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pd和dp接口区别
已知:点P是⊙O的半径OA上一点,点D在⊙O上,且
PD
=PO,过点D作⊙O的切线交...
答:
第一个问题:∵CD切⊙O于D, ∴OD⊥CD, ∴∠PCD=90°-∠POD。···① ∵PO=
PD
, ∴∠POD=∠PDO, ∴∠PDC=∠ODC-∠PDO=90°-∠POD。···② 由①、②,得:∠PCD=∠PDC, ∴PC=PD。 见图一所示。第二个问题:∵CD∥KO、OD⊥CD,∴KO⊥OC,∴DK是△ODK外接圆的...
typec转hdmi120hz1080
答:
USB Type-C规范1.2 VESA DisplayPort TM(
DP
)v1.4兼容接收机 HDMI规范v2.0b兼容发射机,数据速率高达每通道6-Gbps。USB电源传输(
PD
)V3.0兼容 支持所有USB Type-C通道配置(CC)内置振荡器,无需外部晶体 嵌入式MCU和SPI-flash 嵌入式V-sync/H-sync缓冲区 嵌入式EDID(如果终端设备没有,CS...
如图,点p(2,1)在线段ab上,求
pd
?
答:
y''=y'^2+1 令y'=p, 即dy/dx=p 则y''=
dp
/dx=dp/dy*dy/dx=pdp/dy 带入:pdp/dy=p^2+1 移项后两边积分 p/(p^2+1)dp=dy 1/2ln(p^2+1)=y+c 则:p^2+1=e^(2y+2c)则p=√(e^(2y+2c)-1)即:dy/dx=√(e^(2y+2c)-1)移项后两边积分,dy/√(e^(2y+2c)...
圆o为三角形外切圆。ab=ac=10,bc=12,p在劣弧bc上为一动点,过p做
pd
...
答:
结果:当a,o,p在同一条线上即P在三角形abc的bc垂直平分线上时
pd
为切线,反证法:设若pd为切线,则op垂直于
dp
,即∠dpo=90,因ab=ac=10,所以三角形abc为等腰三角形,所以ao的延长线交bc于e且,ae垂直于bc,be=ce bc∥dp所以po垂直于bc ae垂直于bc,所以AOEP在同一条线上,因此;当a,o...
在△ABC中 AB=AC D为BC上任意一点 过点D作
DP
⊥BC 分别交于BA CA或...
答:
过A作AE垂直BC 所以DQ/AE=CD/CE
PD
/ AE=BD/BE 又BE=EC 所以 PD/ AE=BD/EC (
DP
+DQ)/AE=(BD+CD)/CE =BC/CE DP+DQ=BC*AE/CE为定值
如图,在△ABC中,∠C=90°,P是BC的中点,
PD
垂直AB于D,AB=8,BD=3,求AC...
答:
解:过点P作PE∥AC交AB于点E 则PE=AC/2 BE=AB/2=8÷2=4 故DE=BE-BD=4-3=1 ∵∠EPD+∠BPD=90° ∠PBD+∠BPD=90° ∴∠EPD=∠PBD 又∠EDP=∠PDB=90° ∴Rt△EDP∽Rt△PDB ∴
DP
/DB=ED/
PD
∴DP²=DB*ED=3×1=3 ∴DP=√3 而tan∠PBD=DP/DB=√3/3 ∴∠PBD=30...
AB是直径,
DP
||AC,∠BPD=∠ADC (1)BP是圆的切线. (2)已知E是
PD
中点,AC...
答:
连BC,设
PD
交AB于F,AB是直径,∴AC⊥BC,PD∥AC,∴∠PFB=∠CAB,易知∠BPD=∠ADC=∠ABC,∴∠PFB+∠BPD=∠CAB+∠ABC=90°,∴∠OBP=90°,∴BP是圆的切线.(2)条件不足.
...AB=m(m>4),点P是AB边上的任意一点(不
与
点A、B重合),连接
PD
,过...
答:
解:(1)存在点P。假设存在一点P,使点Q与点C重合,如图所示,设AP的长为x,则BP=10-x,在Rt△APD中,
DP
2 =AD 2 +AP 2 ,即DP 2 =4 2 +x 2 ,在Rt△PBC中,PC 2 =BC 2 +PB 2 ,即DP 2 =4 2 +(10-x) 2 ,在Rt△PCD中,CD 2 =DP 2 +PC 2 ,即10 2 =4 ...
...PB平分∠ABC,点P恰好在DC上,求证:①AP⊥BP;②
PD与
PC
答:
角平分线,所以∠PAD=∠PAB,
DP
平行AB,所以∠PAB=∠DPA,所以∠PAD=∠DPA,所以DP=PA。同理,由于角平分线和CP平行AB,所以∠PBC=∠CPB,所以CP=PB。因为AD平行且等于BC,所以
PD
=PC 因为∠DPA+∠CPB=∠PAB+∠PBA=1/2 (∠DAB+∠CBA)=(1/2)*180=90度,所以∠APB=180-(∠DPA+∠CPB...
...连接CF,P是CF的中点,连接EP、
DP
.(1)如图1...
答:
∴
DP
⊥EH,DP=12EH,∴DP=PE.∴推出
PD
=PE?且PD⊥PE;(3)解:图形补画如图,(1)中的结论仍然成立.理由如下:延长EP至点K,使得PK=EP,延长FE交AB于R,作FH∥CD交EP于H,连接DE、DK、CK,∴FH∥CD∥AB,∴∠DCP=∠PFH,∠HFE=∠ERA.在△CPK和△FPE中,CP=FP∠FPE=∠CPKPK=...
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