Gọi O là giao điểm của AD và CB

Xét ΔOAB có \(\hat{OAB}=\hat{OBA}=60^0\)

nên ΔOAB đều

=>OA=OB=AB=4,5cm và \(\hat{AOB}=60^0\)

Ta có: OD+DA=OA

=>OD=OA-AD=4,5-2=2,5(cm)

OC+CB=OB

=>OC=4,5-2=2,5(cm)

Xét ΔODC có OD=OC và \(\hat{DOC}=60^0\)

nên ΔODC đều

=>DC=OD=2,5cm

Kẻ DH⊥AB tại H

Xét ΔDHA vuông tại H có sin A=\(\frac{DH}{DA}\)

=>\(\frac{DH}{2}=\sin60=\frac{\sqrt3}{2}\)

=>\(DH=\sqrt3\) (cm)

Diện tích hình thang ABCD là:

\(S_{ABCD}=\frac12\cdot\left(AB+CD\right)\cdot DH\)

\(=\frac12\left(4,5+2,5\right)\cdot\sqrt3=\frac72\sqrt3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Kéo dài AD và BC, chúng cắt nhau tại M, dựng đường cao DH.

A B C D E F

Bài làm:

Từ D,E kẻ DE,CF vuông góc với AB \(\left(E,F\in AB\right)\)

Xét trong Δ vuông ADE tại D có góc A bằng 60 độ

=> \(\widehat{ADE}=30^0\)

Vì tam giác ADE có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{A}=60^0\\\widehat{ADE}=30^0\\\widehat{AED}=90^0\end{cases}}\) => \(AE=\frac{AD}{2}=\frac{2}{2}=1\left(cm\right)\)

Tương tự tính được: \(BF=1\left(cm\right)\)

=> \(FE=AB-AE-BF=4,5-2=2,5\left(cm\right)\)

Vì DC // FE và DE // FC nên theo t/c đoạn chắn

=> DC = FE = 2,5 (cm)

Áp dụng định lý Pytago ta được: \(DE^2=AD^2-AE^2=2^2-1^2=3\left(cm\right)\)

=> \(DE=\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Diện tích hình thang cân ABCD là: \(\frac{\left(AB+CD\right).DE}{2}=\frac{7\sqrt{3}}{2}\left(cm^2\right)\)

         Giải

Kẻ DH vuông góc với AB

\(\sin\widehat{A}=\frac{DH}{AD}\)

\(\Leftrightarrow\sin60^o=\frac{DH}{2}\Rightarrow DH=\sqrt{3}\)

\(\cos A=\frac{AH}{AD}\)

\(AH=\cos60^o.2\)

\(\Rightarrow DC=AB-1-1=4,5-2=2,5\)

\(S\)ABCD=\(\frac{1}{2}.\sqrt{3}.\left(4,5+2,5\right)\)

\(=\frac{7\sqrt{3}}{2}\)

. a) HS tự chứng minh

b) Kẻ đường cao AH, BK,chứng minh được DH = CK

Ta được   H D = C D − A B 2 = 3 c m

Þ AH = 4cm Þ  S_ABCD = 20cm²

Hạ CH và DK vuông góc với AB

Ta có:

A K = B H = 1 2 A D = 1 c m  

Từ đó: CD = 2,5cm

C H = 3 c m

S A B C D = A B + C D . C D 2 = 7 3 2 c m 2