a) Áp dụng định lí pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
hay \(BC^2=20^2+21^2=841\)
⇒\(BC=\sqrt{841}=29cm\)
b) Ta có: AD là đường phân giác ứng với cạnh BC của ΔABC(gt)
⇒\(\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}\)(t/c đường phân giác của tam giác)
hay \(\frac{BD}{CD}=\frac{20}{21}\)
⇔\(\frac{BD}{20}=\frac{CD}{21}\)
Ta có: BD+CD=BC(do B,C,D thẳng hàng)
hay BD+CD=29cm
Ta có: \(\frac{BD}{20}=\frac{CD}{21}\) và BD+CD=29cm
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được
\(\frac{BD}{20}=\frac{CD}{21}=\frac{BD+CD}{20+21}=\frac{29}{41}\)
Do đó:
\(\frac{BD}{20}=\frac{29}{41}\) và \(\frac{CD}{21}=\frac{29}{41}\)
⇔\(BD=\frac{29\cdot20}{41}\) và \(CD=\frac{29\cdot21}{41}\)
⇔\(BD=\frac{580}{41}\) và \(CD=\frac{609}{41}\)
Vậy: \(BD=\frac{580}{41}\)cm, \(CD=\frac{609}{41}\)
c) Xét tứ giác AEDF có
FD//AE(FD//AB,E∈AB)
DE//AF(DE//AC,F∈AC)
nên AEDF là hình bình hành(dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Hình bình hành AEDF có \(\widehat{FAE}=90^0\)(\(\widehat{BAC}=90^0\), F∈AC, E∈AB)
nên AEDF là hình chữ nhật(dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)
Hình chữ nhật AEDF có đường chéo AD là tia phân giác của \(\widehat{FAE}\)(do AD là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\), F∈AC, E∈AB)
nên AEDF là hình vuông(dấu hiệu nhận biết hình vuông)
⇒\(S_{AEDF}=DE^2\)(a)
Xét ΔABC có DE//AC(gt)
nên ΔDEB∼ΔBAC(hệ quả định lí talet)
⇒\(\frac{DE}{AC}=\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BA}\)
hay \(\frac{DE}{21}=\frac{\frac{580}{41}}{29}=\frac{20}{41}\)
⇔\(DE=\frac{20\cdot21}{41}=\frac{420}{41}\)(b)
Từ (a) và (b) suy ra \(S_{ABCD}=\left(\frac{420}{41}\right)^2=\frac{176400}{1681}cm^2\)
Vậy: ...