tam giác ABC nha mình nhầm

a) Xét tam giác \(AHB\)vuông tại \(H\): 

\(AB^2=AH^2+HB^2\)(định lí Pythagore) 

\(\Rightarrow AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5\left(cm\right)\)

Xét tam giác \(ABC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AH\): 

\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}-\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{4^2}-\frac{1}{5^2}\)

\(\Rightarrow AC=\frac{20}{3}\left(cm\right)\)

\(BC^2=AB^2+AC^2\)(định lí Pythagore) 

\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{25+\frac{400}{9}}=\frac{25}{3}\left(cm\right)\)

\(HC=BC-HB=\frac{25}{3}-3=\frac{16}{3}\left(cm\right)\)

b) Xét tam giác \(AID\)có: \(B\)là trung điểm của \(AD\)

\(BH//ID\)(vì cùng vuông góc với \(AI\)) 

nên \(BH\)là đường trung bình của tam giác \(AID\).

Suy ra \(H\)là trung điểm của \(AI\).

\(\Rightarrow AH=HI\Rightarrow HI=\frac{1}{2}HE\)

do đó \(I\)là trung điểm của \(HE\).

\(P=2tan\widehat{IED}-3tan\widehat{ECH}\)

\(=2\frac{ID}{IE}-3\frac{CH}{HE}\)

\(=\frac{4HB}{AH}-\frac{3}{2}\frac{CH}{AH}\)

\(=\frac{8.3-3.\frac{16}{3}}{2.4}=1\)

c) \(tan\widehat{IED}=\frac{ID}{IE}=\frac{2HB}{AH}=\frac{2.3}{4}=\frac{3}{2}\)

\(cot\widehat{CEH}=\frac{EH}{CH}=\frac{2AH}{CH}=\frac{2.4}{\frac{16}{3}}=\frac{3}{2}\)

\(tan\widehat{IED}=cot\widehat{CEH}\Rightarrow\widehat{IED}+\widehat{CEH}=90^o\Rightarrow\widehat{CED}=90^o\)

do đó ta có đpcm. 

a) \(\Delta NBM~\Delta DAM\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NM}{DM}=\frac{BM}{AM}=\frac{1}{2}\)

\(DM=\sqrt{AM^2+AD^2}=\sqrt{\frac{4}{9}a^2+a^2}=\frac{\sqrt{13}}{3}a\)

\(DN=\frac{3}{2}DM=\frac{\sqrt{13}a}{2}\)

\(NC=\sqrt{DN^2-DC^2}=\sqrt{\frac{13}{4}a^2-a^2}=\frac{3}{2}a\)

\(\frac{1}{EC^2}=\frac{1}{DC^2}+\frac{1}{NC^2}\Rightarrow EC=\frac{3\sqrt{13}}{13}a\)

b) \(\frac{1}{DM^2}+\frac{1}{DN^2}=\frac{1}{\frac{13}{9}a^2}+\frac{1}{\frac{13}{4}a^2}=\frac{4+9}{13a^2}=\frac{1}{a^2}\)

KHÓ QUÁ KO NHÌN ĐC

DỌC NÊN ĐỌC RẤT KHÓ

SIÊU KHÓ