6. Bài tập ôn tập chương 5

Áp dụng định lý Pitago cho $\Delta ABD$ vuông tại $A$ ta có:

$DB = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{{20}^2} + {{20}^2}}  = 20\sqrt 2 \,\,cm.$

Mà $\Delta ABD$ có $AB = AD = 20\,cm \Rightarrow \Delta ABD$ vuông cân tại$A.$

$\Rightarrow \angle ABD = \angle ADB = {45^0}$ (tính chất tam giác cân).

Theo đề bài ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB = AC = 20\,cm\\\angle ABC = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều.

$\Rightarrow BC = 20\,cm;\,\,\,\angle BAC = \angle BCA = {60^0}.$

Lại có: $AC = AD = 20\,\,cm \Rightarrow \Delta ACD$ cân tại $A$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \angle ACD = \angle ADC = \dfrac{{{{180}^0} – \angle CAD}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} – \left( {{{90}^0} – \angle BAC} \right)}}{2} = \dfrac{{{{180}^0} – \left( {{{90}^0} – {{60}^0}} \right)}}{2} = {75^0}.\\ \Rightarrow \angle EDB = \angle ADC – \angle ADB = {75^0} – {45^0} = {30^0}.\end{array}$

Xét $\Delta BED$ vuông tại $E$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BE = BD.\sin \angle EDB = 20\sqrt 2 .\sin {30^0} = 20\sqrt 2 .\dfrac{1}{2} = 10\sqrt 2 \,\,cm.\\ED = BD.cos\angle EDB = 20\sqrt 2 .cos{30^0} = 20\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 6 \,\,cm.\end{array} \right.$

Áp dụng định lý Pitago cho$\Delta BEC$ vuông tại $E$ ta có:

$\begin{array}{l}EC = \sqrt {B{C^2} – B{E^2}}  = \sqrt {{{20}^2} – {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}} \\ = 10\sqrt 2 \,\,cm.\end{array}$

Ta có: $CD = ED – EC = 10\sqrt 6  – 10\sqrt 2$$= 10\sqrt 2 \left( {\sqrt 3  – 1} \right)\,\,\,cm \approx 10,35\,\,cm$