bạn ơi kẽ thêm hình giúp minh có đc ko ạ

a: Xét ΔDEF vuông tại D có DH là đường cao

nên \(DH^2=HE\cdot HF\)

=>\(DH^2=9\cdot16=144=12^2\)

=>DH=12(cm)

ΔDHE vuông tại H

=>\(DH^2+HE^2=DE^2\)

=>\(DE^2=9^2+12^2=81+144=225=15^2\)

=>DE=15(cm)

ΔDHF vuông tại H

=>\(DH^2+HF^2=DF^2\)

=>\(DF^2=12^2+16^2=144+256=400=20^2\)

=>DF=20(cm)

Xét ΔDEF vuông tại D có sin F\(=\frac{DE}{EF}=\frac{15}{25}=\frac35\)

nên \(\hat{F}\) ≃37 độ

b: Xét ΔDFI vuông tại D có tan DFI\(=\frac{DI}{DF}\)

=>\(\frac{DI}{20}=\tan30=\frac{1}{\sqrt3}\)

=>\(DI=\frac{20}{\sqrt3}=\frac{20\sqrt3}{3}\) (cm)

ΔDFI vuông tại D

=>\(DF^2+DI^2=FI^2\)

=>\(FI^2=20^2+\left(\frac{20\sqrt3}{3}\right)^2=400+\frac{400}{3}=\frac{1600}{3}\)

=>\(FI=\sqrt{\frac{1600}{3}}=\frac{40\sqrt3}{3}\) (cm)

c: Sửa đề: DK là phân giác của góc HDF

Xét ΔDHF có DK là phân giác

nên \(\frac{KH}{DH}=\frac{KF}{DF}\)

=>\(\frac{KH}{12}=\frac{FK}{20}\)

=>\(\frac{KH}{3}=\frac{KF}{5}\)

mà KH+KF=HF=16cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{KH}{3}=\frac{KF}{5}=\frac{KH+KF}{3+5}=\frac{16}{8}=2\)

=>\(KF=2\cdot5=10\left(\operatorname{cm}\right);KH=2\cdot3=6\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔKHD vuông tại H

=>\(KH^2+HD^2=KD^2\)

=>\(KD^2=6^2+12^2=36+144=180\)

=>\(KD=6\sqrt5\)

Xét ΔKHD vuông tại H và ΔKMF vuông tại M có

\(\hat{HKD}=\hat{MKF}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔKHD~ΔKMF

=>\(\frac{HD}{MF}=\frac{KD}{KF}\)

=>\(\frac{12}{FM}=\frac{6\sqrt5}{10}\)

=>\(FM=12\cdot\frac{10}{6\sqrt5}=\frac{120}{6\sqrt5}=\frac{20}{\sqrt5}=4\sqrt5\) (cm)

\(\frac{1}{FD^2}+\frac{1}{FK^2}=\frac{1}{20^2}+\frac{1}{10^2}=\frac{1}{400}+\frac{1}{100}=\frac{5}{400}=\frac{1}{80}\)

\(\frac{1}{FM^2}=\frac{1}{\left(4\sqrt5\right)^2}=\frac{1}{80}\)

Do đó: \(\frac{1}{FD^2}+\frac{1}{FK^2}=\frac{1}{FM^2}\)

a: Xét tứ giác CAHB có góc CAH=góc CBH=góc ACB=90 độ

nen CAHB là hình chữ nhật

SUy ra: AB=CH=9cm

\(HE=\dfrac{9^2}{4}=\dfrac{81}{4}=20.25\left(cm\right)\)

b: Xét ΔCHD vuông tại H có HA là đường cao

nên \(CA\cdot CD=CH^2\left(1\right)\)

Xét ΔCHE vuông tại H có HB là đường cao

nên \(CB\cdot CE=CH^2\left(2\right)\)

TỪ (1) và (2) suy ra \(CA\cdot CD=CB\cdot CE\)

...............................................................................

..........................................................................................

...........................................................................tgbvn JGKGITJNNFJFJNFJBFÒNBFOHRJ;FFJh' IIIor   ỉie

a: Xét ΔDEF vuông tại D có DH là đường cao

nên DH^2=EH*FH

=>DH=4,8cm

Xét ΔDEF vuông tại D có DH là đường cao

nên ED^2=EH*EF và FD^2=FH*FE

=>ED^2=36 và FD=64

=>ED=6cm; FD=8cm

b: DK=DF/2=4cm

Xét ΔDKE vuông tại D có tan DEK=DK/DE=4/6=2/3

nên \(\widehat{DEK}\simeq34^0\)

c: ΔDEF vuông tại D có DH là đường cao

nên EH*EF=ED^2

ΔDKE vuông tại D có DM là đường cao

nên EM*EK=ED^2

=>EH*EF=EM*EK

=>EH/EK=EM/EF

Xét ΔEHM và ΔEKF có

EH/EK=EM/EF

góc HEM chung

Do đó: ΔEHM đồng dạng với ΔEKF

=>góc EHM=góc EKF

=>góc FHM+góc FKM=180 độ

=>FKMH nội tiếp

=>góc MKH=góc MFH

XÉT tam giác ABC vuông tại A : BC²=AB²+AC²=36+64+100 

=>BC=10.

b) áp dụng tích chất đường pg trong tam giác vào tam giác abc ta có :

AB/AC=BD/DC <=> 6/8=BD/DC<=>BD/6=DC/8=K .

=> 6K=DC ; 8K=BD .

CÓ  BD+DC =BC=10

<=>6K+8K=10

<=>14K=10

<=>K=5/7 .

=>DB=5/7 . 8 = 40/7 ;DC=5/7 . 6 =30/7 .

C) TG AEDF LÀ HCN VÌ : GÓC DÈ = GÓC EAF = GÓC AFD=90'.

CHU VI VÀ DIỆN TÍCH THÌ TÍNH CẠNH EA VÀ ED THÌ RA.

\(a,EF=\sqrt{DE^2+DF^2}=15\left(cm\right)\left(pytago\right)\\ \Rightarrow\sin\widehat{E}=\dfrac{DF}{EF}=\dfrac{9}{15}=\dfrac{3}{5}\\ \cos\widehat{E}=\dfrac{DE}{EF}=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}\\ \tan\widehat{E}=\dfrac{DF}{DE}=\dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}\\ \cot\widehat{E}=\dfrac{1}{\tan\widehat{E}}=\dfrac{4}{3}\\ b,Áp.dụng.HTL:DH\cdot EF=DE\cdot DF\\ \Rightarrow DH=\dfrac{12\cdot9}{15}=7,2\left(cm\right)\)