AB=6

Theo định lí Pytago ta có

\(BC^2=AB^2+AC^2\\ AB^2=BC^2-AC^2=\sqrt{10^2-8^2}\\ =\sqrt{100-64}=6\)

AB = 6

AC=12cm

  tự vẽ hình nhé                                                                                                       Gọi E là trung điểm của CD.

Xét tam giác BDC ta có:

M là trung điểm của BC ( gt )

E là trung điểm của CD (cách vẽ)

=> EM là đường trung trực của tam giác BDC.

=> EM // BD => EM // ID ( I thuộc BD )

Xét tam giác AME có:

I là trung điểm của AM (gt)

EM // ID (cmt)

=> D là trung điểm của AE

Xét tam giác AME có:

I là trung điểm của AM (gt)

D là trung điểm của AE (cmt)

=> ID là đường trung bình của tam giác AME.

Mà  ( ME là đường trung bình của tam giác BDC )

Nên 

Xét tam giác ABC vuông tại A ta có:

BC² = AB²+AC² ( Định lý Pitago thuận)

Thay: 

13² = 5² + AC²

169 = 25 + AC² => AC² = 169 - 25 = 144

=> AC² = 12²

=> AC = 12 (cm)

Ta có: AD = ED ( D là trung điểm của AE )

ED = EC ( E là trung điểm của DC)

=> AD = ED = EC

Mà AD + ED + EC = AC (gt)

Nên: AD + AD + AD = AC 

=> 3AD = AC

=> AD = AC/3

Mặt khác AC = 12 cm (cmt)

=> AD = 12/3 = 4 (cm)

Xét tam giác ABD vuông tại A ta có:

BD² = AB²+AD² ( định lý Pitago thuận)

BD² = 5²+4²

BD² = 25 + 20

BD² = 45

=> 

Thế (2) vào (1) ta được:

Ta có: 

BI + ID = BD ( I thuộc BD )

=> BI = BD - ID (4)

Thế (2), (3) vào (4) ta được:

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:

\(AB^2+AC^2=BC^2\\ AC^2=BC^2-AB^2\\ AC^2=13^2-5^2\\ AC^2=169-25\\ AC^2=144\\ AC=12\left(cm\right)\)

Áp dụng hệ thức liên quan tới đường cao vào \(\Delta ABC\), ta có:

\(AH^2=BH.HC\Rightarrow HC=\dfrac{AH^2}{BH}=\dfrac{2^2}{1}=4\left(cm\right)\)

Mặt khác, áp dụng định lý Pytago vào \(\Delta BHA\), ta có:

\(AB^2=AH^2+BH^2\Rightarrow AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{2^2+1}=\sqrt{5}\left(cm\right)\)

Áp dụng hệ thức giữa đường cao và các cạnh vào \(\Delta ABC\), ta có:

\(AB.AC=AH.BC\Rightarrow AC=\dfrac{AH.BC}{AB}=\dfrac{2.\left(1+4\right)}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(AH^2=HB\cdot HC\)

nên \(HC=\dfrac{2^2}{1}=4\left(cm\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(AC^2=HC\cdot BC\)

nên \(AC^2=20\)

hay \(AC=2\sqrt{5}\left(cm\right)\)

a) Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=6^2+8^2=100\)

hay BC=10(cm)

Xét ΔAMB và ΔDMC có 

MA=MD(gt)

\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

MB=MC(M là trung điểm của BC)

Do đó: ΔAMB=ΔDMC(c-g-c)

Suy ra: AB=DC(Hai cạnh tương ứng)

mà AB=6cm(gt)

nên DC=6cm

Ta có: ΔABC vuông tại A(gt)

mà AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC(M là trung điểm của BC)

nên \(AM=\dfrac{BC}{2}\)(Định lí 1 về áp dụng hình chữ nhật vào tam giác vuông)

hay \(AM=\dfrac{10}{2}=5\left(cm\right)\)

Vậy: BC=10cm; DC=6cm; AM=5cm

\(AC=\sqrt{26^2-24^2}=10\left(cm\right)\)

\(IM=\sqrt{65^2-25^2}=60\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A và ΔIMN vuông tại I có

AB/IM=AC/IN

Do đó: ΔABC∼ΔIMN

Mệttttt partttt 2 ;-;

\(AC^2=BC^2-AB^2=\sqrt{26^2-24^2}\\ =10\\ MI^2=MN^2-IN^2=\sqrt{65^2-25^2}\\ =60\\ Ta.có:\\ \dfrac{AC}{IN}=\dfrac{AB}{IM}=\dfrac{BC}{MN}\left(vì\dfrac{10}{25}=\dfrac{24}{60}=\dfrac{26}{65}\right)\\ \Rightarrow\Delta ABC~\Delta IMN\)

b) Xét ΔABC vuông tại A và ΔDBE vuông tại D có 

AB=BD(gt)

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC=ΔDBE(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

c) Xét ΔBAH vuông tại A và ΔBDH vuông tại D có 

BH chung

BA=BD(gt)

Do đó: ΔBAH=ΔBDH(Cạnh huyền-cạnh góc vuông)

Suy ra: \(\widehat{ABH}=\widehat{DBH}\)(hai góc tương ứng)

hay BH là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)

d) Ta có: BH là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(cmt)

nên \(\widehat{ABH}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

Ta có: \(\widehat{ABH}+\widehat{HBK}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{HBK}+30^0=90^0\)

hay \(\widehat{HBK}=60^0\)

Xét ΔCHD vuông tại D và ΔCBA vuông tại A có 

\(\widehat{ACB}\) chung

Do đó: ΔCHD\(\sim\)ΔCBA(g-g)

Suy ra: \(\widehat{CHD}=\widehat{CBA}\)(hai góc tương ứng)

\(\Leftrightarrow\widehat{CHD}=60^0\)

mà \(\widehat{CHD}=\widehat{HKB}\)(hai góc so le trong, BK//AC)

nên \(\widehat{HKB}=60^0\)

Xét ΔHBK có 

\(\widehat{HKB}=60^0\)(cmt)

\(\widehat{HBK}=60^0\)(cmt)

Do đó: ΔHBK đều(Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)

Giả sử : \(\widehat{B}=45^o\) (trường hợp khác \(\widehat{B}=135^o\) )

ta có : \(\begin{cases}IA=IB\\DA=DB\end{cases}\) \(\Rightarrow ID\perp AB\)

\(\overrightarrow{ID}=\left(-2;1\right)\) ptdt ID nhận \(\overrightarrow{n_{ID}}=\left(1;2\right)\) làm VTPT ta có pt: \(x+2y+3=0\)

ptdt AB đi qua K và nhận \(\overrightarrow{ID}\) làm VTPT ta có pt : \(-2x+y+9=0\)

tọa độ trung điểm H của AB là nghiệm của hệ : \(\begin{cases}x+2y=-3\\-2x+y=-9\end{cases}\) \(\Rightarrow\begin{cases}x=3\\y=-3\end{cases}\) vậy \(H\left(3;-3\right)\)

pt đường tròn tâm H bán kính \(HD=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}\) là : \(\left(x-3\right)^2+\left(y+3\right)^2=20\)

Tọa độ của A và B là nghiệm của hệ : \(\begin{cases}-2x+y=-9\\\left(x-3\right)^2+\left(y+3\right)^2=20\end{cases}\) giải nghiệm ta được \(\begin{cases}x=5\\y=1\end{cases}\) hoặc \(\begin{cases}x=1\\y=-7\end{cases}\) vì A có tung độ dương nên \(A\left(5;1\right);B\left(1;-7\right)\)

C là giao điểm của dt BD và IC:

ptdt BD nhận \(\overrightarrow{n}=\left(6;2\right)=2\left(3;1\right)\) làm VTPT nên ta có pt : \(3x+y=-4\)

ptdt IC nhận \(\overrightarrow{n}=\left(4;3\right)\) làm VTPT nên ta có pt : \(4x+3y=-2\)

vậy tọa độ C là nghiệm của hệ :\(\begin{cases}3x+y=-4\\4x+3y=-2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=-2\\y=2\end{cases}\) vậy \(C\left(-2;2\right)\)

Bạn vẽ hình đi! Mình chỉ cho!

Ừ.