(3,0 điểm)

1) Một chiếc lều có dạng hình chóp tứ giác đều ở trại hè của học sinh có kích thước như Hình a và được mô tả như Hình b. Độ dài cạnh đáy là \(3{\rm{\;m}}\) và cạnh bên của chiếc lều là \(3,5{\rm{\;m}}.\) Tính (làm tròn đến hàng phần mười):

a) Độ dài cạnh \(BD\).

b) Diện tích vải để làm chiếc lều đó (không kể đáy).

2) Cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(A.\) Gọi \(G\) là trung điểm của \(BC.\) Qua \(G\) kẻ \(GE \bot AB\) \(\left( {E \in AB} \right)\) và \(GF \bot AC\) \(\left( {F \in AC} \right).\) Từ \(E\) kẻ đường thẳng song song với \(BF,\) đường thẳng này cắt \(GF\) tại \(I.\)

a) Chứng minh tứ giác \(BEIF\) là hình bình hành.

b) Tìm điều kiện của tam giác \(ABC\) để tứ giác \(AGCI\) là hình vuông.

Hướng dẫn giải

1)

a) Do \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(3{\rm{\;m}}{\rm{.}}\)

Do đó, áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) ta được:

\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = {3^2} + {3^3} = 18\)

Suy ra \(BD = \sqrt {18} \approx 4,2{\rm{\;m}}{\rm{.}}\)

b) Gọi \(SM\) là trung đoạn của hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) (hình vẽ).

Khi đó \(\Delta SAD\) cân tại \(S\) có \(SM\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên \(M\) là trung điểm của \(AD.\) Suy ra \(MD = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 3 = 1,5{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right).\)

Xét \(\Delta SMD\) vuông tại \(M\) có \(S{D^2} = S{M^2} + M{D^2}\) (định lí Pythagore)

Suy ra \(S{M^2} = S{D^2} - M{D^2} = 3,{5^2} - 1,{5^2} = 10.\)

Do đó \(SM = \sqrt {10} \approx 3,2{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right).\)

Diện tích xung quanh của chiếc lều là:

\({S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4AD} \right) \cdot SM \approx \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 3} \right) \cdot 3,2 = 19,2{\rm{\;}}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Vậy diện tích vải để làm chiếc lều đó là khoảng \(19,2{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}.\)

2)

a) Ta có \(GF \bot AC\) và \(AB \bot AC\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A)\) nên \(GF\,{\rm{//}}\,AB.\)

Xét tứ giác \(BEIF\) có \(BE\,{\rm{//}}\,FI\) (do \(GF\,{\rm{//}}\,AB)\) và \(EI\,{\rm{//}}\,BF\) nên \(BEIF\) là hình bình hành.

b) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(AG\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\) nên \(AG = \frac{1}{2}BC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Mà \(G\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BG = CG = \frac{1}{2}BC\)

Do đó \(AG = BG = CG = \frac{1}{2}BC.\)

Suy ra \(\Delta ABG\) và \(\Delta ACG\) đều là tam giác cân tại \(G.\)

Xét \(\Delta ABG\) cân tại \(G\) có đường cao \(GE\) nên đồng thời là đường trung tuyến, do đó \(E\) là trung điểm của \[AB\] nên \(BE = AE.\) (1)

Tương tự với \(\Delta ACG\) cân tại \(G\) ta cũng có \(GF\) vừa là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên \(F\) là trung điểm của \(AC.\)

Xét tứ giác \(AEGF\) có:

⦁ \(\widehat {EAF} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A);\)

⦁ \(\widehat {AEG} = 90^\circ \) (do \(GE \bot AB);\)

⦁ \(\widehat {AFG} = 90^\circ \) (do \(GF \bot AC)\)

Do đó tứ giác \(AEGF\) là hình chữ nhật.

Suy ra \(AE = GF\) (2)

Mà \(BEIF\) là hình bình hành nên \(BE = FI\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(GF = FI\) hay \(F\) là trung điểm của \(GI.\)

Xét tứ giác \(AGCI\) có hai đường chéo \(GI\) và \(AC\) cắt nhau tại trung điểm \(F\) của mỗi đường nên \(AGCI\) là hình bình hành.

Lại có \(GI\) vuông góc với \(AC\) nên hình bình hành \(AGCI\) là hình thoi.

Để \(AGCI\) là hình vuông thì \(GI = AC\)

Lại có \(AB = 2AE,GI = 2GF\) và \(AE = GF\)nên \(AB = GI\)

Khi đó ta sẽ có \(AB = AC\) hay \(\Delta ABC\) cân tại \(A.\)

Vậy tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) thì \(AGCI\) là hình vuông.