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

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

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

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

Vì tam giác DEF vuông tại D
=>\(DE^2+DF^2=EF^2\)
=> EF=30(cm)
Vì Diện tích DEF=\(\dfrac{DI.EF}{2}=\dfrac{DE.DF}{2}\)

                    => DI= 14.4

vì tam giác DIE vuông tại I

=>\(DI^2+EI^2=ED^2\)

=>EI=10.8

=>DI=19.2

b)xét tứ giác DQEI có 3 góc vuông DQE,QEI,EID

=>DQEI là hình chữ nhật
=>DE và QI cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
Mà S là trung điểm DE
=> S là trung điểm QI
=>Q,S,I thẳng hàng

a) \(EF=\sqrt{3^2+4^2}=5\)(cm)

\(DH=\dfrac{DE\cdot DF}{EF}=\dfrac{3\cdot4}{5}=\dfrac{12}{5}=2,4\left(cm\right)\)

b) \(EF=\sqrt{12^2+9^2}=15\left(cm\right)\)

\(DH=\dfrac{DE\cdot DF}{EF}=\dfrac{9\cdot12}{15}=\dfrac{108}{15}=7.2\left(cm\right)\)

c) \(EF=\sqrt{12^2+5^2}=13\left(cm\right)\)

\(DH=\dfrac{DE\cdot DF}{EF}=\dfrac{5\cdot12}{13}=\dfrac{60}{13}\left(cm\right)\)

a: BC=BH+CH

=2+8

=10(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH=\sqrt{2\cdot8}=4\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{2\cdot10}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\\AC=\sqrt{8\cdot10}=4\sqrt{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: Xét tứ giác ADHE có

\(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)

=>ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH

c: ΔHDB vuông tại D 

mà DM là đường trung tuyến

nên DM=HM=MB

\(\widehat{EDM}=\widehat{EDH}+\widehat{MDH}\)

\(=\widehat{EAH}+\widehat{MHD}\)

\(=90^0-\widehat{C}+\widehat{C}=90^0\)

=>DE vuông góc DM