Diện tích hình bình hành, hình thoi

Giả sử hình thoi $ABCD$ , đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại $O$ , $AC=8cm;BD=6cm$

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:

$\begin{array}{l} AD=\sqrt{A{{O}^{2}}+O{{D}^{2}}}=\sqrt{{{4}^{2}}+{{3}^{2}}}=5(cm) \\ {{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}BD.AC=\dfrac{1}{2}.6.8=24(c{{m}^{2}}) \\ {{S}_{ABCD}}=BH.AD \\ \Rightarrow BH=\dfrac{{{S}_{ABCD}}}{AD}=\dfrac{24}{5}=4,8(cm). \end{array}$

Ta có $MN;NP;PQ;PM$ đều là đường trung bình nên $MN=NP=PQ=PM$ bằng $\dfrac{1}{2}$ đường chéo $ABCD$ .

Khi đó $MNPQ$ là hình thoi

$\Rightarrow {{S}_{MNPQ}}=\dfrac{1}{2}MP.NQ=\dfrac{1}{2}S=10c{{m}^{2}}$

Gọi giao điểm AC và BD là O

Ta có $BO=\dfrac{BD}{2}=\dfrac{12}{2}=6$ cm

Áp dụng định lý pi – ta – go vào trong tam giác vuông $ABO\Rightarrow AO=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{{{13}^{2}}-{{6}^{2}}}=\sqrt{133}$

$\Rightarrow AC=2\sqrt{133}$

Xét hình thoi ABCD, khi đó có 2 đường chéo $AC;BD$ vuông góc với nhau

Nên ta có

$\begin{array}{l} {{S}_{ABCD}}={{S}_{ABC}}+{{S}_{BDA}} \\ =\dfrac{1}{2}BO.AC+\dfrac{1}{2}DO.AC \\ =\dfrac{1}{2}\left( BO+DO \right).AB=\dfrac{1}{2}BD.AB \\ =\dfrac{{{d}_{1}}{{d}_{2}}}{2} \end{array}$

Từ B kẻ $BH\bot AD(H\in AD)$

Tam giác vuông AHB là một nửa tam giác đều ABE (E là điểm đối xứn của B qua H) nên:

$BH=\dfrac{1}{2}AB=3\left( cm \right)$

Vậy ${{S}_{ABCD}}=BH.AD=3.6=18\left( c{{m}^{2}} \right)$

Có góc $\widehat{A}={{60}^{0}};AB=AD\Rightarrow$ tam giác $ABD$ là tam giác đều

Xét 2 tam giác AMB và DBM ta có

$\left. \begin{array}{l} AB=BD \\ AM=DN \\ \widehat{BAM}=\widehat{BDN} \end{array} \right\}\Rightarrow \vartriangle AMB=\vartriangle DBM\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} BM=BN\left( 1 \right) \\ \widehat{ABM}=\widehat{DBN} \end{array} \right.$

Mặt khác ta có $\widehat{ABM}+\widehat{MBD}={{60}^{0}}\Rightarrow \widehat{NBD}+\widehat{MBD}={{60}^{0}}\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \vartriangle MBN$ là tam giác đều

Gọi O là giao điểm 2 đường chéo. Ta có

$\begin{array}{l} BO=\dfrac{BD}{2}=\dfrac{16}{2}=8 \\ OC=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{12}{2}=6 \\ \Rightarrow BC=\sqrt{B{{O}^{2}}+O{{C}^{2}}}=10 \end{array}$

Vậy chu vi hình thoi bằng: $10.4=40cm$

Ta có: $\left. \begin{array}{l} AB//CD\left( gt \right) \\ OE\bot AB\left( gt \right) \end{array} \right\}\Rightarrow OE\bot CD$

Mặt khác $OG\bot CD\left( gt \right)\Rightarrow OE\equiv OG$ nên ba điểm $O,E,G$ thẳng hàng.

$\left. \begin{array}{l} BC//AD\left( gt \right) \\ OF\bot BC\left( gt \right) \end{array} \right\}\Rightarrow OF\bot AD$

Mà $OH\bot AD\left( gt \right)$ $\Rightarrow OF\equiv OH$ nên ba điểm $O,H,F$ thẳng hàng.

Vì AC và BD là đường phân giác các góc của hình thoi nên:

$OE=OF$ ; $OE=OH$ ; $OH=OG$

Tứ giác $EFGH$ có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình chữ nhật.

Ta có ${{S}_{ABCD}}=AB.BC=NQ.MP$

Các tam giác $BMN,CNP,DPQ,AMQ$ bằng nhau nên $MN=NP=PQ=QM$

Suy ra, MNPQ là hình thoi $\Rightarrow {{S}_{MNPQ}}=\dfrac{NQ.MP}{2}=\dfrac{{{S}_{ABCD}}}{2}$

$\Rightarrow {{S}_{2}}=\dfrac{{{S}_{1}}}{2}\Leftrightarrow 2{{S}_{2}}={{S}_{1}}$

+ Trong $\Delta ABD$ ta có: $EA=EB;HA=HD$ $\Rightarrow EH$ là đường trung bình của $\Delta ABD$

$\Rightarrow EH//BD;EH=\dfrac{1}{2}BD$ (1)

+ Trong $\Delta CBD$ ta có: $FB=FC;GC=GD\Rightarrow FG$ là đường trung bình của $\Delta CBD$

$\Rightarrow FG//BD;FG=\dfrac{1}{2}BD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $EH//FG;EH=FG$

Suy ra: Tứ giác $EFGH$ là hình bình hành

Trong $\Delta ABC$ ta có: $EF$ là đường trung bình $\Rightarrow EF=\dfrac{1}{2}AC$ (3); $AC=BD$ (4)

Từ (1), (3) và (4) suy ra: $EH=EF\Rightarrow$ tứ giác $EFGH$ là hình thoi.

Giả sử hình thoi $ABCD$ , đường chéo $AC$ vuông góc với $BD$ tại $O$

$BO=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{1}{2}.6=3(cm)$

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

$AO=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}=4$

${{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}BD.AC=\dfrac{1}{2}BD.2AO=BD.AO=6.4=24(c{{m}^{2}})$ .

Áp dụng Pi-ta-go vào tam giác vuông IAB, ta có: $A{{B}^{2}}=A{{I}^{2}}+I{{B}^{2}}$

$\Rightarrow I{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}-A{{I}^{2}}=25-16=9$

$\Rightarrow IB=3\left( cm \right)$

$AC=2AI=2.4=8\left( cm \right)$

$BD=2IB=2.3=6\left( cm \right)$

${{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}AC.BD=\dfrac{1}{2}.6.8=24\left( c{{m}^{2}} \right)$

Ta có $AD=AB;\widehat{A}={{60}^{0}}\Rightarrow \vartriangle ABD$ là tam giác đều

Khi đó $AB=BD=4;AO=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$

$\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\dfrac{AC.BD}{2}=8\sqrt{3}\left( c{{m}^{2}} \right)$

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

$BO=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{10}^{2}}-{{6}^{2}}}=8cm$ ${{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}BD.AC=\dfrac{1}{2}2.BO.2AO=2BO.AO=2.8.6=96(c{{m}^{2}})$ .