Tính tỉ số diện tích của tam giác \(BEF\) và tam giác \(ABC\).
Gọi \(FK \bot AB\) tại \(K,\,AI \bot BC\) tại \(I\).
Ta có: \({S_{BEF}} = \dfrac{1}{2}FK.BE\) và \({S_{FAB}} = \dfrac{1}{2}FK.AB\) mà \(AB = 2EB\) (do \(E\) là trung điểm của \(AB\)) nên \({S_{BEF}} = \dfrac{1}{2}FK.\dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{2}FK.AB} \right) = \dfrac{1}{2}{S_{ABF}}\) (1)
Lại có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AI.BC;\,\) \({S_{ABF}} = \dfrac{1}{2}AI.BF = \dfrac{1}{2}AI.\dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{2}AI.BC} \right) = \dfrac{1}{2}{S_{ABC}}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \({S_{BEF}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABF}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABC}}.\)
Tỉ số cần tìm là \(\dfrac{1}{4}.\)
Tính tỉ số diện tích của tam giác \(BEF\) và tam giác \(ABC\).
Gọi \(FK \bot AB\) tại \(K,\,AI \bot BC\) tại \(I\).
Ta có: \({S_{BEF}} = \dfrac{1}{2}FK.BE\) và \({S_{FAB}} = \dfrac{1}{2}FK.AB\) mà \(AB = 2EB\) (do \(E\) là trung điểm của \(AB\)) nên \({S_{BEF}} = \dfrac{1}{2}FK.\dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{2}FK.AB} \right) = \dfrac{1}{2}{S_{ABF}}\) (1)
Lại có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AI.BC;\,\) \({S_{ABF}} = \dfrac{1}{2}AI.BF = \dfrac{1}{2}AI.\dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{2}AI.BC} \right) = \dfrac{1}{2}{S_{ABC}}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \({S_{BEF}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABF}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABC}}.\)
Tỉ số cần tìm là \(\dfrac{1}{4}.\)
Cho hình vuông ABCD có cạnh \(20cm\). Hãy xác định điểm E trên cạnh AB sao cho diện tích hình thang vuông BCDE bằng \(\dfrac{3}{4}\) diện tích hình vuông ABCD.
Gọi \(BE = x\,\,(m)\).
Diện tích hình vuông ABCD là:
\({S_{ABCD}} = A{B^2} = {20^2} = 400\left( {{m^2}} \right)\).
Diện tích hình thang vuông BCDE là:
\({S_{BCDE}} = \dfrac{{\left( {BE + DC} \right)BC}}{2} = \dfrac{{\left( {x + 20} \right).20}}{2} = 10\left( {x + 20} \right)\).
Vì diện tích hình thang vuông BCDE bằng \(\dfrac{3}{4}\) diện tích hình vuông ABCD nên ta có:
\({S_{BCDE}} = \dfrac{3}{4}.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow 10(x + 20) = \dfrac{3}{4}.400 \Leftrightarrow x + 20 = 30 \Leftrightarrow x = 10\,(cm)\).
Vậy điểm E ở trên cạnh AB sao cho \(BE = 10\,cm\) hay \(E\) là trung điểm đoạn \(AB.\)
Hãy chọn câu đúng:
Diện tích của tứ giác có hai đường chéo vuông góc bằng nửa tích hai đường chéo.
Cho hình bình hành $ABCD\left( {AB{\rm{//}}CD} \right)$, đường cao \(AH = 6\,cm;CD = 12\,cm\) . Diện tích hình bình hành $ABCD$ là
\({S_{ABCD}} = AH.CD = 6.12 = 72\left( {c{m^2}} \right)\)
Cho hình thang $ABCD\left( {AB{\rm{//}}CD} \right),$ đường cao $AH$, \(AB = 4\,cm,CD = 8\,cm,\) diện tích hình thang là \(54\,c{m^2}\) thì $AH$ bằng
\({S_{ABCD}} = \dfrac{{\left( {AB + CD} \right).AH}}{2} \Rightarrow AH = \dfrac{{2{S_{ABCD}}}}{{AB + CD}} = \dfrac{{2.54}}{{4 + 8}} = 9\,(cm)\)
Hai đường chéo hình thoi có độ dài là $6\,cm$ và $8\,cm$ . Độ dài cạnh hình thoi là
Giả sử hình thoi $ABCD$ có đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại$O$ , \(BD = 6cm;\,AC = 8cm\) .
Suy ra \(BO = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{2}.6 = 3(cm);\,AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.8 = 4(cm)\)
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOB$ vuông tại $O$ ta có:
\(AB = \sqrt {A{O^2} + B{O^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\,(cm)\)
Cho hình thoi có cạnh là $5\,cm$ , một trong hai đường chéo có độ dài là $6\,cm$ . Diện tích của hình thoi là:
Giả sử hình thoi $ABCD$ , đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại$O$ , \(AB = 5\,cm;\,\,\,BD = 6\,cm.\)
\(BO = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{2}.6 = 3\,(cm)\)
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOB$ vuông tại $O$ ta có:
\(AO = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\)
\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD.AC = \dfrac{1}{2}BD.2AO = BD.AO = 6.4 = 24\left( {c{m^2}} \right)\)
Cho hình thoi $ABCD$ có hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại$O$ . Biết \(AB = 10\,cm,OA = 6\,cm\) .Diện tích hình thoi $ABCD$ là:
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOB$ vuông tại $O$ ta có:
\(BO = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\)
\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD.AC = \dfrac{1}{2}2.BO.2AO = 2BO.AO = 2.8.6 = 96\left( {c{m^2}} \right)\)
Cho tứ giác $ABCD$ có đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ , diện tích của $ABCD$ là \(25\,c{m^2};BD = 5cm\) . Độ dài đường chéo $AC$ là:
\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD.AC \)\(\Rightarrow AC = \dfrac{{2{S_{ABCD}}}}{{BD}} = \dfrac{{2.25}}{5} = 10\,cm.\)
Một hình thang có đáy nhỏ là $9\,cm$ , chiều cao là $4\,cm$ , diện tích là \(50\,c{m^2}\) . Đáy lớn là:
Tổng hai đáy của hình thang là: \(2.50:4 = 25\,\,cm.\)
Độ dài đáy lớn là: \(25 - 9 = 16\,\,cm\).
Cho hình vẽ dưới đây với \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(MNCB\) là hình bình hành. Chọn khẳng định đúng.
Vì ABCD là hình chữ nhật nên \({S_{ABCD}} = BC.DC\)
Vì BCNM là hình bình hành, lại có \(CD \bot AD\) (vì \( ABCD\) là hình chữ nhật) hay \(CD \bot MN\) nên ta có: \({S_{BCNM}} = MN.DC\)
Mà \(BC = MN\) (do BCNM là hình bình hành) nên \({S_{BCNM}} = MN.DC=BC.CD\), suy ra \({S_{ABCD}} = {S_{BCNM}}\) .
Tính diện tích mảnh đất hình thang vuông $ABCD$ có độ dài hai đáy \(AB = 10\,cm;\,DC = 13\,cm;\,\widehat A = \widehat D = 90^\circ \) ( hình vẽ), biết tam giác $BEC$ vuông tại $E$ và có diện tích bằng \(13,5\,c{m^2}\).
Tứ giác $ABED$ có \(\widehat A = \widehat D = \widehat E = 90^\circ \) nên là hình chữ nhật.
Suy ra \(DE = AB = 10\,cm\) . Do đó: \(EC = DC - DE = 13 - 10 = 3\,(cm)\)
Ta có:
\({S_{BEC}} = \dfrac{1}{2}BE.EC \Rightarrow BE = \dfrac{{2{S_{BEC}}}}{{EC}} = \dfrac{{2.13,5}}{3} = 9\,(cm)\)
\({S_{ABED}} = AB.BE = 10.9 = 90\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
\({S_{ABCD}} = {S_{ABED}} + {S_{BEC}} = 90 + 13,5 = 103,5\,(c{m^2})\).
Hình thoi có độ dài hai đường chéo là \(6\,cm\) và \(8\,cm\). Tính độ dài đường cao của hình thoi.
Giả sử hình thoi $ABCD$ , đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại $O$ , \(AC = 8\,cm;\,BD = 6\,cm\)
Gọi $BH$ là đường cao hình thoi kẻ từ đỉnh $B$ .
Ta có: \(DO = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{2}.6 = 3\,(cm);\,AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.8 = 4\,(cm)\)
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $AOD$ vuông tại $O$ ta có:
\(AD = \sqrt {A{O^2} + O{D^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\,(cm)\\{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BD.AC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\left( {c{m^2}} \right)\\{S_{ABCD}} = BH.AD \)\(\Rightarrow BH = \dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{AD}} = \dfrac{{24}}{5} = 4,8\,(cm)\)
Cho hình thoi $MNPQ$ . Biết $A,B,C,D$ lần lượt là các trung điểm của các cạnh $NM,NP,PQ,QM$.
Tính tỉ số diện tích của tứ giác $ABCD$ và hình thoi $MNPQ$ .
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 \(\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{MNPQ}}}} = \dfrac{1}{2}\) .
Cho hình thoi $MNPQ$ . Biết $A,B,C,D$ lần lượt là các trung điểm của các cạnh $NM,NP,PQ,QM$.
Cho diện tích hình thoi $MNPQ$ bằng \(30\,c{m^2}\) , tính diện tích tứ giác $ABCD$ .
Ta có:\(\dfrac{{{S_{ABCD}}}}{{{S_{MNPQ}}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}.30 = 15\left( {c{m^2}} \right)\) .
Cho tam giác $ABC$ . Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,AC$ . Vẽ \(BP \bot MN;\,CQ \bot MN\,\left( {P,\,Q \in MN} \right)\) . So sánh \({S_{BPQC}}\) và \({S_{ABC}}\).
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 \({S_{ABC}} = {S_{CBPQ}}\) .
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ . Về phía ngoài tam giác, vẽ các hình vuông $ABDE,ACFG,BCHI$ . Chọn khẳng định đúng:
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: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}\) \( \Rightarrow {S_{BCHI}} = {S_{ACFG}} + {S_{ABDE}}\) .
Cho hình vuông ABCD có cạnh 10m. Hãy xác định điểm E trên cạnh AB sao cho diện tích hình thang vuông BCDE bằng \(\dfrac{4}{5}\) diện tích hình vuông ABCD.
Gọi \(BE = x\,\,(m)\) .
Diện tích hình vuông ABCD là:
\({S_{ABCD}} = A{B^2} = {10^2} = 100\left( {{m^2}} \right)\)
Diện tích hình thang vuông BCDE là:
\({S_{BCDE}} = \dfrac{{\left( {BE + DC} \right)BC}}{2} = \dfrac{{\left( {x + 10} \right).10}}{2} = 5\left( {x + 10} \right)\)
Vì diện tích hình thang vuông BCDE bằng \(\dfrac{4}{5}\) diện tích hình vuông ABCD nên ta có:
\({S_{BCDE}} = \dfrac{4}{5}.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow 5(x + 10) = \dfrac{4}{5}.100 \Leftrightarrow x + 10 = 16 \Leftrightarrow x = 6\,(m)\) .
Vậy điểm E ở trên cạnh AB sao cho \(BE = 6\,m\) .
Trong các hình thoi có chu vi bằng nhau, hình nào có diện tích lớn nhất?
Xét hình thoi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Kẻ BH vuông góc với AD.
Ta có: \({S_{ABCD}} = AD.BH\)
Trong tam giác vuông ABH vuông tại H thì:
\(BH \le AB\) (đường vuông góc ngắn hơn đường xiên)
Do đó: \({S_{ABCD}} = AD.BH \le AD. AB = AB. AB = A{B^2}\).
\({S_{ABCD}}\) có giá trị lớn nhất bằng \(A{B^2}\) khi ABCD là hình vuông.
Vậy trong các hình thoi có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất.
