+BD^4+AC^4\right)}}{4}\)
A) Thay số vào ta đc \(S=6\sqrt{55}\approx44,4972\left(cm^2\right)\)
b) \(S\approx244,1639\left(cm^2\right)\)
hok tốt ...
Công thức Brahmagupta là công thức tính diện tích của một tứ giác nội tiếp (tứ giác mà có thể vẽ một đường tròn đi qua bốn đỉnh của nó) mà hình thang ko có đường tròn nào đi qua đủ bốn đỉnh của nó nên công thức này ko được áp dụng vào bài này
Định lí 1 : Nếu tam giác vuông có một góc bằng \(30^0\)thì cạnh đối diện với góc ấy bằng nửa cạnh huyền
Vì \(DP\perp AB\)(giả thiết) \(\Rightarrow\Delta PAD\)vuông tại P
\(\Delta PAD\)vuông tại P có \(\widehat{DAP}=60^0\)(giả thiết)
\(\Rightarrow\widehat{PDA}=30^0\)
Do đó \(2PA=DA\)(định lí 1)
\(\Rightarrow4PA^2=DA^2\)
Vì \(\Delta PAD\)vuông tại P (chứng minh trên)
\(\Rightarrow PA^2+PD^2=AD^2\)(định lí Py-ta-go)
\(\Rightarrow PA^2+4^2=4PA^2\)(thay số)
\(\Rightarrow4PA^2-PA^2=16\)
\(\Rightarrow3PA^2=16\)
\(\Rightarrow PA^2=\frac{16}{3}\Rightarrow PA=\sqrt{\frac{16}{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}\left(cm\right)\)(vì \(PA>0\))
Do đó: \(DA=2PA=2.\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{8}{\sqrt{3}}\left(cm\right)\)
Vì \(CH\perp AB\)(giả thiết)
\(\Rightarrow\Delta CHB\)vuông tại H.
\(\Delta CHB\)vuông tại H có \(\widehat{HCB}=60^0\)(giả thiết)
\(\Rightarrow BC=2HC\)(định lí 1)
\(\Rightarrow BC=2.4\)(thay số)
\(\Rightarrow BC=8\left(cm\right)\)
Vì \(\Delta CHB\)vuông tại H (chứng minh trên)
\(\Rightarrow HB^2+HC^2=BC^2\)(định lí Py-ta-go)
\(\Rightarrow HB^2+4^2=8^2\)(thay số)
\(\Rightarrow HB^2+16=64\)
\(\Rightarrow HB^2=56\Rightarrow HB=\sqrt{56}=2\sqrt{14}\left(cm\right)\)(vì \(HB>0\))
Mặt khác, xét tứ giác DCHP có:
\(DP//CH\)(vì cùng vuông góc với AB)
Và \(DP=CH\)(giả thiết)
\(\Rightarrow\)DCHP là hình bình hành
\(\Rightarrow CD=PH=3\left(cm\right)\)(tính chất).
Ta có:
\(AB=AP+PH+HB\)
\(\Rightarrow AB=\frac{4}{\sqrt{3}}+3+2\sqrt{14}\left(cm\right)\)
Do đó:
\(P_{ABCD}=AB+BC+CD+DA=\)\(\frac{4}{\sqrt{3}}+3+2\sqrt{14}+8+3+\frac{8}{\sqrt{3}}\)(thay số)
\(P_{ABCD}=\frac{12}{\sqrt{3}}+14+2\sqrt{14}=4\sqrt{3}+2\sqrt{14}+14\left(cm\right)\)
Vậy \(P_{ABCD}=4\sqrt{3}+2\sqrt{14}+14\left(cm\right)\)