a) xét tam giac ABH và tam giac ADH ta có

AH=AH (canh chung)

BH=HD(gt)

goc AHB= góc AHD (=90)

-> tam giac ABH= tam giac ADH (c-g-c)

-> AB=AD (2 cạnh tương ứng)

-> tam giac ADB cân tại A

b)Xét tam giac ABH vuông tại H ta có

AB²= AH²+BH² ( định lý pitago)

15²=12²+ BH²

BH²=15²-12²

BH²=81

BH=9

Xét tam giác AHC vuông tại H ta có

AC²=AH²+HC² ( định lý pitago)

AC²=12²+16²

AC²=400

AC=20

c) ta có BC= BH+HC=9+16=25

Xét tam giác ABC ta có

BC²=25²=625

AB²+AC²=15²+20²=625

-> BC²=AB²+AC² (=625)

-> tam giac ABC vuông tại A (định lý pitago đảo)

d)xét tam giác ABH và tam giác EDH ta có

BH=HD (gt)

AH=HE(gt)

góc BHA= góc DHE (=90)

-> tam giác ABH= tam giac EDH (c-g-c)

-> góc BAH= góc DEH (2 góc tương ứng)

mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong 

nên AB// ED

lại có AB vuông góc AC ( tam giác ABC vuông tại A)

-> ED vuông góc AC

mày ngu như chó

?????????????

Giải rõ chỗ bạn chưa hiểu nhé:

\(HB^2-16HB+25HB-400=0\Leftrightarrow HB\left(HB-16\right)+25\left(HB-16\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(HB-16\right)\left(HB+25\right)\)

\(\Rightarrow HB=16;HB=-25\)

Có: HB > 0 => HB = 16 cm

Áp dụng hệ thức lg trong tam giác vuông:

\(AB^2=BH.BC\)

\(\Leftrightarrow20^2=BH\left(BH+9\right)\)

\(\Leftrightarrow BH^2-9BH-400=0\)

\(\Rightarrow BH=16\) (cm)

\(BC=HC+HC=16+9=25\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pitago có:

\(AC^2=BC^2-AB^2=25^2-20^2=225\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{225}=15\left(cm\right)\)

\(AB^2=AH^2+HB^2\) (Pitago đảo)

\(20^2=AH^2+16^2\Rightarrow AH^2=20^2-16^2=200-256=144\)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{144}=12\left(cm\right)\)

Ta có \(CH=AC.cos\widehat{C}=35.cos50^o\)

         \(AH=AC.sin\widehat{C}=35.sin50^o\)

         \(BH=AH.cot\widehat{B}=35.sin50^o.cot60^o\)

\(\Rightarrow BC=BH+CH=35.cos50^o+35.sin50^o.cot60^o\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{AH.BC}{2}=\frac{35.sin50^o\left(35.cos50^o+35.sin50^o.cot60^o\right)}{2}\)

Xét ΔABC vuông tại A có 

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

nên BC=15(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AH\cdot BC=AB\cdot AC\\AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot BC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH=7,2\left(cm\right)\\BH=5.4\left(cm\right)\\CH=9.6\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

a, \(\cos B=\cos60^0=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow AC=10\left(cm\right)\)

\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\left(pytago\right)\)

\(b,\) Sửa: Tính AH,BH,CH 

Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{AB^2}{BC}=15\left(cm\right)\\CH=\dfrac{AC^2}{BC}=5\left(cm\right)\end{matrix}\right.\); \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)

a: BC=căn 6^2+8^2=10cm

b: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có

góc B chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔHBA

c: HB=AB^2/BC=6^2/10=3,6cm

HC=10-3,6=6,4cm

a: Xét ΔABC vuông tại A có BC^2=AB^2+AC^2

=>BC^2=5^2+12^2=169

=>BC=13(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot13=5\cdot12=60\)

=>AH=60/13(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC\)

=>\(BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{5^2}{13}=\dfrac{25}{13}\left(cm\right)\)

Xét ΔAHB vuông tại H có

\(sinBAH=\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{25}{13}:5=\dfrac{5}{13}\)

=>\(\widehat{BAH}\simeq22^0\)

b: HB=HD

=>HD=25/13(cm)

BD=25/13*2=50/13(cm)

BD+DC=BC

=>DC=BC-BD=13-50/13=119/13(cm)

=>R=DC/2=119/26(cm)

c: Xét (O) có

ΔCMD nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCMD vuông tại M

Xét ΔABD có

AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến

Do đó: ΔABD cân tại A

=>AB=AD

Xét tứ giác AHDM có

\(\widehat{AHD}+\widehat{AMD}=180^0\)

=>AHDM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ADH}=\widehat{AMH}=\widehat{ABD}\)

ΔAMD vuông tại M

=>AM<AD

mà AD=BA

nên AM<AB

d: \(DM\perp AC;AB\perp AC\Leftrightarrow\)DM//AB

=>\(\widehat{MDA}=\widehat{DAB}\)

=>\(\widehat{MDA}=2\cdot\widehat{DAH}\)