a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)

b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)

\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)

Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)

CMR : tan\(\dfrac{B}{2}=\dfrac{AC}{BC+AB}\) nhé mình ghi thiếu

Theo tính chất phân giác:

\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}=\dfrac{AD+CD}{AB+BC}=\dfrac{AC}{AB+BC}\)

\(\Rightarrow tan\dfrac{B}{2}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AC}{AB+BC}\) (đpcm)

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

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

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

a) Xét ΔABH vuông tại H và ΔCAH vuông tại H có 

\(\widehat{ABH}=\widehat{CAH}\left(=90^0-\widehat{C}\right)\)

Do đó: ΔABH\(\sim\)ΔCAH(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{AH}{CH}=\dfrac{BH}{AH}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(AH^2=HB\cdot HC\)(đpcm)

tớ nhầm chương sorry

    Xét tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH.

Ta có: \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

Vì \(AH\cdot BC=AC\cdot AB\) (chứng minh ở câu hỏi trước r)

\(\Leftrightarrow AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}\Leftrightarrow\dfrac{1}{AH}=\dfrac{BC}{AB\cdot AC}\\ \Leftrightarrow\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2\cdot AC^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2\cdot AC^2}\left(pytago\right)\\ \Leftrightarrow\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

b: \(\dfrac{AB\cdot BC}{2}\cdot sinB\)

\(=\dfrac{AB\cdot BC}{2}\cdot\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AB\cdot AC}{2}\)

\(=S_{ABC}\)

a: Xét ΔABD vuông tại A có tan ABD=AD/AB

Xét ΔCBA có BD là phân giác

nên AD/AB=CD/BC

=>\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}=\dfrac{AD+CD}{AB+BC}=\dfrac{AC}{AB+BC}\)

=>\(tan\left(ABD\right)=\dfrac{AC}{AB+BC}\)

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

nên \(AH^2=HB\cdot HC;AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot CB\) ; \(AB\cdot AC=AH\cdot BC\)

Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao

nên \(BE\cdot BA=BH^2\)

=>\(BE=\frac{BH^2}{BA}\)

Xét ΔCHA vuông tại H có HF là đường cao

nên \(CF\cdot CA=CH^2\)

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

\(BE\cdot CF=\frac{BH^2}{BA}\cdot\frac{CH^2}{AC}=\frac{\left(BH\cdot CH\right)^2}{AB\cdot AC}\)

\(=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)

\(\frac{AH^2}{BE\cdot CF}\)

\(=AH^2:\frac{AH^3}{BC}=\frac{BC}{AH}\)

\(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AB}\)

\(=\frac{AB^2+AC^2}{AB\cdot AC}\)

\(=\frac{BC^2}{BC\cdot AH}=\frac{BC}{AH}\)

Do đó: \(\frac{AH^2}{BE\cdot CF}=\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AB}\)

b:

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

nên AEHF là hình chữ nhật

=>FE=AH

AEHF là hình chữ nhật

=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)

mà \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)

nên \(\hat{AFE}=\hat{ABC}\)

ΔABC vuông tại A

mà AO là đường trung tuyến

nên OA=OC=OB

OA=OC

=>ΔOAC cân tại O

=>\(\hat{OAC}=\hat{OCA}\)

\(\hat{AFE}+\hat{OAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>AO⊥ FE tại I

Xét ΔAFE vuông tại A có AI là đường cao

nên \(AI\cdot EF=AE\cdot AF\)

=>\(AI\cdot EF=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^4}{AB\cdot AC}=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)

=>\(AI=\frac{AH^2}{BC}\)

\(\frac{AI}{HB}+\frac{AI}{HC}=AI\left(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\right)\)

\(=AI\cdot\frac{HB+HC}{HB\cdot HC}=\frac{AI\cdot BC}{AH^2}=\frac{AI\cdot BC}{EF^2}\)

\(=\frac{AH^2}{BC}\cdot\frac{BC}{EF^2}=\frac{AH^2}{EF^2}=1\)