Bài 56 trang 166 SBT toán 8 tập 1Giải bài 56 trang 166 SBT toán 8. 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... Quảng cáo
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 \(ACG.\) Phương pháp giải - Xem chi tiết Áp dụng công thức tính diện tích tam giác: \(S=\dfrac{1}{2}ah\) Công thức tính diện tích hình vuông cạnh \(a\) là: \(S=a^2\) Định lý Pi - ta - go: Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông. 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) Loigiaihay.com
Quảng cáo
|