1) Một chiếc lều có dạng hình chóp tứ giác đều ở trại hè của học sinh có kích thước như Hình a và được mô tả như Hình b. Độ dài cạnh đáy là 3 m và cạnh bên của chiếc lều là 3 , 5 m . Tính

12/13

(3,0 điểm)

1) Một chiếc lều có dạng hình chóp tứ giác đều ở trại hè của học sinh có kích thước như Hình a và được mô tả như Hình b. Độ dài cạnh đáy là $3{\rm{\;m}}$ và cạnh bên của chiếc lều là $3,5{\rm{\;m}}.$ Tính (làm tròn đến hàng phần mười):

$Cho tam giác $ABC$ vuông ở \(A (ảnh 1)$

a) Độ dài cạnh $BD$.

b) Diện tích vải để làm chiếc lều đó (không kể đáy).

2) Cho tam giác $ABC$ vuông ở $A.$ Gọi $G$ là trung điểm của $BC.$ Qua $G$ kẻ $GE \bot AB$ $\left( {E \in AB} \right)$ và $GF \bot AC$ $\left( {F \in AC} \right).$ Từ $E$ kẻ đường thẳng song song với $BF,$ đường thẳng này cắt $GF$ tại $I.$

a) Chứng minh tứ giác $BEIF$ là hình bình hành.

b) Tìm điều kiện của tam giác $ABC$ để tứ giác $AGCI$ là hình vuông.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Hướng dẫn giải

a) Do $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $ABCD$ là hình vuông cạnh $3{\rm{\;m}}{\rm{.}}$

Do đó, áp dụng định lí Pythagore cho tam giác $ABD$ vuông tại $A$ ta được:

$B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = {3^2} + {3^3} = 18$

Suy ra $BD = \sqrt {18} \approx 4,2{\rm{\;m}}{\rm{.}}$

b) Gọi $SM$ là trung đoạn của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ (hình vẽ).

$Cho tam giác $ABC$ vuông ở \(A (ảnh 2)$

Khi đó $\Delta SAD$ cân tại $S$ có $SM$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên $M$ là trung điểm của $AD.$ Suy ra $MD = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 3 = 1,5{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right).$

Xét $\Delta SMD$ vuông tại $M$ có $S{D^2} = S{M^2} + M{D^2}$ (định lí Pythagore)

Suy ra $S{M^2} = S{D^2} - M{D^2} = 3,{5^2} - 1,{5^2} = 10.$

Do đó $SM = \sqrt {10} \approx 3,2{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right).$

Diện tích xung quanh của chiếc lều là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4AD} \right) \cdot SM \approx \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 3} \right) \cdot 3,2 = 19,2{\rm{\;}}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).$

Vậy diện tích vải để làm chiếc lều đó là khoảng $19,2{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}.$

$Cho tam giác $ABC$ vuông ở \(A (ảnh 3)$

a) Ta có $GF \bot AC$ và $AB \bot AC$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A)$ nên $GF\,{\rm{//}}\,AB.$

Xét tứ giác $BEIF$ có $BE\,{\rm{//}}\,FI$ (do $GF\,{\rm{//}}\,AB)$ và $EI\,{\rm{//}}\,BF$ nên $BEIF$ là hình bình hành.

b) Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AG$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên $AG = \frac{1}{2}BC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Mà $G$ là trung điểm của $BC$ nên $BG = CG = \frac{1}{2}BC$

Do đó $AG = BG = CG = \frac{1}{2}BC.$

Suy ra $\Delta ABG$ và $\Delta ACG$ đều là tam giác cân tại $G.$

Xét $\Delta ABG$ cân tại $G$ có đường cao $GE$ nên đồng thời là đường trung tuyến, do đó $E$ là trung điểm của \[AB\] nên $BE = AE.$ (1)

Tương tự với $\Delta ACG$ cân tại $G$ ta cũng có $GF$ vừa là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên $F$ là trung điểm của $AC.$

Xét tứ giác $AEGF$ có:

⦁$\widehat {EAF} = 90^\circ $ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A);$

⦁$\widehat {AEG} = 90^\circ $ (do $GE \bot AB);$

⦁$\widehat {AFG} = 90^\circ $ (do $GF \bot AC)$

Do đó tứ giác $AEGF$ là hình chữ nhật.

Suy ra $AE = GF$ (2)

Mà $BEIF$ là hình bình hành nên $BE = FI$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $GF = FI$ hay $F$ là trung điểm của $GI.$

Xét tứ giác $AGCI$ có hai đường chéo $GI$ và $AC$ cắt nhau tại trung điểm $F$ của mỗi đường nên $AGCI$ là hình bình hành.

Lại có $GI$ vuông góc với $AC$ nên hình bình hành $AGCI$ là hình thoi.

Để $AGCI$ là hình vuông thì $GI = AC$

Lại có $AB = 2AE,GI = 2GF$ và $AE = GF$nên $AB = GI$

Khi đó ta sẽ có $AB = AC$ hay $\Delta ABC$ cân tại $A.$

Vậy tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AGCI$ là hình vuông.