a: Sửa đề: AB=13(cm)

Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của CD

=>\(CH=DH=\frac{CD}{2}=\frac{12}{2}=6\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao

nên \(HA\cdot HB=CH^2=6^2=36\)

mà HA+HB=AB=13cm

nên HA,HB là các nghiệm của phương trình:

\(x^2-13x+36=0\)

=>(x-4)(x-9)=0

=>x=4 hoặc x=9

=>AH=4cm; BH=9cm hoặc AH=9cm; BH=4cm

b: Xét ΔCHA vuông tại H có HM là đường cao

nên \(CM\cdot CA=CH^2\)

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

Xét ΔCHB vuông tại H có HN là đường cao

nên \(CN\cdot CB=CH^2\)

=>\(CN=\frac{CH^2}{CB}\)

Xét tứ giác CMHN có \(\hat{CMH}=\hat{CNH}=\hat{MCN}=90^0\)

nên CMHN là hình chữ nhật

=>\(S_{CMHN}=CM\cdot CN=\frac{CH^2}{CA}\cdot\frac{CH^2}{CB}\)

\(=\frac{CH^4}{CH\cdot AB}=\frac{CH^3}{AB}=\frac{6^3}{13}=\frac{216}{13}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Vì BC có độ dài lớn nhất nên đề bài tương đương với: \(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}=\sqrt[3]{BC^2}\)(Định lí Pythagoras đảo)

Lập phương 2 vế: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)

Ôn lại các hệ thức lượng cho tam giác vuông vì sắp tới mình sẽ dùng 1 chuỗi hệ thức đấy:

+Tam giác AHD vuông tại H, đường cao DH: \(AH^2=AD.AB,BH^2=BD.BA\)

+Tam giác AHC vuông tại H, đường cao EH: \(AH^2=AC.AE,CH^2=CA.CE\)

+Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH: \(AH^2=HB.HC,AH.BC=AB.AC,BC^2=AB^2+AC^2\)

$ ADHE là hình chữ nhật nên AD=HE

$ Tam giác AHE vuông tại H nên \(AH^2=AE^2+HE^2\)

Ok, giờ triển thoi: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)

\(\Leftrightarrow\left(AB-AD\right)^2+\left(AC-AE\right)^2+3\sqrt[3]{\left(BD.CE\right)^2}.\sqrt[3]{BC^2}=BC^2\)

\(\Leftrightarrow\left(AB^2+AC^2\right)+\left(AD^2+AE^2\right)-2\left(AB.AD+AC.AE\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2+\left(AE^2+HE^2\right)-2\left(AH^2+AH^2\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)

\(\Leftrightarrow AH^2-4AH^2-3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=0\)

\(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=3AH^2\)

\(\Leftrightarrow BD.CE.BC=AH^3\)

\(\Leftrightarrow BD.CE.BC.AH=AH^4\)

\(\Leftrightarrow\left(BD.BA\right)\left(CE.CA\right)=AH^4\)

\(\Leftrightarrow BH^2.CH^2=AH^4\Leftrightarrow BH.CH=AH^2\)---> Luôn đúng

Vậy giả thiết đúng.

(Bài dài giải mệt vler !!)

Gọi a, b, c, h là độ dài hai cạnh góc vuông, cạnh huyền và đường cao

Có \(c=\sqrt{a^2+b^2},ab=ch\Leftrightarrow h=\dfrac{ab}{c}\)

Có \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\c+h=74\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\\sqrt{a^2+b^2}+\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=74\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\a^2+b^2+ab=74\sqrt{a^2+b^2}\end{matrix}\right.\)

PT dưới tương đương: \(\left(a+b\right)^2-ab=74\sqrt{\left(a+b\right)^2-2ab}\)

\(\Leftrightarrow ab=1200\)

Suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\ab=1200\end{matrix}\right.\), a và b là hai nghiệm của pt \(x^2-70x+1200=0\)

\(\Leftrightarrow a=30,b=40\)

Vậy độ dài các cạnh góc vuông, cạnh huyền và đường cao là 30, 40, 50, 24.

1) ta có góc BAF+góc DAE=90 ĐỘ

     góc DAK +góc DAE=90 ĐỘ

=> góc BAF= góc DAK 

XÉT 2 TAM GIÁC TRÊN THEO TRƯỜNG HỢP G.C.G

=>tam giác ABF=tam giác DAK

==>AK=AF  => tam giác AKF cân tại A

2)XÉT TAM GIÁC VUÔNG KCF CÓ I LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA CẠNH HUYỀN KF nên A,F,K thuộc đường tròn đường kính KF (1)

TƯƠNG TỰ VỚI TAM GIÁC VUÔNG AKF ==> A,K,F cùng thuộc đường tròn đường kính KF (2)

TỪ (1) và (2) ==> điều cần chứng minh

3)vì tam giác AKF cân tại A ==> AI là trung tuyến đồng thời là đường cao 

==> AI vuông góc với KF  

DO ĐÓ góc AIF=90 độ

tương tự câu 2 xét vào 2 tam giác vuông AIF và ABF ==>điều cần chứng minh

đợi một tí thí nữa mk giải típ mệt quá

sao dài thế

bạn học casio à. cần tài liệu thì ib đưa link face mình gửi nhé

dùng hàm cos + tam giác dd+ pytago
nhớ tính xong gán để tính cho chính xác