xét tam giác BDC có góc BDC+ góc C+ góc DBC=180 độ 

mà góc CDB+ góc ACB=90 độ 

suy ra góc DBC =90 độ

suy ra tam giác DBC vuông tại B có đường cao AB( vì tam giác ABC vuông tại A)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác DBC ta có:

1/BC^2+1/BD^2=1/AB^2( ĐPCM)

a) Theo đề bài ta có tam giác ABC cân ở A và \(\widehat A = {56^o}\)

Mà \( \Rightarrow \widehat A + \widehat B + \widehat C = {180^o}\)

\( \Rightarrow \widehat B = \widehat C = ({180^o} - {56^o}):2 = {62^o}\)

b) Vì tam giác ABC cân tại A nên AB = AC ( định nghĩa tam giác cân )

Mà M, N là trung điểm của AB, AC

Nên AM = AN

Xét tam giác AMN có AM = AN nên AMN là tam giác cân tại A

\( \Rightarrow \widehat M = \widehat N = ({180^o} - {56^o}):2 = {62^o}\)

c) Vì \(\widehat {AMN}=\widehat {ABC}\) (cùng bằng 62°)

Mà chúng ở vị trí đồng vị nên MN⫽BC

Tham khảo:

a) Ta có: \(\widehat {AMB} + \widehat {AMC} = {180^o}\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {AMB} =  - \cos \widehat {AMC}\)

Hay \(\cos \widehat {AMB} + \cos \widehat {AMC} = 0\)

b) Áp dụng định lí cos trong tam giác AMB ta có:

 \(\begin{array}{l}A{B^2} = M{A^2} + M{B^2} - 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}\\ \Leftrightarrow M{A^2} + M{B^2} - A{B^2} = 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}\;\;(1)\end{array}\)

Tương tự, Áp dụng định lí cos trong tam giác AMB ta được:

\(\begin{array}{l}A{C^2} = M{A^2} + M{C^2} - 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\\ \Leftrightarrow M{A^2} + M{C^2} - A{C^2} = 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\;\;(2)\end{array}\)

c) Từ (1), suy ra \(M{A^2} = A{B^2} - M{B^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}\;\)

Từ (2), suy ra \(M{A^2} = A{C^2} - M{C^2} + 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\;\)

Cộng vế với vế ta được:

\(2M{A^2} = \left( {A{B^2} - M{B^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB}} \right)\; + \left( {A{C^2} - M{C^2} + 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}} \right)\;\)

\( \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} - M{B^2} - M{C^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB} + 2MA.MC\;\cos \widehat {AMC}\)

Mà: \(MB = MC = \frac{{BC}}{2}\) (do AM là trung tuyến)

\( \Rightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} - {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMB} + 2MA.MB\;\cos \widehat {AMC}\)

\( \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} + 2MA.MB\;\left( {\cos \widehat {AMB} + \;\cos \widehat {AMC}} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} - {\frac{{BC}}{2}^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - {{\frac{{BC}}{2}}^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) - B{C^2}}}{4}\end{array}\) (đpcm)

Cách 2:

Theo ý a, ta có: \(\cos \widehat {AMC} =  - \cos \widehat {AMB}\)

Từ đẳng thức (1): suy ra \(\cos \widehat {AMB} = \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2.MA.MB}}\)

 \( \Rightarrow \cos \widehat {AMC} =  - \cos \widehat {AMB} =  - \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2.MA.MB}}\)

Thế \(\cos \widehat {AMC}\)vào biểu thức (2), ta được:

\(M{A^2} + M{C^2} - A{C^2} = 2MA.MC.\left( { - \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2.MA.MB}}} \right)\)

Lại có: \(MB = MC = \frac{{BC}}{2}\) (do AM là trung tuyến)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{C^2} = 2MA.MB.\left( { - \frac{{M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}}}{{2.MA.MB}}} \right)\\ \Leftrightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{C^2} =  - \left( {M{A^2} + M{B^2} - A{B^2}} \right)\\ \Leftrightarrow M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{C^2} + M{A^2} + {\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)^2} - A{B^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2M{A^2} - A{B^2} - A{C^2} + {\frac{{BC}}{2}^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2M{A^2} = A{B^2} + A{C^2} - {\frac{{BC}}{2}^2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - {{\frac{{BC}}{2}}^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow M{A^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) - B{C^2}}}{4}\end{array}\)

a) Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\left(gt\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC\\\widehat{B}=\widehat{C}\end{matrix}\right.\) (tính chất tam giác cân).

Xét \(\Delta ABC\) có:

\(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\) (định lí tổng 3 góc trong một tam giác).

=> \(\widehat{B}+\widehat{C}=180^0-\widehat{A}\) (1).

Mà \(\widehat{B}=\widehat{C}\left(cmt\right)\)

=> \(\widehat{B}=\widehat{C}=\frac{\widehat{A}}{2}\) (2).

Từ (1) và (2) => \(\widehat{B}=\widehat{C}=180^0-\frac{\widehat{A}}{2}.\)

b) Xét 2 \(\Delta\) vuông \(AHB\) và \(AHC\) có:

\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^0\left(gt\right)\)

\(AB=AC\left(cmt\right)\)

Cạnh AH chung

=> \(\Delta AHB=\Delta AHC\) (cạnh huyền - cạnh góc vuông).

=> \(HB=HC\) (2 cạnh tương ứng).

=> \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\) (2 góc tương ứng).

c) Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}AM+BM=AB\\AN+CN=AC\end{matrix}\right.\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}BM=CN\left(gt\right)\\AB=AC\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(AM=AN.\)

=> \(\Delta AMN\) cân tại A.

Chúc bạn học tốt!

Bài này lm từ đơt đầu năm mà quên mất tiêu r

+) Trên tia đổi của AB lấy AH sao cho AH = AB = \(\frac{1}{2}\) BC

+) Xét Δ AHC vuông tại A và Δ ABC vuông tại A có

AH = AB ( cách vẽ )

AC: cạnh chung

⇒ ΔAHC = Δ ABC ( c-g-c)

⇒ HC = BC  ( 2 cạnh tương ứng )

Ta có H thuocj tia đối của tia AB 

=> HA + AB  = HB  (1)

Mà AH = AB = \(\frac{1}{2}\) BC ( cách vẽ )

=> 2 AH = 2 AB = BC   (2)

=> 2AH = 2 HB = AB  =  BC

+) Xét ΔABH có \(\hept{\begin{cases}HB=BC\\HC=BC\end{cases}}\)

=> ΔABH đều

=> \(\widehat{B}=60^o\)  ( tính chất tam giác đều )

Xảy ra 2 trường hợp :a,OB=OC=>góc OBC=gócOCB nên góc ABCbằng góc ACB=>tam giác ABC cân tại A=>AB=AC           b,OB khác OCgiả sử OB<OC.Lấy K trên OC sao cho OK=OB.Gọi H là giao điểm cua các tia phân giác các góc OBC,OCB=>tam giác OHB=tam giác OHK(c.g.c)=>góc OBH=góc OKH        tam giác OBF=tam giác OKE(c.g.c)=>góc OBF=góc OKE nên góc OHK=góc OKE=.góc HKC=gócEKC                tam giácOHK=tam gicOEK(c.g.c)=>góc HOK=góc EOK từ đó có góc BOC =120 độ=>OBC+OCB=60=>ABC+ACB=60.3:2=90=>GÓC bac = 90