1: Xét ΔABH vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔACH vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

2: \(AE\cdot AB+AF\cdot AC=AH^2+AH^2=2AH^2\)

4: \(4\cdot OE\cdot OF=2OE\cdot2OF=FE\cdot AH=AH^2\)

\(HB\cdot HC=AH^2\)

Do đó: \(4\cdot OE\cdot OF=HB\cdot HC\)

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC;AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot CB\) ; \(AB\cdot AC=AH\cdot BC\)

Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao

nên \(BE\cdot BA=BH^2\)

=>\(BE=\frac{BH^2}{BA}\)

Xét ΔCHA vuông tại H có HF là đường cao

nên \(CF\cdot CA=CH^2\)

=>\(CF=\frac{CH^2}{CA}\)

\(BE\cdot CF=\frac{BH^2}{BA}\cdot\frac{CH^2}{AC}=\frac{\left(BH\cdot CH\right)^2}{AB\cdot AC}\)

\(=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)

\(\frac{AH^2}{BE\cdot CF}\)

\(=AH^2:\frac{AH^3}{BC}=\frac{BC}{AH}\)

\(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AB}\)

\(=\frac{AB^2+AC^2}{AB\cdot AC}\)

\(=\frac{BC^2}{BC\cdot AH}=\frac{BC}{AH}\)

Do đó: \(\frac{AH^2}{BE\cdot CF}=\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AB}\)

b:

Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>FE=AH

AEHF là hình chữ nhật

=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)

mà \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)

nên \(\hat{AFE}=\hat{ABC}\)

ΔABC vuông tại A

mà AO là đường trung tuyến

nên OA=OC=OB

OA=OC

=>ΔOAC cân tại O

=>\(\hat{OAC}=\hat{OCA}\)

\(\hat{AFE}+\hat{OAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>AO⊥ FE tại I

Xét ΔAFE vuông tại A có AI là đường cao

nên \(AI\cdot EF=AE\cdot AF\)

=>\(AI\cdot EF=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^4}{AB\cdot AC}=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)

=>\(AI=\frac{AH^2}{BC}\)

\(\frac{AI}{HB}+\frac{AI}{HC}=AI\left(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\right)\)

\(=AI\cdot\frac{HB+HC}{HB\cdot HC}=\frac{AI\cdot BC}{AH^2}=\frac{AI\cdot BC}{EF^2}\)

\(=\frac{AH^2}{BC}\cdot\frac{BC}{EF^2}=\frac{AH^2}{EF^2}=1\)

b) Tứ giác ADHE là hình chữ nhật (tự chứng minh nhé)

⇒DE=AH⇒DE³=AH³
⇒AH⁵=AH⁴.AH=BH².CH².AH=BD.BA.CE.CA.AH=BD.CE.AH.BC.AH=BD.CE.BC.AH²

⇒AH³=BD.CE.BC⇔DE³=BD.CE.BC(dpcm)

A B C E F H M K I

A. Ta có \(\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow AC=\frac{5}{3}AH;BC=\frac{AB.AC}{AH}=\frac{AB.5AH}{3.AH}=\frac{5}{3}AB\)

Theo định lí Pitago ta có \(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow15^2+\frac{25}{9}AH^2=\frac{25}{9}.15^2\Rightarrow AH^2=144\Rightarrow AH=12\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow AC=\frac{5}{3}.12=20\Rightarrow BC=\sqrt{15^2+20^2}=25\left(cm\right)\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BH=\frac{AB^2}{AC}=9;CH=\frac{AC^2}{BC}=16\left(cm\right)\)

b. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BE=\frac{BH^2}{AB}=5,4\left(cm\right);CF=\frac{CH^2}{AC}=12,8\left(cm\right)\)

Ta có \(AH^3=12^3=1728\)

\(BC.BE.CF=25.5,4.12,8=1728\)

Vậy \(AH^3=BC.BE.CF\)

c. Ta kẻ \(CK⊥BC\)tại M \(\Rightarrow\)yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow\)chứng minh M là trung điểm BC 

Ta gọi I là giao điểm của AH và EF

Xét \(\Delta AKI\)và \(\Delta AHM\)

có \(\hept{\begin{cases}\widehat{K}=\widehat{H}=90^0\\\widehat{Achung}\end{cases}\Rightarrow\Delta AKI~\Delta AHM\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\widehat{AIF}=\widehat{AMB}\)

Ta chứng minh được \(AFHE\)là hình chữ nhật vì \(\widehat{F}=\widehat{A}=\widehat{E}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{IAF}=\widehat{IFA}\)\(\Rightarrow\widehat{FMA}=180^0-2\widehat{MAF}\left(1\right)\)

Lại có \(\widehat{HBA}=\widehat{IAF}\Rightarrow\widehat{AMH}=180^0-2\widehat{HBA}\)

\(\Rightarrow\Delta AMB\)cân tại  I \(\Rightarrow MA=MB\)

Tương tự chứng minh được \(MA=MC\)

Vậy M là trung điểm BC hay ta có đpcm 

sai đề bài bạn ạ

vì tam giác ABC vuông tại A rùi nên AC là đường cao, chỉ có đg cao CH thui bạn