Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lấy thêm trung điểm K của BC rồi dùng định lý Pytago tính các cạnh MB, MC, MA theo AB, AC, BC, AK
Đặt AB = AC = a \(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\)
Gọi I là trung điểm BC, do tam giác ABC cân nên AI cũng là đường cao.
\(AI=BI=IC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
Đặt MI = x ( 0 < x < \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\) )
Ta có \(BM^2=\left(BI-MI\right)^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}-x\right)^2\)
\(MC^2=\left(IC+MI\right)^2=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}+x\right)^2\)
\(\Rightarrow MB^2+MC^2=2\left(\frac{a^2}{2}+x^2\right)=2\left(AI^2+MI^2\right)\)
\(=2AM^2\)
Vậy nên ta đã chứng minh được \(\forall M\in BC:BM^2+MC^2=2AM^2\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Gọi cạnh của tam giác là a, trung điểm BC là I.
+Ta có: \(BC=a\sqrt{2};\text{ }IB=IC=\frac{IA}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}\)
+Ta có: \(MB^2+MC^2=\left(\frac{a}{\sqrt{2}}-IM\right)^2+\left(\frac{a}{\sqrt{2}}+IM\right)^2=a^2+2IM^2\text{ (1)}\)
+AI vừa là trung tuyến vừa là phân giác góc A nên AI là trung trực tam giác ABC.
=> Tam giác AIM vuông tại I
\(\Rightarrow AM^2=AI^2+IM^2=\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2+IM^2=\frac{a^2}{2}+IM^2\)
\(\Rightarrow2AM^2=a^2+2IM^2\text{ (2)}\)
Từ (1) và (2) suy ra \(MB^2+MC^2=2MA^2\)
Gọi cạnh của tam giác là a, trung điểm BC là I.
+Ta có: BC=a√2; IB=IC=IA2 =a√2
+Ta có: MB2+MC2=(a√2 −IM)2+(a√2 +IM)2=a2+2IM2 (1)
+AI vừa là trung tuyến vừa là phân giác góc A nên AI là trung trực tam giác ABC.
=> Tam giác AIM vuông tại I
⇒AM2=AI2+IM2=(a√2 )2+IM2=a22 +IM2
⇒2AM2=a2+2IM2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra MB2+MC2=2MA2
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Do tính đối xứng, ko mất tính tổng quát, giả sử M nằm giữa B và H
ABC vuông cân \(\Rightarrow AH\) đồng thời là trung tuyến
\(\Rightarrow AH=\dfrac{1}{2}BC\Rightarrow AH=BH=CH\)
Ta có:
\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-HM\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(AH-MH\right)^2+\left(AH+MH\right)^2}\)
\(=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Do tính đối xứng, không mất tính tổng quát, giả sử M nằm giữa B và H
ABC vuông cân \(\Rightarrow BH=CH=AH\)
Ta có:
\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(BH+MH\right)^2}\)
\(=\dfrac{MA^2}{2\left(BH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Từ M kẻ ME vuông góc với AB,MF vuông góc với AC.
Ta có ΔEBM vuông cân tại E, ΔFMC vuông cân tại F và AEMF là hình chữ nhật.
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác EBM,FMC,AEF ta có:
BM^2 = EM^2 + BE^2 = 2.ME^2 ; MC^2 = 2.FM^2 ⇒ BM^2 + MC^2 = 2.(ME^2 + MF^2) (1)
Mà AM^2 = EF^2 = ME^2 + MF^2 (2)
Từ (1),(2) ta được 2AM^2 = MB^2 + MC^2
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét (O) có
ΔMBC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔMBC vuông tại M
b: MB⊥MC
OD⊥MC
Do đó: MB//OD
Từ MM kẻ MEME vuông góc với ABAB, MFMF vuông góc với ACAC.
Ta có ΔEBMΔEBM vuông cân tại EE, ΔFMCΔFMC vuông cân tại FF và AEMFAEMF là hình chữ nhật.
Áp dụng định lý PytagoPytago vào các tam giác EBM,FMC,AEFEBM,FMC,AEF, ta có:
BM2=EM2+BE2=2ME2;MC2=2FM2⇒BM2+MC2=2(ME2+MF2)BM2=EM2+BE2=2ME2;MC2=2FM2⇒BM2+MC2=2(ME2+MF2) (1)
Mà AM2=EF2=ME2+MF2AM2=EF2=ME2+MF2 (2)
Từ (1),(2)(1),(2) ta có dpcmdpcm
Từ MM kẻ ME vuông góc với ABAB, MFMF vuông góc với ACAC.
Ta có ΔEBM vuông cân tại E, ΔFMC vuông cân tại F và AEMF là hình chữ nhật.
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác EBM,FMC,AEF, ta có:
BM2=EM2+BE2=2ME2;MC2=2FM2⇒BM2+MC2=2(ME2+MF2)BM2=EM2+BE2=2ME2;MC2=2FM2⇒BM2+MC2=2(ME2+MF2) (1)
Mà AM2=EF2=ME2+MF2AM2=EF2=ME2+MF2 (2)
Từ (1),(2)(1),(2) ta có dpcm