Advertisements (Quảng cáo)
Cho tam giác ABC vuông ở A và có BC = 2 AB = 2a. Ở phía ngoài tam giác, ta vẽ hình vuông BCDE, tam giác đều ABF và tam giác đều ACG.
a. Tính các góc B, C, cạnh AC và diện tích tam giác ABC.
b. Chứng minh rằng FA vuông góc với BE và CG. Tính diện tích các tam giác FAG và FBE.
c. Tính diện tích tứ giác DEFG.
Giải:
Gọi M là trung điểm của BC, ta có:
AM = MB = \({1 \over 2}\)BC = a (tính chất tam giác vuông) ⇒ AM = MB = AB = a
nên ∆ AMB đều ⇒ \(\widehat {ABC} = 60^\circ \)
Mặt khác : \(\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ \) (tính chất tam giác cân)
Suy ra: \(\widehat {ACB} = 90^\circ – \widehat {ABC} = 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ \)
Trong tam giác vuông ABC, theo định lý Pi-ta-go ta có :
\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\)
\(\eqalign{ & \Rightarrow A{C^2} = B{C^2} – A{B^2} = 4{a^2} – {a^2} = 3{a^2} \cr & AC = a\sqrt 3 \cr} \)
\(\eqalign{ & \Rightarrow A{C^2} = B{C^2} – A{B^2} = 4{a^2} – {a^2} = 3{a^2} \cr & AC = a\sqrt 3 \cr} \) (đvdt)
b. Ta có : \(\widehat {FAB} = \widehat {ABC} = 60^\circ \)
⇒ FA // BC (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau)
Suy ra: FA ⊥ BE
BC ⊥ CD(vì BCDE là hình vuông)
Suy ra :FA ⊥ CD
Advertisements (Quảng cáo)
Gọi giao điểm BE và FA là H, FA và CG là K.
\( \Rightarrow BH \bot FA\)và FH = HA = \({a \over 2}\) (tính chất tam giác đều)
\(\widehat {ACG} + \widehat {ACB} + \widehat {BCD} = 60^\circ + 30^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
⇒ G, C, D thẳng hàng
⇒ AK ⊥ CG và GK = KC = \({1 \over 2}\) GC = \({1 \over 2}\)AC = \({{a\sqrt 3 } \over 2}\)
\({S_{FAG}} = {1 \over 2}GK.AF = {1 \over 2}.{{a\sqrt 3 } \over 2}.a = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\) (đvdt)
\({S_{FBE}} = {1 \over 2}FH.BE = {1 \over 2}.{a \over 2}.2a = {1 \over 2}{a^2}\) (đvdt)
c. \({S_{BCDE}} = B{C^2} = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}\) (đvdt)
Trong tam giác vuông BHA, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(\eqalign{ & A{H^2} + B{H^2} = A{B^2} \cr & \Rightarrow B{H^2} = A{B^2} – A{H^2} = {a^2} – {{{a^2}} \over 4} = {{3{a^2}} \over 4} \Rightarrow BH = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr} \)
\({S_{ABF}} = {1 \over 2}BH.FA = {1 \over 2}.{{a\sqrt 3 } \over 2}.a = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\) (đvdt)
Trong tam giác vuông AKC, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(A{C^2} = A{K^2} + K{C^2}\)
\(\eqalign{ & \Rightarrow A{K^2} = A{C^2} – K{C^2} = 3{a^2} – {{3{a^2}} \over 4} = {{9{a^2}} \over 4} \cr & AK = {{3a} \over 2} \cr} \)
\({S_{ACG}} = {1 \over 2}AK.CG = {1 \over 2}.{{3a} \over 2}.a\sqrt 3 = {{3{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\) (đvdt)
\({S_{DEFG}} = {S_{BCDE}} + {S_{FBE}} + {S_{FAB}} + {S_{FAG}} + {S_{ACG}}\)
\( = 4{a^2} + {{{a^2}} \over 2} + {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} + {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} + {{3{a^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{{a^2}} \over 4}\left( {18 + 5\sqrt 3 } \right)\) (đvdt)