cho tam giác ABC vẽ ra phía ngoài của tam giác ABM và ACN vuông cân tại A . Gọi D,E,F thứ tự là Trung điểm của MB, BC,CN CM:

1 bình luận về “cho tam giác ABC vẽ ra phía ngoài của tam giác ABM và ACN vuông cân tại A . Gọi D,E,F thứ tự là Trung điểm của MB, BC,CN CM:”

1. Biết tam giác $ABM$ và tam giác $ACN$ đều vuông cân tại $A$.

   Từ đó, ta có:

   – $AD = \dfrac12 MB = \dfrac12 c$ và $AE = \dfrac12 NC = \dfrac12 b$.
   – $BD = BM – AD = \dfrac12 a – \dfrac12 c = \dfrac{a-c}2$ và $CE = CN – AE = \dfrac12 a – \dfrac12 b = \dfrac{a-b}2$.
   – $MN = MB + BN = b + c – a$.

   Ta cần chứng minh:

   – $\dfrac{AB}{AN} = \dfrac{CM}{CA}$.

   Thật vậy:

   $$\dfrac{AB}{AN} = \dfrac{AD + DB}{AM + MN} = \dfrac{\frac{c+a-b}2 + \frac{a-c}2}{a + b + c – 2a} = \dfrac{b}{a}.$$

   Từ đó:

   $$\dfrac{AB}{AN} = \dfrac{b}{a} = \dfrac{CM}{CA}$$

   vì $\triangle ABC$ và $\triangle CMB$ đồng dạng.

   – $\dfrac{AC}{EF} = 2\dfrac{CM}{a}$.

   Thật vậy:

   $$EF = \dfrac{\sqrt{3}}2 MN = \dfrac{\sqrt{3}}2 (b + c – a).$$

   Từ $CE = \dfrac{a-b}2$ và $BD = \dfrac{a-c}2$ ta có $DE = CE + BD = \dfrac{b-c}2$. Do đó:

   $$CF = \dfrac12 (EF – DE) = \dfrac{\sqrt{3}}4 MN – \dfrac{b-c}4 = \dfrac{\sqrt{3}}4 (b + c – a) – \dfrac{b-c}4.$$

   Ta có:

   $$\dfrac{AC}{CF} = \dfrac{2a}{\sqrt{3}(b+c-a)-b+c}.$$

   Rút gọn mẫu số ta được kết quả.

    

   Trả lời