a: Xét ΔAHB và ΔAHC có

AH chung

HB=HC

AB=AC

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

=>\(\hat{AHB}=\hat{AHC}\)

mà \(\hat{AHB}+\hat{AHC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AHB}=\hat{AHC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

=>AH⊥BC tại H

b: Xét ΔADM vuông tại D và ΔMEA vuông tại E có

AM chung

\(\hat{DAM}=\hat{EMA}\) (hai góc so le trong, ME//AD)

Do đó: ΔADM=ΔMEA

=>AD=ME và DM=AE

ΔABC vuông cân tại A

=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=45^0\)

Xét ΔMDB vuông tại D có \(\hat{MBD}=45^0\)

nên ΔDMB vuông cân tại D

=>DM=DB

mà DM=AE
nên AE=BD

Xét ΔMEC vuông tại E có \(\hat{MCE}=45^0\)

nên ΔMEC vuông cân tại E

=>EM=EC

mà EM=AD

nên AD=EC

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

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 \(\forall M\in BC:BM^2+MC^2=2AM^2\)

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