ta can cm\(\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CF^2}\) =\(\sqrt[3]{BC}\)

 hay  \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=1\)

trong tam giác AHB \(BH^2=BE.BA\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{BA}\Rightarrow BE^2=\frac{BH^4}{BA^2}\) (1)

ma trong tam giac ABC \(AB^2=BH.BC\)

thay vao (1) ta co \(BE^2=\frac{BH^4}{AB^2}=\frac{BH^4}{BH.BC}=\frac{BH^3}{BC}\Rightarrow\frac{BE^2}{BC^2}=\frac{BH^3}{BC^3}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}=\frac{BH}{BC}\)

CM TUONG TU \(\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=\frac{CH}{BC}\)

VAY \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=\frac{HB}{BC}+\frac{CH}{BC}=1\) 

Hệ thức lượng: \(AH^2=BH.CH\)

Hai tam giác vuông BEH và HFC đồng dạng: \(\Rightarrow\dfrac{BE}{FH}=\dfrac{EH}{CF}\Rightarrow BE.CF=EH.FH\)

Hai tam giác vuông AEH và CFH đồng dạng \(\Rightarrow\dfrac{AH}{CH}=\dfrac{EH}{FH}\Rightarrow AH.FH-CH.EH=0\)

 Hai tam giác vuông BEH và AFH đồng dạng \(\Rightarrow\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{EH}{FH}\Rightarrow EH.AH-BH.FH=0\)

Ta có: \(\left(BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}\right)^2=BE^2.CH+CF^2.BH+2BE.CF.\sqrt{BH.CH}\)

\(=BE^2.CH+CF^2.BH+2BE.CF.AH\)

\(=\left(BH^2-EH^2\right)CH+\left(CH^2-FH^2\right)BH+2BE.CF.AH\)

\(=BH.CH\left(BH+CH\right)-EH^2.CH-FH^2.BH+2EH.FH.AH\)

\(=AH^2.BC+EH\left(AH.FH-EH.CH\right)+FH\left(AH.EH-FH.BH\right)\)

\(=AH^2.BC=\left(AH\sqrt{BC}\right)^2\)

\(\Rightarrow BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}=AH\sqrt{BC}\)

Là hỏi toán mà lại ghi là TA

b

b

b

b

b

b

b

b

Do AH là đường cao trong tam giác ABC cân tại A nên AH cùng là đường trung tuyến

\(\Rightarrow\)H là trung điểm của BC

Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác vuông AHC có:
\(HC=\sqrt{AC^2-AH^2}=\sqrt{2}\left(cm\right)\)

Do M là trung điểm của HC\(\Rightarrow HM=\dfrac{HC}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) (cm)

Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác AMH vuông có:

\(AH^2+HM^2=AM^2\)

\(\Leftrightarrow AM=\sqrt{AH^2+HM^2}=\sqrt{3+\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{14}}{2}\left(cm\right)\)

Có M và H lần lượt là tđ của HC và CA

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác AHC

\(\Rightarrow\) MN//AH và \(MN=\dfrac{AH}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)(cm)

Vì \(AH\perp BC\)\(\Rightarrow MN\perp BC\)

Áp dụng định lý py-ta-go vào tam giác BNM vuông có:

\(BN^2=MN^2+BM^2=\dfrac{3}{4}+\left(BC-MC\right)^2=\dfrac{3}{4}+\left(2HC-HM\right)^2=\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{2}=\dfrac{21}{4}\)

\(\Rightarrow BN=\dfrac{\sqrt{21}}{2}\) (cm)

Vậy...

Bạn nào giúp em với em sắp nộp bài rùi ạ!

\(AB=AC\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại A \(\Rightarrow\) AH là đường cao đồng thời là trung tuyến hay H là trung điểm BC

\(\Rightarrow BH=CH\)

Pitago cho tam giác ACH: \(CH=\sqrt{AC^2-AH^2}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow HM=\dfrac{1}{2}CH=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) \(\Rightarrow BM=BH+HM=CH+HM=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)

Pitago tam giác AHM: \(AM=\sqrt{AH^2+HM^2}=\dfrac{\sqrt{14}}{2}\)

Do N là trung điểm AC, M là trung điểm HC \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác ACH

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AH\Rightarrow MN\perp BC\\MN=\dfrac{1}{2}AH=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)

Pitago tam giác BMN: \(BN=\sqrt{BM^2+MN^2}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}\)