- LG a
- LG b
- LG c
- LG d
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi N là trung điểm của CD, M là điểm trên AC sao cho \[AM = {1 \over 4}AC.\]
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:
\[{{BN} \over {\sin \widehat {BDN}}} = 2R\]
\[\Rightarrow \,\,R = \,{{BN} \over {2\sin {{45}^0}}} =\frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{{2.\frac{{\sqrt 2 }}{2}}}= {{a\sqrt {10} } \over 4}\]