Lời giải:
a. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

$AH=\sqrt{BH.CH}=\sqrt{3,6.6,4}=4,8$ (cm)

Áp dụng định lý Pitago:

$AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{4,8^2+3,6^2}=6$ (cm)

$AC=\sqrt{AH^2+CH^2}=\sqrt{4,8^2+6,4^2}=8$ (cm)

$\tan \widehat{HAC}=\frac{CH}{AH}=\frac{6,4}{4,8}\Rightarrow \widehat{HAC}=53,1^0$

b. $Bx\parallel AC\Rightarrow Bx\perp AB$ hay tam giác $ABK$ vuông tại $A$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông với $ABK, ABC$ thì:

$AH.AK=AB^2$

$BH.BC=AB^2$

$\Rightarrow AH.AK=BH.BC$ (đpcm)

c. 

Tứ giác $KHEC$ có $\widehat{KHC}=\widehat{KEC}=90^0$ nên $KHEC$ là tgnt

$\Rightarrow \triangle AHE\sim \triangle ACK$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{HE}{CK}=\frac{AH}{AC}=\frac{4,8}{8}=\frac{3}{5}$ (đpcm)

d.

Gọi $AB=c, AC=b$ 

$\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{b^2+c^2}{b^2c^2}$
$S=pr\Rightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{bc}{a+b+c}=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}+b+c}$

$\Rightarrow r^2=\frac{b^2c^2}{(\sqrt{b^2+c^2}+b+c)^2}$

Vậy:

\(\frac{r^2}{AH^2}=\frac{b^2+c^2}{(\sqrt{b^2+c^2}+b+c)^2}\)

Theo BĐT AM-GM: $(b+c)^2\leq 2(b^2+c^2)$

$\Rightarrow b+c\leq \sqrt{2(b^2+c^2)}$

\(\Rightarrow \frac{r^2}{AH^2}\geq \frac{b^2+c^2}{(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{2(b^2+c^2)})^2}=\frac{1}{(1+\sqrt{2})^2}> \frac{1}{9}\)

$\Rightarrow \frac{r}{AH}>\frac{1}{3}$

Hình vẽ:

\(a,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=12\left(cm\right)\left(pytago\right)\)

Áp dụng HTL:

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot BC\\AH^2=BH\cdot HC\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{25}{13}\left(cm\right)\\CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{144}{13}\left(cm\right)\\AH=\sqrt{\dfrac{25}{13}\cdot\dfrac{144}{13}}=\dfrac{60}{13}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

\(b,\sin\widehat{B}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{12}{13}\approx\sin67^0\Leftrightarrow\widehat{B}\approx67^0\\ \Rightarrow\widehat{C}=90^0-\widehat{B}=23^0\)

\(c,\) Vì AM là trung tuyến ứng ch BC nên \(AM=BM=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{13}{2}\left(cm\right)\)

Ta có \(MH=MB-HB=6,5-\dfrac{25}{13}=\dfrac{119}{26}\left(cm\right)\)

Vậy \(S_{AMH}=\dfrac{1}{2}AH\cdot HM=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{60}{13}\cdot\dfrac{119}{26}=\dfrac{1785}{169}\left(cm^2\right)\)

Hình vẽ:

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

góc B chung

=>ΔABH đồng dạng với ΔCBA

b: ΔABC vuông tại A

mà AH là đường cao

nên HA^2=HB*HC

c: AI/IH=BA/BH

EC/AE=BC/BA

mà BA/BH=BC/BA

nên AI/IH=EC/AE
=>AI*AE=IH*EC

a: BC=10cm

AH=6*8/10=4,8cm

BH=AB^2/BC=3,6cm

b: Vì BH vuông góc với AH tại H

nên CB là tiếp tuyến của (A'AH)

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

góc B chung

=>ΔHBA đồng dạng với ΔABC

b: \(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

BD là phân giác

=>DA/AB=DC/BC

=>DA/3=DC/5=(DA+DC)/(3+5)=8/8=1

=>DA=3cm; DC=5cm

Bài 1: 

a) 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:

\(AB^2=BH\cdot BC\)

\(\Leftrightarrow BH=\dfrac{9^2}{15}=\dfrac{81}{15}=5.4\left(cm\right)\)

Ta có: BH+CH=BC(H nằm giữa B và C)

nên CH=BC-BH=15-5,4=9,6(cm)

b) Ta có: BH+CH=BC(H nằm giữa B và C)

nên BC=1+3=4(cm)

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:

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC=1\cdot4=4\left(cm\right)\\AC^2=CH\cdot BC=3\cdot4=12\left(cm\right)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=2\left(cm\right)\\AC=2\sqrt{3}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

BÀI 2 : áp dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có: AH^2=BH*CH=>AH^2= 4*9=36=>AH=căn bậc hai của 36=6

\(AB^2=BH\cdot BC=4\cdot\left(4+9\right)=52=>AB=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\)

\(AC^2=CH\cdot BC=9\cdot13=117=>AC=\sqrt{117}=3\sqrt{13}\)

Bạn chỉ cần áp dụng hệ thức lượng là đc rồi o0o

Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Chứng minh rằng 1/AH^2=1/AB^2+1/ac^2