Diện tích hình thang, diện tích hình thoi

Kẻ $AH \bot BC$ tại $H$ và $AH$ cắt $MN$ tại $K$.

+ Xét tam giác $ABC$ có: $MN$ là đường trung bình nên $MN{\rm{//}}BC$ suy ra $AH \bot MN$ tại $K$.

Xét tứ giác $CBPQ$ có: $PQ{\rm{//}}BC$ (do $MN{\rm{//}}BC$) và $PB{\rm{//}}CQ$ (do cùng vuông góc với $PQ$ ) nên $CBPQ$ là hình bình hành. Lại có: $\widehat {PBC} = 90^\circ$ nên tứ giác $CBPQ$ là hình chữ nhật.

Suy ra: ${S_{CBPQ}} = BP.BC$

+ Xét $\Delta BPM$ và $\Delta AKM$ có:

Suy ra: $\Delta BPM = \Delta AKM\,\left( {ch - gn} \right) \Rightarrow BP = AK$ (hai cạnh tương ứng)  (1)

Xét $\Delta ABK$ có: $MK{\rm{//}}BH$ (do$MN{\rm{//}}BC$ ) và $M$ là trung điểm của $AB$ nên $K$ là trung điểm của $AH$ (định lý về đường trung bình của tam giác). Nên $AK = \dfrac{1}{2}AH$   (2)

Từ (1) và (2) ta có: $PB = \dfrac{1}{2}AH$.

+ ${S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AH.BC$ mà $PB = \dfrac{1}{2}AH$(cmt) nên ${S_{ABC}} = PB.BC$.

Lại có: ${S_{CBPQ}} = BP.BC$ (cmt) nên ta có ${S_{CBPQ}} = {S_{ABC}} = 50\,c{m^2}.$

Ta có: ${S_{BCHI}} = B{C^2};\,{S_{ACFG}} = A{C^2};\,{S_{ABDE}} = A{B^2}$.

Theo định lý Pytago cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ta có: $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}$ $\Rightarrow {S_{BCHI}} = {S_{ACFG}} + {S_{ABDE}}$.

Vậy ${S_{ACFG}} + {S_{ABDE}} = {S_{BCHI}} = 100\,c{m^2}$.

Xét tam giác $MNP$ có: $MA = AN;\,NB = BP(gt) \Rightarrow$ $AB$ là đường trung bình của tam giác $MNP$ $\Rightarrow AB = \dfrac{1}{2}MP;\,AB{\rm{//}}MP\,(1)$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Xét tam giác $MQP$ có: $MD = DQ;\,PC = CQ(gt) \Rightarrow$ $CD$ là đường trung bình của tam giác $MQP$ $\Rightarrow CD = \dfrac{1}{2}MP;\,CD{\rm{//}}MP\,(2)$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Xét tam giác $MNQ$ có: $MA = AN;\,MD = DQ(gt) \Rightarrow$ $AD$ là đường trung bình của tam giác $MNQ$ $\Rightarrow AD = \dfrac{1}{2}NQ;\,AD{\rm{//}}NQ$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Từ (1) và (2) suy ra $AB = CD;AB{\rm{//}}CD \Rightarrow$ $ABCD$ là hình bình hành (dhnb).

Ta có: $AB{\rm{//}}MP(cmt);\,NQ \bot MP(gt) \Rightarrow AB \bot NQ$ . Mặt khác $AD{\rm{//}}NQ\,\,(cmt)$ , suy ra $AD \bot AB \Rightarrow \widehat {DAB} = 90^\circ$

Hình bình hành $ABCD$ có $\widehat {DAB} = 90^\circ$ nên là hình chữ nhật (dhnb).

Diện tích hình thoi $MNPQ$ là: ${S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}MP.NQ\,(3)$

Diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là: ${S_{ABCD}} = AB.AD = \dfrac{1}{2}MP.\dfrac{1}{2}NQ = \dfrac{1}{4}MP.NQ\,\,(4)$

Từ (3) và (4) suy ra $\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{MNPQ}}}} = \dfrac{1}{2}$ .

+ Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao: $S = \dfrac{{\left( {a + b} \right)h}}{2}$

+ Diện tích hình bình hành bằng tích một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó: $S = a.h$

+ Diện tích hình thoi bằng nửa tích hai đường chéo: $S = \dfrac{1}{2}{d_1}.{d_2}$

Ta có:$\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{MNPQ}}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}.30 = 15\left( {c{m^2}} \right)$ .

Xét tam giác $MNP$ có: $MA = AN;\,NB = BP(gt) \Rightarrow$ $AB$ là đường trung bình của tam giác $MNP$ $\Rightarrow AB = \dfrac{1}{2}MP;\,AB{\rm{//}}MP\,(1)$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Xét tam giác $MQP$ có: $MD = DQ;\,PC = CQ(gt) \Rightarrow$ $CD$ là đường trung bình của tam giác $MQP$ $\Rightarrow CD = \dfrac{1}{2}MP;\,CD{\rm{//}}MP\,(2)$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Xét tam giác $MNQ$ có: $MA = AN;\,MD = DQ(gt) \Rightarrow$ $AD$ là đường trung bình của tam giác $MNQ$ $\Rightarrow AD = \dfrac{1}{2}NQ;\,AD{\rm{//}}NQ$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Từ (1) và (2) suy ra $AB = CD;AB{\rm{//}}CD \Rightarrow$ $ABCD$ là hình bình hành (dhnb).

Ta có: $AB{\rm{//}}MP(cmt);\,NQ \bot MP(gt) \Rightarrow AB \bot NQ$ . Mặt khác $AD{\rm{//}}NQ\,\,(cmt)$ , suy ra $AD \bot AB \Rightarrow \widehat {DAB} = 90^\circ$

Hình bình hành $ABCD$ có $\widehat {DAB} = 90^\circ$ nên là hình chữ nhật (dhnb).

Diện tích hình thoi $MNPQ$ là: ${S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}MP.NQ\,(3)$

Diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là: ${S_{ABCD}} = AB.AD = \dfrac{1}{2}MP.\dfrac{1}{2}NQ = \dfrac{1}{4}MP.NQ\,\,(4)$

Từ (3) và (4) suy ra $\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{MNPQ}}}} = \dfrac{1}{2}$ .

Xét tam giác $MNP$ có: $MA = AN;\,NB = BP(gt) \Rightarrow$ $AB$ là đường trung bình của tam giác $MNP$ $\Rightarrow AB = \dfrac{1}{2}MP;\,AB{\rm{//}}MP\,(1)$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Xét tam giác $MQP$ có: $MD = DQ;\,PC = CQ(gt) \Rightarrow$ $CD$ là đường trung bình của tam giác $MQP$ $\Rightarrow CD = \dfrac{1}{2}MP;\,CD{\rm{//}}MP\,(2)$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Xét tam giác $MNQ$ có: $MA = AN;\,MD = DQ(gt) \Rightarrow$ $AD$ là đường trung bình của tam giác $MNQ$ $\Rightarrow AD = \dfrac{1}{2}NQ;\,AD{\rm{//}}NQ$ (tính chất đường trung bình của tam giác).

Từ (1) và (2) suy ra $AB = CD;AB{\rm{//}}CD \Rightarrow$ $ABCD$ là hình bình hành (dhnb).

Ta có: $AB{\rm{//}}MP(cmt);\,NQ \bot MP(gt) \Rightarrow AB \bot NQ$ . Mặt khác $AD{\rm{//}}NQ\,\,(cmt)$ , suy ra $AD \bot AB \Rightarrow \widehat {DAB} = 90^\circ$

Hình bình hành $ABCD$ có $\widehat {DAB} = 90^\circ$ nên là hình chữ nhật (dhnb).

Diện tích hình thoi $MNPQ$ là: ${S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}MP.NQ\,(3)$

Diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là: ${S_{ABCD}} = AB.AD = \dfrac{1}{2}MP.\dfrac{1}{2}NQ = \dfrac{1}{4}MP.NQ\,\,(4)$

Từ (3) và (4) suy ra $\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{MNPQ}}}} = \dfrac{1}{2}$ .

Diện tích hình bình hành bằng tích một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó: $S = a. h$.

Hình thoi $ABCD$ có hai đường chéo $AC,BD$ nên diện tích ${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD$.

${S_{ABCD}} = AH.CD = 5 . 9,6 = 48\left( {c{m^2}} \right)$.

Ta có: ${S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right). AH}}{2} \Rightarrow AH = \dfrac{{2{S_{ABCD}}}}{{AB + CD}} = \dfrac{{2.60}}{{10 + 5}} = 8\,(cm)$.

Giả sử hình thoi $ABCD$ có đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại $O$, $BD = 10\,cm;\,AC = 24\,cm$.

Suy ra $BO = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{2}. 12 = 6\,(cm);\,$$AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}. 24 = 12(cm)$.

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOB$ vuông tại $O$ ta có:

$AB = \sqrt {A{O^2} + B{O^2}}  = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}}  = 13\,(cm)$.

Giả sử hình thoi $ABCD$, đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại $O$, $AB = 10\,cm;\,\,\,AC = 16\,cm.$

$AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}. 16 = 8\,(cm)$.

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOB$ vuông tại $O$ ta có:

$OB = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6$.

${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD. AC = \dfrac{1}{2}. 2OB. AC$ $= OB. AC = 6. 16 = 96\left( {c{m^2}} \right)$.

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOB$ vuông tại $O$ ta có:

$BO = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{{20}^2} - {{16}^2}}  = 12$.

${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD.AC = \dfrac{1}{2}2. BO. 2AO$$= 2BO. AO = 2. 12. 16 = 384\left( {c{m^2}} \right)$.

Vì $ABCD$ có hai đường chéo vuông góc nên ${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD.AC$$\Rightarrow AC = \dfrac{{2{S_{ABCD}}}}{{BD}} = \dfrac{{2. 56}}{7} = 16\,cm$.

Gọi đáy lớn của hình thang là $a\left( {cm;a > 0} \right)$.

Diện tích hình thang $S = \dfrac{{\left( {11 + a} \right)5}}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {11 + a} \right)5}}{2} = 65$.

$\Leftrightarrow 55 + 5a = 130 \Leftrightarrow 5a = 75 \Leftrightarrow a = 15\left( {tm} \right)$

Vậy độ dài đáy lớn là $15\,cm.$

Vì ABCD là hình chữ nhật và BCNM là hình bình hành nên ta có:

$\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = BC.DC\\{S_{BCNM}} = MN.DC\end{array}$.

Mà $BC = MN$ (do BCNM là hình bình hành), suy ra ${S_{ABCD}} = {S_{BCNM}}$.

Lại có: theo giả thiết ${S_{ABCD}} = 25c{m^2} \Rightarrow {S_{BCNM}} = 25\,c{m^2}.$

Tứ giác $ABED$ có $\widehat A = \widehat D = \widehat E = 90^\circ$ nên là hình chữ nhật.

Suy ra $DE = AB = 9\,cm$. Do đó: $EC = DC - DE = 13,5 - 9 = 4,5\,(cm)$

Ta có:

${S_{BEC}} = \dfrac{1}{2}BE.EC \Rightarrow BE = \dfrac{{2{S_{BEC}}}}{{EC}} = \dfrac{{2.18}}{{4,5}} = 8\,(cm)$.

${S_{ABED}} = AB.BE = 9. 8 = 72\,\,\left( {c{m^2}} \right)$.

${S_{ABCD}} = {S_{ABED}} + {S_{BEC}} = 72 + 18 = 90\,(c{m^2})$.

Giả sử hình thoi $ABCD$, đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại $O$, $AC = 20\,cm;\,BD = 15\,cm$.

Gọi $BH$ là đường cao hình thoi kẻ từ đỉnh $B$.

Ta có: $DO = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{2}.15 = 7,5\,(cm);\,$$AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.20 = 10\,(cm)$.

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOD$ vuông tại $O$ ta có:

$\begin{array}{l}AD = \sqrt {A{O^2} + O{D^2}}  = \sqrt {{{10}^2} + 7,{5^2}}  = 12,5\,(cm)\\{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD.AC = \dfrac{1}{2}.15.20 = 150\left( {c{m^2}} \right)\\{S_{ABCD}} = BH.AD\\ \Rightarrow BH = \dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{AD}} = \dfrac{{150}}{{12,5}} = 12\,(cm).\end{array}$.

Theo kết quả câu trước ta có: ${S_{BEF}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABC}}$.

Chứng minh tương tự ta có: ${S_{DHG}} = \dfrac{1}{4}{S_{DAC}};\,{S_{AEH}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABD}};\,{S_{CDF}} = \dfrac{1}{4}{S_{CDB}}$.

Từ đó ta có: ${S_{BEF}} + {S_{DHG}} = \dfrac{1}{4}{S_{BAC}} + \dfrac{1}{4}{S_{DAC}}$$= \dfrac{1}{4}\left( {{S_{BAC}} + {S_{DAC}}} \right) = \dfrac{1}{4}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{4}S$.

Và ${S_{AEH}} + {S_{CGF}} = \dfrac{1}{4}{S_{BAD}} + \dfrac{1}{4}{S_{DBC}}$$= \dfrac{1}{4}\left( {{S_{BAD}} + {S_{DBC}}} \right) = \dfrac{1}{4}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{4}S$.

Suy ra: ${S_{AEH}} + {S_{CGF}} + {S_{BEF}} + {S_{CFG}} = \dfrac{1}{4}S + \dfrac{1}{4}S = \dfrac{1}{2}S$.

Từ đó: ${S_{EFGH}} = {S_{ABCD}} - \left( {{S_{AEH}} + {S_{CGF}} + {S_{BEF}} + {S_{CFG}}} \right) = S - \dfrac{1}{2}S = \dfrac{1}{2}S$.