a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC

nên \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

hay AH=7,2(cm)

a, xét \(\Delta ABC\) vuông tại A áp dụng hệ thức lượng\(=>AC^2=CH.BC=>HC=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{12^2}{15}=9,6cm\)

\(=>HB=BC-HC=15-9,6=5,4cm\)

áp dụng Pytago trong \(\Delta AHC\) vuông tại H

\(=>HA=\sqrt{AC^2-HC^2}=\sqrt{12^2-9,6^2}=7,2cm\)

\(b,\) do E,F là hình  chiếu vuông góc của H lần lượt lên AB, AC

\(=>\left\{{}\begin{matrix}EH\perp AB\\HF\perp AC\end{matrix}\right.\) mà \(\Delta AHB\) và \(\Delta AHC\) lần lượt vuông góc tại H

theo hệ thức lượng

\(=>\left\{{}\begin{matrix}AH^2=AE.AB\\AH^2=AF.AC\end{matrix}\right.\)=>\(AE.AB=AF.AC\)

c, do E,F là hình  chiếu vuông góc của H lần lượt lên AB, AC

=> tứ giác EHFA là hình chữ nhật\(=>AE=HF< =>HF^2=AE^2\)

áp dụng pytago trong \(\Delta EHA\) vuông tại E

\(=>HE^2+AE^2=AH^2< =>HE^2+HF^2=AH^2\)(1)

theo hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A đường cao AH

\(=>AH^2=HB.HC\left(2\right)\)

(1)(2)=>\(HE^2+HF^2=HB.HC\)

A B H D E C I

a/

\(AH^2=HB.HC\) (trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích các hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{HB.HC}=\sqrt{4.9}=6cm\)

\(\tan\widehat{ABC}=\dfrac{AH}{HB}=\dfrac{6}{4}=\dfrac{3}{2}\)

b/

Xét tg vuông AHB có

\(HB^2=BD.AB\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

Xét tg vuông AHC có

\(HC^2=CE.AC\) (lý do như trên)

\(CE.BD.AC.AB=HB^2.HC^2=\left(HB.HC\right)^2\)

Mà \(HB.HC=AH^2\) (cmt)

\(\Rightarrow CE.BD.AC.AB=AH^4\)

c/

\(HD\perp AB;AC\perp AB\) => HD//AC => HD//AE

\(HE\perp AC;AB\perp AC\) => HE//AB => HE//AD

=> ADHE là hình bình hành mà \(\widehat{A}=90^o\) => ADHE là HCN

Xét tg vuông ADH và tg vuông ADE có

HD = AE (cạnh đối HCN)

AD chung

=> tg ADH = tg ADE (Hai tg vuông có 2 cạnh góc vuông = nhau)

\(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{AHD}\) 

\(\widehat{AHD}=\widehat{B}\) (cùng phụ với \(\widehat{BAH}\) ) 

\(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{B}\) (1)

\(\widehat{C}+\widehat{B}=90^o\) (2)

\(\widehat{IAE}+\widehat{AED}=90^o\Rightarrow\widehat{IAE}+\widehat{B}=90^o\)  (3)

Từ (2) và (3) => \(\widehat{IAE}=\widehat{C}\) => tg AIC cân tại I => IA=IC

Ta có

\(\widehat{IAE}+\widehat{BAI}=\widehat{A}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{C}+\widehat{BAI}=90^o\) mà \(\widehat{C}+\widehat{B}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BAI}=\widehat{B}\) => tg ABI cân tại I => IA=IB

Mà IA= IC (cmt)

=> IB=IC => I là trung điểm của BC

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

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(HC=\frac{12^2}{9}=16\left(\operatorname{cm}\right)\)

BC=BH+CH=9+16=25(cm)

Diện tích tam giác ABC là:

\(S_{ABC}=\frac12\cdot AH\cdot BC=\frac12\cdot12\cdot25=6\cdot25=150\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

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

nên AEHF là hình chữ nhật

=>AH=EF

=>EF=12(cm)

a: BC=BH+CH

=3,6+6,4=10(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH^2=3,6\cdot6,4=23,04\)

=>\(AH=\sqrt{23,04}=4,8\left(cm\right)\)

ΔAHC vuông tại H

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

=>\(AC^2=4,8^2+6,4^2=64\)

=>AC=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\)

nên \(\widehat{B}\simeq53^0\)

ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}\simeq90^0-53^0=37^0\)

b: Sửa đề; \(AM\cdot MB+AN\cdot NC=MN^2\)

Xét tứ giác AMHN có

\(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{MAN}=90^0\)

=>AMHN là hình chữ nhật

Xét ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot MB=HM^2\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot NC=HN^2\)

\(AM\cdot MB+AN\cdot NC=HM^2+HN^2=MN^2\)

c: AK\(\perp\)MN

=>\(\widehat{ANM}+\widehat{KAC}=90^0\)

mà \(\widehat{ANM}=\widehat{AHM}\)(AMHN là hình chữ nhật)

nên \(\widehat{AHM}+\widehat{KAC}=90^0\)

mà \(\widehat{AHM}=\widehat{B}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)

nên \(\widehat{B}+\widehat{KAC}=90^0\)

mà \(\widehat{B}+\widehat{KCA}=90^0\)

nên \(\widehat{KAC}=\widehat{KCA}\)

=>KA=KC

\(\widehat{KAC}+\widehat{KAB}=90^0\)

\(\widehat{KCA}+\widehat{KBA}=90^0\)

mà \(\widehat{KAC}=\widehat{KCA}\)

nên \(\widehat{KAB}=\widehat{KBA}\)

=>KA=KB

mà KA=KC

nên KB=KC

=>K là trung điểm của BC

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

nên \(AH^2=HB\cdot HC=4\cdot9=36=6^2\)

=>AH=6(cm)

b: Xét ΔHAB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

c: Gọi O là giao điểm của AH và DE

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

=>AH cắt DE tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AH và DE

TA có: ADHE là hình chữ nhật

=>AH=DE
mà \(OA=OH=\frac{AH}{2};OD=OE=\frac{DE}{2}\)

nên OA=OH=OD=OE

ΔHDB vuông tại D

mà DI là đường trung tuyến

nên ID=IH=IB=HB/2

ΔCEH vuông tại E

mà EK là đường trung tuyến

nên KE=KH=KC

Xét ΔOHI và ΔODI có

OH=OD

HI=DI

OI chung

Do đó:ΔOHI=ΔODI

=>\(\hat{ODI}=\hat{OHI}=90^0\)

=>DI⊥ DE tại D

Xét ΔKEO và ΔKHO có

KE=KH

OE=OH

KO chung

Do đó: ΔKEO=ΔKHO

=>\(\hat{KEO}=\hat{KHO}=90^0\)

=>DE⊥ EK tại E

mà DI⊥ DE tại D

nên DI//EK

=>DEKI là hình thang

Hình thang DEKI có DI⊥ DE

nên DEKI là hình thang vuông

=>\(S_{DEKI}=\frac12\left(DI+EK\right)\cdot DE\)

\(=\frac12\cdot AH\cdot\left(\frac12\cdot HB+\frac12\cdot HC\right)=\frac14\cdot AH\cdot BC=\frac14\cdot6\cdot13=\frac{78}{4}=19,5\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Theo định lí Pitago

Xét tam giác ABH vuông tại H => AB² - HB² = AH²

Xét tam giác ACH vuông tại H => AC² - HC² = AH²

^=> AB² - HB² = AC² - HC²=AH²

=> AB² + HC² = AC² + HB²

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC^2=10^2-6^2=100-36=64=8^2\)

=>AC=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{10}=\frac35\)

nên \(\hat{C}\) ≃37 độ

ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{B}+\hat{C}=90^0\)

=>\(\hat{B}=90^0-37^0=53^0\)

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

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH=\frac{6\cdot8}{10}=4,8\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AC=AH^2\)

=>\(AD=\frac{4.8^2}{8}=2,88\left(\operatorname{cm}\right)\)

c: Xét tứ giác AEHB có \(\hat{AEB}=\hat{AHB}=90^0\)

nên AEHB là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BEH}=\hat{BAH}\)

mà \(\hat{BAH}=\hat{C}\left(=90^0-\hat{B}\right)\)

nên \(\hat{BEH}=\hat{C}\)

Xét ΔABC vuông tại A có tan C\(=\frac{AB}{CA}\)

=>\(AB=AC\cdot\tan C=AC\cdot\tan BEH\)

 Ta thấy 1 cặp tam giác đồng dạng quen thuộc là \(\Delta HAB~\Delta HCA\), từ đó suy ra \(\dfrac{S_{HAB}}{S_{HCA}}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2\). Mà ta lại có \(\dfrac{S_{HAB}}{S_{HCA}}=\dfrac{HB}{HC}\) (2 tam giác có chung đường cao hạ từ A) nên suy ra đpcm.