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:

\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-HM\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(AH-MH\right)^2+\left(AH+MH\right)^2}\)

\(=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)

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:

\(\dfrac{MA^2}{MB^2+MC^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(CH+MH\right)^2}=\dfrac{MA^2}{\left(BH-MH\right)^2+\left(BH+MH\right)^2}\)

\(=\dfrac{MA^2}{2\left(BH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2\left(AH^2+MH^2\right)}=\dfrac{MA^2}{2MA^2}=\dfrac{1}{2}\)

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 \(\forall M\in BC:BM^2+MC^2=2AM^2\)

Ngoài cách của cô Huyền ra, mình còn có thêm một cách như sau:

Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của M lên AB và AC.

Xét tam giác MDB vuông tại B có \(\widehat{MBD}=45^o\)

\(\Rightarrow\)\(\Delta MDB\) vuông cân tại D

\(\Rightarrow\)\(MB^2=2MD^2\)

Tương tự ta có \(MC^2=2ME^2\)

Cộng vế theo vế ta được:

\(MB^2+MC^2=2MD^2+2ME^2\)

\(\Rightarrow\)\(MB^2+MC^2=2MA^2\left(đpcm\right)\)

a,xét tam giác DMB và DCA có:

góc BDM=ADC

góc BMD=ACD(góc nt cug chắn cug AB)

=>2 tam giác này đồng dạng vs nhau

a, xé tam giác MBD cà MAC có:

góc MBD=MAC( góc nt cug chắn cung MC)

góc BMA=AMC(chắn 2 cug bằng nhau)

=>2 tam giác này đồng dạng vs nhau