Hình bình hành ABCD có góc A bằng 120 độ

Giải SBT Toán 9 Bài 6: Ôn tập chương 1

Bài I.4 trang 123 SBT Toán lớp 9 Tập 1:

Lời giải:

Vì ABCD là hình bình hành nên

$\widehat{DCB}=\widehat{DAB}={120}^o\widehat{ABC}=\widehat{ADC}={180}^o-\widehat{BAD}={180}^o-{120}^o={60}^o$

Các đường phân giác của bốn góc A, B, C, D cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ

Nên ta có:

$\widehat{ADM}=\widehat{MAB}=\widehat{ABP}=\widehat{CBP}=\frac{{60}^o}{2}={30}^o\widehat{DAM}=\widehat{BAM}=\widehat{DCP}=\widehat{PCB}=\frac{{120}^o}{2}={60}^o$

Xét tam giác ADM có:

$\widehat{MDA}+\widehat{MAD}={30}^o+{60}^o={90}^o$

Nên $\widehat{AMD}={180}^o-(\widehat{MAD}+\widehat{MDA})$

$={180}^o-{90}^o={90}^o$

Xét tam giác DNC có:

$\widehat{NDC}+\widehat{NCD}={30}^o+{60}^o={90}^o$

Nên $\widehat{DNC}={180}^o-(\widehat{NDC}+\widehat{NCD})$

$={180}^o-{90}^o={90}^o$

$\Rightarrow \widehat{MNP}={90}^o$

Xét tam giác BPC có:

$\widehat{PBC}+\widehat{PCB}={30}^o+{60}^o={90}^o$

Nên $\widehat{BPC}={180}^o-(\widehat{PBC}+\widehat{PCB})$

$={180}^o-{90}^o={90}^o$

$\Rightarrow BP\perp CN\Rightarrow \widehat{NPQ}={90}^o$

Từ đó ta suy ra tứ giác MNPQ có 3 góc vuông nên MNPQ là hình chữ nhật

Xét tam giác vuông ADM có:

$DM=AD.\sin \widehat{DAM}=b\sin {60}^o=\frac{b\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác DCN vuông tại N (do N là giao của đường phân giác góc D và đường phân giác góc C)

$DN=DC.\sin \widehat{DCN}=a\sin {60}^o=\frac{a\sqrt{3}}{2}MN=DN-DM=(a-b)\frac{\sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác vuông DCN có:

$CN=DC.\cos \widehat{DCN}=CD.cos{60}^o=\frac{a}{2}$

Xét tam giác BCP vuông tại B (do P là giao của đường phân giác góc C và đường phân giác góc B)

Có: $CP=CB.\cos \widehat{PCB}=CB.cos{60}^o=\frac{b}{2}$

$NP=CN-CP=\frac{a-b}{2}$

Diện tích hình chữ nhật MNPQ là:

$MN.NP=(a-b).\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\left(a-b\right)}{2}={(a-b)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}$