• Ta có \(\triangle ABC\) vuông tại \(A\), nên:
  \(\widehat{B}+\widehat{C}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{C}=90^{\circ }-\widehat{B}\)
• Xét tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\), ta có:
  \(\widehat{BAH}+\widehat{B}=90^{\circ }\Rightarrow \widehat{BAH}=90^{\circ }-\widehat{B}\)
• Do đó: \(\widehat{BAH} = \widehat{C}\).
• Vì \(AM\) là tia phân giác của \(\widehat{BAH}\), nên:
  \(\widehat{BAM}=\widehat{MAH}=\frac{1}{2}\widehat{BAH}=\frac{1}{2}\widehat{C}\)
• Xét góc ngoài \(\widehat{AMC}\) của \(\triangle ABM\), ta có:
  \(\widehat{AMC}=\widehat{B}+\widehat{BAM}=\widehat{B}+\frac{1}{2}\widehat{BAH}\)
• Lại có góc \(\widehat{MAC}\) được tính bằng:
  \(\widehat{MAC}=\widehat{BAC}-\widehat{BAM}=90^{\circ }-\frac{1}{2}\widehat{BAH}\)
  Mà \(90^\circ = \widehat{B} + \widehat{BAH}\), thay vào ta được:
  \(\widehat{MAC}=(\widehat{B}+\widehat{BAH})-\frac{1}{2}\widehat{BAH}=\widehat{B}+\frac{1}{2}\widehat{BAH}\)
• Từ hai điều trên, ta thấy \(\widehat{AMC} = \widehat{MAC}\).
• Vậy tam giác \(AMC\) cân tại \(C\).

• Ý 1: Chứng minh \(MK^2 = MI \cdot MC\)
• • Vì \(\triangle AMC\) cân tại \(C\) (chứng minh ở câu a), nên đường trung tuyến \(CK\) đồng thời là đường cao \(\Rightarrow CK \perp AM\) tại \(K\).
  • Xét tam giác \(MKC\) và tam giác \(MIC\): cả hai tam giác này không đồng dạng trực tiếp ra hệ thức ngay, ta xét tam giác \(MKC\) vuông tại \(K\) có đường cao từ đỉnh góc vuông hạ xuống cạnh huyền (nếu có).
  • Hãy xét tam giác \(MIC\) vuông tại \(I\) và tam giác \(MKC\) vuông tại \(K\) có góc \(\widehat{C}\) chung \(\Rightarrow \triangle MIC \sim \triangle MKC\) (g.g).
  • Từ đó ta có tỉ số đồng dạng: \(\frac{MI}{MK} = \frac{MC}{MC}\) (không đúng). Lập lại tỉ số: \(\frac{MC}{MC}\) không phải, góc chung là \(\widehat{M}\) của hai tam giác vuông \(\triangle MIK\) và \(\triangle MKC\):
  • • Xét \(\triangle MIK\) (\(\widehat{I}=90^\circ\)) và \(\triangle MKC\) (\(\widehat{K}=90^\circ\)) có góc \(\widehat{KMI}\) chung.
    • \(\Rightarrow \triangle MIK \sim \triangle MKC\) (g.g).
    • Suy ra tỉ số: \(\frac{MI}{MK} = \frac{MK}{MC} \Rightarrow \mathbf{MK^2 = MI \cdot MC}\) (Đpcm).
• Ý 2: Chứng minh \(MA^2 = 2MH \cdot MC\)
• • Vì \(K\) là trung điểm của \(AM\) nên \(AM = 2MK \Rightarrow MA^2 = 4MK^2\).
  • Từ hệ thức trên ta có \(MK^2 = MI \cdot MC \Rightarrow MA^2 = 4MI \cdot MC\).
  • Để chứng minh \(MA^2 = 2MH \cdot MC\), ta cần chỉ ra rằng \(4MI = 2MH \Rightarrow MH = 2MI\), tức là \(I\) là trung điểm của \(MH\).
  • Thật vậy, xét tam giác \(AMH\) có \(K\) là trung điểm \(AM\), và hai đường thẳng \(KI \parallel AH\) (vì cùng vuông góc với \(BC\)).
  • Theo định lý đường trung bình trong tam giác \(AMH\), vì \(KI \parallel AH\) và \(K\) là trung điểm \(AM\) nên \(I\) phải là trung điểm của \(MH\).
  • Do đó: \(MH = 2MI\).
  • Thay vào hệ thức: \(MA^2 = 4MI \cdot MC = 2 \cdot (2MI) \cdot MC = \mathbf{2MH \cdot MC}\) (Đpcm).

• Xét tam giác \(AKC\) vuông tại \(K\) (do \(CK \perp AM\)), áp dụng định lý Pitago ta có:
  \(AC^{2}=AK^{2}+CK^{2}\)
  Mà \(AK = \frac{1}{2}AM \Rightarrow AK^2 = \frac{1}{4}AM^2\). Do đó: \(AC^2 = \frac{1}{4}AM^2 + CK^2 \Rightarrow 4AC^2 = AM^2 + 4CK^2\).
• Mặt khác, từ câu b ta có: \(MA^2 = 2MH \cdot MC\). Mà tam giác \(AMC\) cân tại \(C\) nên \(AC = MC\). Do đó: \(AM^2 = 2MH \cdot AC\).
• Trong tam giác vuông \(AHC\) vuông tại \(H\), ta có hằng đẳng thức lượng: \(AH^2 = AC^2 - HC^2\). Nhưng ta cần biến đổi về biểu thức nghịch đảo:
• Ta có tam giác \(AMH\) vuông tại \(H\): \(\frac{1}{AH^{2}}\) liên quan đến đường cao.
• Hãy sử dụng tam giác \(AKC\) vuông tại \(K\) có đường cao ứng với cạnh huyền. Vẽ đường cao từ \(K\) xuống \(AC\). Hoặc biến đổi đại số trực tiếp từ hệ thức lượng:
  Xét vế phải (VP):
  \(\text{VP}=\frac{1}{AM^{2}}+\frac{1}{4CK^{2}}=\frac{4CK^{2}+AM^{2}}{4AM^{2}\cdot CK^{2}}\)
  Từ hệ thức \(4AC^2 = AM^2 + 4CK^2\), ta thay vào tử số:
  \(\text{VP}=\frac{4AC^{2}}{4AM^{2}\cdot CK^{2}}=\frac{AC^{2}}{AM^{2}\cdot CK^{2}}\)
• Ta cần chứng minh \(\frac{AC^2}{AM^2 \cdot CK^2} = \frac{1}{AH^2} \Leftrightarrow AM \cdot CK = AC \cdot AH\).
• Nhận thấy rằng:
• • Diện tích tam giác \(AMC\) có thể tính bằng 2 cách:
    \(S_{AMC}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot MC\quad (\text{vì }AH\perp MC)\)
    \(S_{AMC}=\frac{1}{2}\cdot CK\cdot AM\quad (\text{vì }CK\perp AM)\)
  • Từ đó suy ra: \(AH \cdot MC = CK \cdot AM\).
  • Mà tam giác \(AMC\) cân tại \(C\) nên \(MC = AC\). Thế vào ta được:
    \(AH\cdot AC=CK\cdot AM\)
• Vì \(AH \cdot AC = AM \cdot CK\), bình phương 2 vế ta có: \(AH^2 \cdot AC^2 = AM^2 \cdot CK^2\).
• Thay vào biểu thức vế phải ở trên:
  \(\text{VP}=\frac{AC^{2}}{AM^{2}\cdot CK^{2}}=\frac{AC^{2}}{AH^{2}\cdot AC^{2}}=\frac{1}{AH^{2}}=\text{VT}\)
• Vậy ta có điều phải chứng minh: \(\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{AH}^{\mathbf{2}}}\mathbf{=}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{AM}^{\mathbf{2}}}\mathbf{+}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4CK}^{\mathbf{2}}}\).

a: Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{BAM}=\hat{CAB}=90^0\)

\(\hat{CMA}+\hat{HAM}=90^0\) (ΔHAB vuông tại H)

mà \(\hat{BAM}=\hat{HAM}\) (AM là phân giác của góc HAB)

nên \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\)

=>ΔCAM cân tại C

b: ΔCAM cân tại C

mà CK là đường trung tuyến

nên CK⊥AM tại K

KI⊥BC

AH⊥BC

Do đó: KI//AH

Xét ΔAHM có

K là trung điểm của AM

KI//AH

Do đó: I là trung điểm của HM

Xét ΔCKM vuông tại K có KI là đường cao

nên \(MK^2=MI\cdot MC\)

=>\(MA^2=\left(2\cdot MK\right)^2=4\cdot MK^2=4\cdot MI\cdot MC=2\cdot MI\cdot2\cdot MC\)

\(=2\cdot MH\cdot MC\)

a) ta có góc MAC= góc MAH+ góc HAC

góc AMC= góc MAB+ góc MBA

mà góc MAB= góc MAH; góc HAC= góc MBA

=> góc MAC= góc AMC

=> △ACM cân tại C

b) △ACM cân tại C có CK là trung tuyến

=> CK cx là đường cao

=> △KCM vuông tại K

=> \(MK^2=MI\cdot MC\)

mà MA=2MK

=> \(MA^2=4MK^2=4\cdot MI\cdot MC=2MH\cdot MC\)

c) ta có: \(S_{AMC}=\frac12AH\cdot MC=\frac12\cdot KC\cdot AM\)

=> \(AH\cdot MC=KC\cdot AM\Rightarrow AH=\frac{KC\cdot AM}{MC}\)

=> \(\frac{1}{AH^2}=\frac{MC^2}{AM^2\cdot CK^2}=\frac{\frac{AM^2}{4}+KC^2}{AM^2\cdot CK^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{4CK^2}\) (đpcm)