Question

[Tấn Phát]

cho tg ABC cân tại A đường cao AH ,bt AH=\(\sqrt{2},BC=\sqrt{3}\) .Gọi M là trung điểm của BH, N là trung điểm của AB ; AM cắt CN tại K .CMR: KH là p/g góc CKM

Answer 1

[Akai Haruma]

Lời giải:

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến, suy ra $H$ là trung điểm của $BC$

\(\Rightarrow CM=MH+CH=\frac{HB}{2}+HC=\frac{BC}{4}+\frac{BC}{2}=\frac{3}{4}BC=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

$M,N$ lần lượt là trung điểm của $BH,AB$ nên $MN$ là đường trung bình ứng với cạnh $AH$ của tam giác $AHB$

$\Rightarrow MN\parallel AH, MN=\frac{AH}{2}$

$\Rightarrow MN\perp BC, MN=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $CNM$ vuông tại $M$:

\(CN=\sqrt{MN^2+CM^2}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{27}{16}}=\frac{\sqrt{35}}{4}\)

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm $A,K,M$ thẳng hàng:

\(\frac{KC}{KN}.\frac{MB}{MC}.\frac{AN}{AB}=1\)

\(\Leftrightarrow \frac{KC}{KN}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{KC}{KN}=6\Rightarrow \frac{KC}{CN}=\frac{6}{7}\)

\(\Rightarrow KC=\frac{6}{7}.CN=\frac{3\sqrt{35}}{14}\) (1)

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm $N,K,C$ thẳng hàng:

\(\frac{AN}{BN}.\frac{KM}{KA}.\frac{CB}{CM}=1\Leftrightarrow 1.\frac{KM}{KA}.\frac{4}{3}=1\)

\(\Leftrightarrow \frac{KM}{KA}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{KM}{AM}=\frac{3}{7}\)

\(\Rightarrow KM=\frac{3}{7}.AM=\frac{3}{7}.\sqrt{AH^2+MH^2}=\frac{3}{7}.\sqrt{AH^2+(\frac{BC}{4})^2}\)

\(=\frac{3}{7}.\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{4})^2}=\frac{3\sqrt{35}}{28}\) (2)

Từ (1);(2) \(\Rightarrow \frac{KM}{KC}=\frac{1}{2}=\frac{MH}{CH}\), suy ra $KH$ là phân giác góc $\widehat{CKM}$

Answer 2

[Akai Haruma]

Hình vẽ: