Diện tích đa giác

Ta có $ {{S}_{ABCD}}=AB.BC;{{S}_{MBC}}=\dfrac{1}{2}MB.BC $

Để $ {{S}_{MBC}}=\dfrac{1}{4}{{S}_{ABCD}}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}MB.BC=\dfrac{1}{4}AB.BC\Leftrightarrow MB=\dfrac{1}{2}AB $

Mà $ M\in AB $ nên $ M $ là trung điểm đoạn $ AB $ .

+ Ta có $ AB=CD=9cm;BC=AD=8cm $ nên

$ {{S}_{BCD}}=\dfrac{1}{2}BC.DC=\dfrac{1}{2}.8.9=36c{{m}^{2}} $ .

+ Kẻ $ CH\bot BD $ tại $ H $

+ Ta có $ {{S}_{BCD}}=\dfrac{1}{2}CH.BD;{{S}_{CMN}}=\dfrac{1}{2}CH.MN $ mà $ MN=\dfrac{1}{3}BD\Rightarrow {{S}_{CMN}}=\dfrac{1}{2}{{S}_{BCD}}=\dfrac{1}{3}.36=12c{{m}^{2}} $ .

Ta có: $ {{5}^{2}}+{{12}^{2}}=169;{{13}^{2}}=169\Rightarrow {{5}^{2}}+{{12}^{2}}={{13}^{2}} $

Do đó đây tam giác đã cho là tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là $ 5cm $ và $ 12cm $ .

Diện tích tam giác đó là: $ \dfrac{1}{2}.12.5=30(c{{m}^{2}}) $ .

Gọi $ {{h}_{1}};{{h}_{2}} $ lần lượt là khoảng cách từ B xuống AD, Chọn D, khi đó ta có:

$ \begin{array}{l} {{S}_{ABM}}=\dfrac{1}{2}{{h}_{1}}.AM=\dfrac{1}{4}{{h}_{1}}.AD=\dfrac{1}{4}S \\ {{S}_{BNC}}=\dfrac{1}{2}{{h}_{2}}.NC=\dfrac{1}{4}{{h}_{2}}.NC=\dfrac{1}{4}S \\ \Rightarrow {{S}_{BMDN}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{ABM}}-{{S}_{BNC}}=S-\dfrac{1}{4}S-\dfrac{1}{4}S=\dfrac{1}{2}S \end{array} $

Chia đa giác \[ ABCD \] thành tam giác vuông \[ AED \] , hình thang vuông \[ EDCF \] và tam giác vuông \[ FCB \] .

\[ {{S}_{AED}}=\dfrac{1}{2}AE.DE=\dfrac{1}{2}.3.4=6\left( c{{m}^{2}} \right) \]

\[ {{S}_{EDCF}}=\dfrac{\left( ED+FC \right).EF}{2}=\dfrac{\left( 4+8 \right).6}{2}=36(c{{m}^{2}}) \]

\[ {{S}_{CFB}}=\dfrac{1}{2}CF.FB=\dfrac{1}{2}.8.5=20\left( c{{m}^{2}} \right) \]

$ {{S}_{ABCD}}={{S}_{AED}}+{{S}_{EDCF}}+{{S}_{CFB}}=6+36+20=62\left( c{{m}^{2}} \right) $

Ta có: $ {{S}_{HBC}}+{{S}_{HAC}}+{{S}_{HAB}}={{S}_{ABC}} $

$ \Rightarrow \dfrac{{{S}_{HBC}}}{{{S}_{ABC}}}+\dfrac{{{S}_{HAC}}}{{{S}_{ABC}}}+\dfrac{{{S}_{HAB}}}{{{S}_{ABC}}}=1 $

$ \Leftrightarrow \dfrac{H{A}'.BC}{A{A}'.BC}+\dfrac{H{B}'.AC}{B{B}'.AC}+\dfrac{H{C}'.BA}{C{C}'.BA}=1 $

$ \Leftrightarrow \dfrac{H{A}'}{A{A}'}+\dfrac{H{B}'}{B{B}'}+\dfrac{H{C}'}{C{C}'}=1 $ (đpcm).

Xét hình thang cân $ ABCF $ có $ AB=a;CF=2a $

Có $ GB=GC;IA=FI $ nên IG là đường trung bình của hình thang $ ABCF $ nên

$ GI=\dfrac{AB+FC}{2}=\dfrac{a+2a}{2}=\dfrac{3}{2}a $

Tương tự ta cũng có $ DH=\dfrac{3a}{2};HI=\dfrac{3a}{2} $

Vậy tam giác GIH là tam giác đều cạnh $ \dfrac{3a}{2}\Rightarrow {{S}_{GIH}}=\dfrac{G{{H}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{9{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16} $

Cạnh của tam giác đều là: $ AB=BC=CA=18:3=6(cm) $ .

Gọi $ AH $ là đường cao kẻ từ đỉnh $ A $ của tam giác $ ABC $ .

Khi đó $ AH $ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác đều $ ABC $ .

Suy ra $ BH=HC=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}.6=3(cm) $ .

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông $ AHB $ ta có:

$ AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{H}^{2}}}=\sqrt{{{6}^{2}}-{{3}^{2}}}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}(cm) $

Diện tích tam giác đều là $ {{S}_{ABC}}=\dfrac{AH.BC}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}.6}{2}=9\sqrt{3}(c{{m}^{2}}) $ .

Ta chia đa giác $ ABCDEF $ thành hai hình thang $ ABCD $ và $ ADEF $ .

Hình thang $ ABCD $ có cạnh đáy $ BC=1\left( cm \right) $

Đáy $ AD=AG+GD=1+3=4\left( cm \right) $

Đường cao $ BG=1\left( cm \right) $

$ {{S}_{ABCD}}=\dfrac{\left( AD+BC \right).FG}{2}=\dfrac{5}{2}(c{{m}^{2}}) $

Hình thang $ ADEF $ có đáy $ AD=4\left( cm \right) $

$ {{S}_{ADEF}}=\dfrac{\left( AD+EF \right)FG}{2}=\dfrac{\left( 4+2 \right)2}{2}=6(c{{m}^{2}}) $

$ {{S}_{ABCDEF}}={{S}_{ABCD}}+{{S}_{ADEF}}=\dfrac{5}{2}+6=\dfrac{17}{2}(c{{m}^{2}}) $

Ta có $ {{S}_{1}}=B{{C}^{2}};{{S}_{2}}=A{{B}^{2}};{{S}_{3}}=A{{C}^{2}} $

Có tam giác ABC vuông tại $ A\Rightarrow B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}\Rightarrow {{S}_{1}}={{S}_{2}}+{{S}_{3}} $

Gọi $h$ là độ dài chiều cao của hình thang hạ từ $A$ nên $h$ cũng chính là khoảng cách từ $N$ xuống $AB$, khoảng cách từ $M$ xuống $CD$

Ta có

$ \begin{array}{l} {{S}_{ABCD}}=\dfrac{\left( AB+CD \right)h}{2}=\dfrac{AB.h}{2}+\dfrac{CD.h}{2}={{S}_{ABN}}+{{S}_{MDC}} \\ \Rightarrow {{S}_{ABN}}+{{S}_{MDC}}=S \end{array} $

+ $ {{S}_{ABCD}}=AH.CD=4.3=12(c{{m}^{2}}) $ .

+ Vì $ M $ là trung điểm của $ AB $ nên $ AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}.4=2(cm) $ .

Ta có chiều cao từ đỉnh $ D $ đến cạnh $ AM $ của tam giác $ ADM $ bằng chiều cao $ AH $ của hình bình hành.

$ \Rightarrow {{S}_{ADM}}=\dfrac{1}{2}AH.AM=\dfrac{1}{2}.3.2=3(c{{m}^{2}}) $ .

Con đường hình bình hành $ EBGF $ có diện tích

$ {{S}_{EBGF}}=50.120=6000{{m}^{2}} $

Đám đất hình chữ nhật $ ABCD $ có diện tích

$ {{S}_{ABCD}}=150.120=18000{{m}^{2}} $

Diện tích phần còn lại của đám đất:

$ S={{S}_{ABCD}}-{{S}_{EBGF}}=180006000=12000{{m}^{2}} $

Ta có $ \Delta ABC $ vuông tại B khi đó áp dụng định lý Pi-ta-go ta được

$ AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{8}^{2}}+{{6}^{2}}}=10 $

Quan sát hình vẽ có tam giác ADC vuông cân tại D nên

$ \begin{array}{l} A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}=A{{C}^{2}} \\ \Leftrightarrow 2A{{D}^{2}}=A{{C}^{2}} \\ \Rightarrow A{{D}^{2}}=\dfrac{A{{C}^{2}}}{2}=\dfrac{100}{2}=50 \\ \Rightarrow AD=5\sqrt{2} \end{array} $

Vậy diện tích $ {{S}_{ABCD}}={{S}_{ABC}}+{{S}_{ADC}}=\dfrac{1}{2}8.6+\dfrac{1}{2}.5\sqrt{2}.5\sqrt{2}=49\left( c{{m}^{2}} \right) $

Ta có: $ AC=2AO=2.12=24cm $

$ {{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}BD.AC\Rightarrow BD=\dfrac{2{{S}_{ABCD}}}{AC}=\dfrac{2.168}{24}=14(cm) $

$ \Rightarrow BO=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{1}{2}.14=7(cm) $

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông $ AOB $ vuông tại $ O $ ta có:

$ AB=\sqrt{A{{O}^{2}}+B{{O}^{2}}}=\sqrt{{{12}^{2}}+{{7}^{2}}}=\sqrt{193}(cm) $ .