Áp dụng HTL trong tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH:

\(AH^2=BH.HC\)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{BH.HC}=\sqrt{7,2.12,8}=9,6\left(cm\right)\)

Ta có: \(BC=BH+HC=7,2+12,8=20\left(cm\right)\)

Áp dụng HTL trong tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH:

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=HC.BC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{BH.BC}=\sqrt{7,2.20}=12\left(cm\right)\\AC=\sqrt{CH.BC}=\sqrt{12,8.20}=16\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=\left(\dfrac{1}{4}AC\right)^2+AC^2=\dfrac{1}{16}AC^2+AC^2=\dfrac{17}{16}AC^2\)

hay \(BC=\dfrac{\sqrt{17}}{4}AC\)

Xét ΔABC vuông tại A có 

\(\cos\widehat{C}=\dfrac{AC}{BC}\)

\(\Leftrightarrow\cos\widehat{C}=\dfrac{AC}{\dfrac{\sqrt{17}}{4}AC}=\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{17}}{4}}=\dfrac{4}{\sqrt{17}}=\dfrac{4\sqrt{17}}{17}\)

Áp dụng PTG: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=17\left(cm\right)\)

\(\cos\widehat{C}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{15}{17};\tan\widehat{B}=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{15}{8}\)

Ta có: \(\dfrac{HC}{AC}=\dfrac{1}{3}\)

nên AC=3HC

Áp dụng định lí Pytago vào ΔAHC vuông tại H, ta được:

\(AH^2+HC^2=AC^2\)

\(\Leftrightarrow9HC^2-HC^2=4^2=16\)

\(\Leftrightarrow HC=\sqrt{2}\left(cm\right)\)

\(\Leftrightarrow AC=3\cdot HC=3\sqrt{2}\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABH vuông tại H,ta được:

\(AB^2=AH^2+HB^2\)

\(\Leftrightarrow AB^2=4^2+2^2=20\)

hay \(AB=2\sqrt{5}\left(cm\right)\)

làm sao 9HC^2- HC^2= 4^2 VẬY

TẠI SAO HC=căn bậc hai

a: Xét ΔABC có BD là phân giác

nên \(\frac{DA}{DC}=\frac{BA}{BC}=\frac{40}{10}=4\)

=>DA=4DC

DA+DC=AC

=>4DC+DC=40

=>5DC=40

=>DC=8(cm)

=>DA=4*8=32(cm)

b: Xét ΔABC có \(cosC=\frac{CA^2+CB^2-AB^2}{2\cdot CA\cdot CB}\)

\(=\frac{40^2+10^2-40^2}{2\cdot40\cdot10}=\frac{10^2}{2\cdot10\cdot40}=\frac{100}{20\cdot40}=\frac{100}{800}=\frac18\)