Bài 56 trang 166 SBT toán 8 tập 1

Đề bài

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 $DEFG.$

Lời giải chi tiết

 

a) Gọi $M$ là trung điểm của $BC,$ ta có:

$AM = MB =$ $\eqalign{1 \over 2}BC = a$ (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 :

$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}$

Suy ra: $\eqalign{ A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} }$ $= 4{a^2} - {a^2} = 3{a^2}$

Hay $AC = a\sqrt 3$

Do đó ta có diện tích $∆ ABC$ là: $S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC$ $=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3=\dfrac{1}{2}a^2\sqrt 3$

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: $FA ⊥ CD$

Gọi giao điểm $BE$ và $FA$ là $H, FA$ và $CG$ là $K.$

$\Rightarrow BH \bot FA$ và $FH = HA =$ $\eqalign{a \over 2}$ (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 $GK = KC$ $= \eqalign{1 \over 2} GC$ = $\eqalign{1 \over 2}AC$ $= \eqalign{{a\sqrt 3 } \over 2}$

${S_{FAG}} = \eqalign{1 \over 2}GK.AF =\eqalign {1 \over 2}.\eqalign{{a\sqrt 3 } \over 2}.a$ $=\eqalign {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}$  (đvdt)

${S_{FBE}} = \eqalign{1 \over 2}FH.BE =\eqalign {1 \over 2}.\eqalign{a \over 2}.2a$ $= \eqalign{1 \over 2}{a^2}$ (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:

$\eqalign{  & A{H^2} + B{H^2} = A{B^2} }$ $\Rightarrow B{H^2} = A{B^2} - A{H^2}$ $= {a^2} - \eqalign{{{a^2}} \over 4} = \eqalign{{3{a^2}} \over 4}$ $\Rightarrow BH = \eqalign{{a\sqrt 3 } \over 2}$

$\displaystyle {S_{ABF}} = {1 \over 2}BH.FA = \eqalign{1 \over 2}.\eqalign{{a\sqrt 3 } \over 2}.a$ $= \eqalign{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}$  (đvdt)

Trong tam giác vuông $AKC,$ theo định lý Pi-ta-go ta có:

$A{C^2} = A{K^2} + K{C^2}$

$\eqalign{ \Rightarrow A{K^2} = A{C^2} - K{C^2}}$ ${= 3{a^2} - \eqalign{{3{a^2}} \over 4} = \eqalign{{9{a^2}} \over 4}}$ $\Rightarrow {AK = \eqalign{{3a} \over 2} }$

${S_{ACG}} = \eqalign{1 \over 2}AK.CG = \eqalign{1 \over 2}.\eqalign{{3a} \over 2}.a\sqrt 3$ $= \eqalign{{3{a^2}\sqrt 3 } \over 4}$  (đvdt)

${S_{DEFG}} = {S_{BCDE}} + {S_{FBE}} + {S_{FAB}}$ $+ {S_{FAG}} + {S_{ACG}}+ {S_{ACB}}$

$= 4{a^2} + \eqalign{{{a^2}} \over 2} + \eqalign{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4} + \eqalign{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}$ $+ \eqalign{{3{a^2}\sqrt 3 } \over 4} +\dfrac{1}{2}a^2\sqrt 3= \eqalign{{{a^2}} \over 4}\left( {18 + 7\sqrt 3 } \right)$ (đvdt) 

HocTot.Nam.Name.Vn