Bài 5 trang 70 SGK Hình học 10 nâng cao

LG a

Tính các cạnh của tam giác BMN

Lời giải chi tiết:

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD thì M là trung điểm AO.

Tam giác ABC vuông tại B nên:

\(\begin{array}{l}
A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}\\
\Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \\
= \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2
\end{array}\)

Do đó \(OA = OB = OC = OD \)\(= \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow OM = \frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

N là trung điểm CD nên \(NC = \frac{1}{2}DC = \frac{a}{2}\).

Ta có:

\(\eqalign{
& B{N^2} = B{C^2} + N{C^2} \cr 
& = {a^2} + {{{a^2}} \over 4} = {{5{a^2}} \over 4}\cr&\Rightarrow \,\,BN = {{a\sqrt 5 } \over 2} \cr 
& B{M^2} = B{O^2} + O{M^2} \cr 
& = {\left( {{{a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} + {\left( {{{a\sqrt 2 } \over 4}} \right)^2} = {{5{a^2}} \over 8} \cr 
& \Rightarrow \,\,BM = {{a\sqrt {10} } \over 4} \cr} \)

Kẻ MP // AD ta có

\(\frac{{MP}}{{AD}} = \frac{{CM}}{{CA}} = \frac{3}{4} \)\(\Rightarrow MP = \frac{3}{4}AD = \frac{{3a}}{4}\)

\(\frac{{CP}}{{CD}} = \frac{{CM}}{{CA}} = \frac{3}{4} \)\(\Rightarrow CP = \frac{3}{4}CD = \frac{{3a}}{4} \)\(\Rightarrow PD = CD - CP = a - \frac{{3a}}{4} = \frac{a}{4}\)

\( \Rightarrow NP = DN - PD = \frac{a}{2} - \frac{a}{4} = \frac{a}{4}\)

Tam giác MNP vuông tại P nên:

\(M{N^2} = M{P^2} + P{N^2} \)\(= {\left( {{{3a} \over 4}} \right)^2} + {\left( {{a \over 4}} \right)^2} = {{10{a^2}} \over {16}}\,\,\)

\(\Rightarrow \,\,MN = {{a\sqrt {10} } \over 4}\)

LG b

Có nhận xét gì về tam giác BMN ? Tính diện tích tam giác đó.

Lời giải chi tiết:

Ta có \(MB = MN\) nên tam giác BMN cân tại M.

Lại có:

\(B{M^2} + M{N^2}\)

\(= {\left( {\frac{{a\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} \)

\(= \frac{{5{a^2}}}{4} \)

\(= B{N^2}\)

nên tam giác BMN vuông tại M.

Vậy tam giác BMN vuông cân tại M.

Diện tích tam giác BMN là

\({S_{BMN}} = {1 \over 2}MB.MN\)\(  = \frac{1}{2}\frac{{a\sqrt {10} }}{4}.\frac{{a\sqrt {10} }}{4}= {{5{a^2}} \over {16}}\)

LG c

Gọi I là giao điểm của  BN và AC. Tính CI.

Lời giải chi tiết:

Tam giác DCB có hai đường trung tuyến CO và BN cắt nhau tại I nên I là trọng tâm tam giác BCD

Do đó, \(IC = {2 \over 3}IO = {2 \over 3}.a.{{\sqrt 2 } \over 2} = {{a\sqrt 2 } \over 3}\).

LG d

Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN.

Lời giải chi tiết:

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN.

Áp dụng định lí sin ta có:

\({{BN} \over {\sin \widehat {BDN}}} = 2R\)

\(\Rightarrow \,\,R = \,{{BN} \over {2\sin {{45}^0}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{{2.\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}= {{a\sqrt {10} } \over 4}\)

Loigiaihay.com