a: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC=\sqrt{13^2-5^2}=12\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có
\(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{5}{13}\)
\(cosC=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{12}{13}\)
\(tanC=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{5}{12}\)
\(cotC=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{12}{5}\)
b: Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(EA\cdot EB=HE^2\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HD là đường cao
nên \(DA\cdot DC=HD^2\)
Xét tứ giác AEHD có \(\widehat{AEH}=\widehat{ADH}=\widehat{DAE}=90^0\)
nên AEHD là hình chữ nhật
=>\(HA^2=HE^2+HD^2=EA\cdot EB+AD\cdot DC\)
c: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AD\cdot AC\)
=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}\)
Xét ΔAED vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}\)
Do đó: ΔAED~ΔACB
=>\(\dfrac{S_{AED}}{S_{ACB}}=\left(\dfrac{DE}{BC}\right)^2=\left(\dfrac{AH}{BC}\right)^2\)(1)
\(sin^2B\cdot sin^2C=\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2\cdot\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2\)
\(=\dfrac{CH\cdot BC}{BC^2}\cdot\dfrac{BH\cdot BC}{BC^2}=\dfrac{CH\cdot BH}{BC^2}=\dfrac{AH^2}{BC^2}\)(2)
Từ (1),(2) suy ra \(\dfrac{S_{AED}}{S_{ACB}}=sin^2B\cdot sin^2C\)
=>\(S_{AED}=S_{ACB}\cdot sin^2B\cdot sin^2C\)
