Tính diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều được gấp từ miếng bìa có kích thước như hình bên. (ảnh 2)

Gấp miếng bìa ta được hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có kích thước như hình vẽ.

Khi đó đáy \(ABCD\) là hình vuông và các mặt bên là các tam giác cân.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\)

Khi đó \(BM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(SM\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên \(SM \bot BC\) do đó \(\Delta SBM\) vuông tại \(M.\)

Áp dụng định lí Pythagore, ta có \(S{B^2} = S{M^2} + B{M^2}\)

Suy ra \(S{M^2} = S{B^2} - B{M^2} = {13^2} - {5^2} = 144.\)

Do đó \(SM = 12{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích của hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) là:

\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 10} \right) \cdot 12 = 240{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều được gấp từ miếng bìa là \(240{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}.\)

2.

a) Do \[ABCD\]là hình bình hành nên \[BC\,{\rm{//}}\,AD\] và \[BC = AD.\]

Mà \[M \in BC,{\rm{ }}N \in AD\]nên \[MB\,{\rm{//}}\,ND\].

Lại có \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[BC,{\rm{ }}AD\] nên

\(MB = MC = \frac{1}{2}BC;NA = ND = \frac{1}{2}AD\).

Do đó \[MB = MC = NA = ND.\]

Tứ giác \[MBND\] có \[MB\,{\rm{//}}\,ND\] và \[MB = ND\] nên là hình bình hành.

b) Tương tự câu a, ta chứng minh được \[MANC\] là hình bình hành.

Do \[MBND,{\rm{ }}MANC\] đều là hình bình hành nên \[PN\,{\rm{//}}\,MQ,{\rm{ }}PM\,{\rm{//}}\,NQ\](do \[P\] là giao điểm của \[AM\] và \[BN,{\rm{ }}Q\] là giao điểm của \[CN\] và \[DM).\]

Suy ra tứ giác \[PMQN\] là hình bình hành.

Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta MNB\) có:

\[AN = BM\](chứng minh trên)

\[\widehat {ANB} = \widehat {MBN}\](hai góc so le trong do \[BM\,{\rm{//}}\,AN),\]

Cạnh \[BN\]chung

Do đó \(\Delta ABN = \Delta MNB\) (c.g.c).

Suy ra \[AB = MN\] (hai cạnh tương ứng)

Tứ giác \[ABMN\] có \[AB = BM = MN = AN\] nên \[ABMN\] là hình thoi.

Suy ra \[AM \bot BN,\] do đó \(\widehat {MPN} = 90^\circ \).

Hình bình hành \[PMQN\] có \(\widehat {MPN} = 90^\circ \) nên \[PMQN\] là hình chữ nhật.

c) Ta có \[BM = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[ABMN\] là hình thoi nên \[AM\] là tia phân giác của \(\widehat {BAN}\).

Suy ra \(\widehat {BAN} = 2\widehat {MAD} = 60^\circ \).

Tam giác \[ABN\] có \[AB = AN\] và \(\widehat {BAN} = 60^\circ \) nên tam giác \[ABN\] đều.

Suy ra \[BN = AN = AB = 2{\rm{\;cm}}.\]

Do \[P\] là trung điểm của \[BN\] nên \(BP = NP = \frac{{BN}}{2} = 1{\rm{\;(cm)}}\).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[BMP\] vuông tại \[P,\] ta có:

\[B{M^2} = B{P^2} + M{P^2}.\]

Suy ra \[M{P^2} = B{M^2} - B{P^2} = {2^2} - {1^2} = 3.\]

Do đó \(MP = \sqrt 3 {\rm{\;cm}}\).

Do \[PMQN\] là hình chữ nhật nên diện tích của \[PMQN\] là:

\(MP \cdot NP = \sqrt 3 \cdot 1 = \sqrt 3 \;\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Vậy diện tích của tứ giác \[PMQN\] là \(\sqrt 3 \;\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)

Đa thức 14x^2y − 21xy^2 + 28x^2y^2 có nhân tử chung là