Chủ đề này có 3 trả lời

[nhox sock tn]

Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{CAB}=15^{\circ}; \widehat{ABC}=30^{\circ}$. Gọi M là trung điểm AB.

   a/ Tính $\widehat{ACM}$

   b/ Chứng minh: $CM=\frac{AB.BC}{2AC}$

[Zaraki]

Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{CAB}=15^{\circ}; \widehat{ABC}=30^{\circ}$. Gọi M là trung điểm AB.

   a/ Tính $\widehat{ACM}$

   b/ Chứng minh: $CM=\frac{AB.BC}{2AC}$

Lời giải. Kẻ đường cao $BH$. Ta suy ra $\triangle BCH$ vuông cân tại $H$. Đặt $BH=a$. Ta có$\angle ABH= 75^{\circ}$.

Ta có $\frac{BH}{AB}= \sin 15^{\circ} = \frac{\sqrt 3-1}{ 2 \sqrt 2}$. Do đó $AB= \frac{ 2a\sqrt 2}{\sqrt 3-1}$ nên $AM= \frac{a \sqrt 2}{\sqrt 3-1}$.

Lại có $\frac{AH}{AB}= \sin 75^{\circ} = \frac{\sqrt 3 +1}{2 \sqrt 2} \Rightarrow a+CA=AH= \frac{ \sqrt 3+1}{ 2 \sqrt 2} \cdot \frac{2a \sqrt 2}{ \sqrt 3-1}= \frac{ (\sqrt 3+1)a}{ \sqrt 3-1}$. Dp đó $ CA= \frac{2a}{\sqrt 3-1}$.

Nhận thấy $\frac{AM}{AC}= \frac{a \sqrt 2}{ \sqrt 3-1} \div \frac{2a}{ \sqrt 3-1}= \frac{ 1}{ \sqrt 2}$. Và $\frac{AC}{AB}= \frac{2a}{ \sqrt 3-1} \div \frac{2a \sqrt 2}{ \sqrt 3-1}= \frac{1}{ \sqrt 2}$.

Vậy $\frac{AM}{AC}= \frac{AC}{AB}$ nên $\triangle MAC \sim \triangle CAB \; (\text{g.c.g})$. Vậy $\angle ACM= \angle ABC = \boxed{ 30^{\circ}}$ và $\frac{CM}{BC}= \frac{AM}{AC}= \frac{AB}{2AC} \Rightarrow CM= \frac{BC \cdot AB}{2AC}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 02-09-2013 - 19:24

[Vu Thuy Linh]

  a, Kẻ MN và BD vuông góc AC => tam giác BCD vuông cân tại D

Đặt CD = BD = x, ta có BC = $x\sqrt{2}$ ; AD = $\frac{BD}{tan15^{\circ}}=x(2+\sqrt{3})$

=> ND = $x+\frac{\sqrt{3}x}{2}; NC = \frac{\sqrt{3}x}{2};MN=\frac{x}{2}$

Mà $MC^{2}=MN^{2}+NC^{2}=X^{2}=>MC=x$ 

tam giác MCN vuông tại N và MN =$\frac{MC}{2}$=> góc ACM = $30^{\circ}$

 

 

[Vu Thuy Linh]

AC = AD - CD = $x(1+\sqrt{3})$

$AB^{2}=AD^{2}+BD^{2}=4x^{2}(2+\sqrt{3})=>AB=X(\sqrt{6}+\sqrt{2})$

=>$\frac{AB.BC}{2AC}=\frac{x(\sqrt{2}+\sqrt{6}).(X\sqrt{2})}{2X(1+\sqrt{3})}=x=CM(đpcm)$