Tự vẽ hình....

Gọi I là giao AH và MN

Vẽ hình bình hành HKCM

+ chứng minh ANKH, HKMB là hình bình hành

+ I là giao hai đuờng chéo cua hình bình hành ANHM nên I là trung điểm của MN và AH

+ chứng minh KN vuông góc với KM => KI=IMIM

Theo Py- ta- go: IH^2 + HK^2= IK^2

<=> AH^2 + BC^2 = MN^2

-Kẻ BH vuông góc với AM; CK vuông góc với AM(H,K thuộc AM). => BHCK là hình bình hành 
=> BH= CK; M là trung điểm của BC nên cũng là trung điểm của HK.
-Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHB vuông tại H; tam giác BHM vuông tại H; tam giác AKC vuông tại K, ta có: AH^2+ BH^2=AB^2.
BH^2+HM^2=BM^2.
AK^2+KC^2=AC^2.
-Từ các điều ở trên ta có : BH^2+HM^2= (BC/2)^2.
=> 4.BH^2+4.HM^2 =BC^2.
=> 2.BH^2= (BC^2)/2 -2.HM^2.
=> 2.BH^2+4.HM^2= 2.HM^2+ (BC^2)/2.
=> 2.BH^2+2.AH^2 +4.HM^2+ 4.AH.HM= 2.AH^2+ 2.HM^2+ 4.AH.HM+ (BC/2)^2.
=> BH^2+CK^2+ AH^2+( AH^2+4.HM^2+ 4.AH.HM) =2.(AH^2+ HM^2+2.AH.HM) +(BC/2)^2.
=> BH^2+ AH^2+ CK^2+(AH^2+ HK^2+ 2.AH.HK) = 2.AM^2+ (BC/2)^2.
=> AB^2+ (CK^2+ AK^2)= 2.AM^2 + (BC/2)^2.
=> AB^2+AC^2= 2.AM^2 + (BC/2)^2 (đpcm). 

A B C M H Đề bài đúng phải là 

Từ A dựng đường cao AH vuông góc với BC tại H

Ta có : \(AB^2=AH^2+BH^2=\left(AM^2-MH^2\right)+BH^2\)

\(=AM^2-\left(MH^2-BH^2\right)=AM^2-\left(MH-BH\right)\left(MH+BH\right)\)

\(=AM^2-\left(MH-BH\right).BM=AM^2-\frac{BC}{2}\left(MH-BH\right)\)

\(AC^2=AH^2+HC^2=\left(AM^2-HM^2\right)+HC^2\)

\(=AM^2-\left(HM^2-HC^2\right)=AM^2-\left(HM-HC\right)\left(HM+HC\right)\)

\(=AM^2+\left(HC-HM\right).\left(HM+HC\right)\)

\(=AM^2+\frac{BC}{2}.\left(HM+HC\right)\)

\(\Rightarrow AB^2+AC^2=2AM^2-\frac{BC}{2}\left(MH-BH-MH-CH\right)\)

\(=2AM^2-\frac{BC}{2}.\left(-BC\right)=2AM^2+\frac{BC^2}{2}\)

a) Xét \(\Delta ADB\)và \(\Delta AEC\)có :\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAC}:chung\\\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90^o\end{cases}}\Rightarrow\Delta ADB=\Delta AEC\left(g\cdot g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow AD.AC=AB.AE\left(dpcm\right)\)

b) Ta có :\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)

Xét \(\Delta ADE\)và \(\Delta ABC\) có :\(\hept{\begin{cases}\widehat{EAD}=90^o\\\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\end{cases}\Rightarrow\Delta ADE}\)đồng dạng \(\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)

a) Chứng minh $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ và $AF \cdot AB = AE \cdot AC$

Xét $\triangle ABC$ nhọn với các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$.

Ta có $AD \perp BC$, $BE \perp AC$, $CF \perp AB$.

Trong hai tam giác $AEB$ và $AFC$:

- Góc $\widehat{A}$ chung.

- $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.

Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ theo trường hợp góc-góc.

Từ đồng dạng suy ra tỉ số cạnh tương ứng:

$AF/AE = AC/AB \implies AF \cdot AB = AE \cdot AC$.

b) Chứng minh $\triangle AEF \sim \triangle ABC$

Xét tam giác $ABC$ và tam giác $AEF$ với các chân cao $E$ và $F$:

- Góc $\widehat{A}$ chung.

- Góc tại $E$ trong $\triangle AEF$ bằng góc tại $B$ trong $\triangle ABC$.

Do đó $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ theo trường hợp góc-góc.

c) Chứng minh $KF \cdot KE = KB \cdot KC$ và $KF \cdot KE = KO^2 - \frac{BC^2}{4}$

Gọi $K$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $O$ là trung điểm $BC$.

Theo tính chất tứ giác trực tâm $BCEF$ nội tiếp:

$KF \cdot KE = KB \cdot KC$.

Với $O$ trung điểm $BC$, suy ra $KO^2 - \frac{BC^2}{4} = KB \cdot KC$, nên $KF \cdot KE = KO^2 - \frac{BC^2}{4}$.

d) Chứng minh $MN \perp AB$

Tia phân giác góc $BKF$ cắt $AB$ tại $N$ và tia phân giác góc $BAC$ cắt $BC$ tại $M$.

Theo tính chất đường phân giác và hình học trực tâm, đường nối $M$ và $N$ vuông góc với $AB$:

$MN \perp AB$.