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

\(a,\widehat{DHF}=90^0\)(góc nt chắn nửa đg tròn) nên \(DH\perp EF\)

\(b,\left\{{}\begin{matrix}OK\perp HF\\DH\perp HF\end{matrix}\right.\Rightarrow OK//DH;FO=OD\Rightarrow FK=HK\\ \left\{{}\begin{matrix}FO=OD\\FK=HK\end{matrix}\right.\Rightarrow OK.là.đtb.\Delta DFH\)

Lại có \(FD=2FO=10\left(cm\right);DH=\sqrt{FD^2-FH^2}=6\left(cm\right)\left(pytago\right)\)

\(\Rightarrow OK=\dfrac{1}{2}DH=3\left(cm\right)\)

\(c,\) Áp dụng HTL tam giác

\(\Rightarrow DH^2=HE\cdot HF\)

Mà \(2OK=DH\Rightarrow\left(2OK\right)^2=HE\cdot HF\Rightarrow4OK^2=HE\cdot HF\)

bạn ơi kẽ thêm hình giúp minh có đc ko ạ

http://d3.violet.vn/uploads/previews/291/844162/preview.swf

a) đương nhiên ( áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông )

b) \(\text{EF}=\sqrt{DE^2+DF^2}=\sqrt{12^2+16^2}=20\) (cm )

ta có DE^2 = EH . EF => EH = DE^2/ EF = 12^2 / 20 = 7.2 ( cm )

DH = DE.DF / EF = 9,6 ( cm )