Bài 5: 

Ta có: \(AB^2=BH\cdot BC\)

\(\Leftrightarrow BH\left(BH+9\right)=400\)

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

\(\Leftrightarrow BH=16\left(cm\right)\)

hay BC=25(cm)

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

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AC^2=CH\cdot BC\\AH\cdot BC=AB\cdot AC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AC=15\left(cm\right)\\AH=12\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Áp dụng hẹ thức lượng trong tam giác vuông:

\(AB.AC=AH.BC=78\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{78}{AC}\)

Lại có:\(AB^2+AC^2=BC^2\Leftrightarrow\left(\dfrac{78}{AC}\right)^2+AC^2=169\)

\(\Leftrightarrow AC^4-169AC^2+6084=0\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}AC=\sqrt{117}=3\sqrt{13}\\AC=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}AB=2\sqrt{13}\\AB=3\sqrt{13}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(AB=2\sqrt{13};AC=3\sqrt{13}\) hoặc \(AC=2\sqrt{13};AB=3\sqrt{13}\)

Xét \(\Delta\)ABC vuông tại A, đường cao AH

\(AB.AC=AH.BC=6.13=78\)

\(\rightarrow AC=\dfrac{78}{AB}\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A

\(\rightarrow AB^2+AC^2=BC^2\left(Pytago\right)\)

\(\rightarrow AB^2+\left(\dfrac{78}{AB}\right)^2=13^2\)

\(\rightarrow AB^2+\dfrac{6084}{AB^2}=169\)

\(\rightarrow AB^4+6084=169AB^2\)

\(\rightarrow AB^4-169AB^2+6084=0\)

Đặt \(t=AB^2>0\). Phương trình trở thành:

\(t^2-169t+6084=0\)

\(\Leftrightarrow t^2-117t-52t+6084=0\)

\(\Leftrightarrow t\left(t-117\right)-52\left(t-117\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-52\right)\left(t-117\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t-52=0\\t-117=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=52\\t=117\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}AB^2=52\\AB^2=117\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}AB=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\rightarrow AC=\dfrac{78}{2\sqrt{13}}=3\sqrt{13}\\AB=\sqrt{117}=3\sqrt{13}\rightarrow AC=\dfrac{78}{3\sqrt{13}}=2\sqrt{13}\end{matrix}\right.\)

Vậy hai cạnh góc vuông của tam giác vuông là \(3\sqrt{13}\) và \(2\sqrt{13}\)

1 phần thôi nhé

Nối BE, Gọi P là giao điểm của AD với BE.

Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABE => AH/HE=BP/PE=> HP//AB(1).

Từ (1)=> Tam giác AHP cân tại H=> AH=HP.(2)

Ta cần chứng minh AD//CE <=> DP//CE <=> BD/BC=BP/BE <=> BD/BC=1-(EP/BE).(3)

Mà EP/BE=HP/AB (do (1))=> EP/BE= AH/AB=HD/DB (do (2) và tc phân giác).  (4)

Khi đó (3)<=> BD/BC=1-(HD/DB) hay (BD/BC)+(HD/DB)=1 <=> BD^2+HD*BC=BC*DB

<=>  BD^2+HD*BC= (BD+DC)*BD <=> BD^2+HD*BC= BD^2+BD*DC <=> HD*BC=BD*DC  

<=> HD/DB=CD/BC <=> AH/AB=CD/BC. (5) 

    Chú ý: Ta cm được: CA=CD (biến đổi góc).

Nên (5) <=> AH/AB=CA/BC <=> Tg AHB đồng dạng Tg CAB.( luôn đúng)

=> DpCm. 

a: Xet ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H co

góc B chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔHBA

=>BA/BH=BC/BA

=>BA^2=BH*BC

b: \(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

AH=3*4/5=2,4cm

Đáp án là B

Theo đề, ta có: 

\(HB\left(13-HB\right)=36\)

\(\Leftrightarrow HB^2-13HB+36=0\)

\(\Leftrightarrow HB=4\left(cm\right)\)

hay HC=9(cm)

Áp dụng HTL:

\(AH\cdot BC=AB\cdot AC\Rightarrow AB\cdot AC=78\Rightarrow AB=\dfrac{78}{AC}\)

\(AB^2+AC^2=BC^2=169\\ \Leftrightarrow\dfrac{6084}{AC^2}+AC^2=169\\ \Leftrightarrow\dfrac{6084+AC^4}{AC^2}=\dfrac{169AC^2}{AC^2}\\ \Leftrightarrow AC^4-169AC^2+6084=0\\ \Leftrightarrow AC^4-117AC^2-52AC^2+6084=0\\ \Leftrightarrow AC^2\left(AC^2-117\right)-52\left(AC^2-117\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(AC^2-52\right)\left(AC^2-117\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}AC^2=52\\AC^2=117\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}AC=2\sqrt{13}\\AC=3\sqrt{13}\end{matrix}\right.\left(AC>0\right)\)

Mà AC là cạnh lớn nên \(AC=3\sqrt{13}\left(cm\right)\) và \(AB=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)

Tiếp tục áp dụng HTL:

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot BC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{AB^2}{BC}=4\left(cm\right)\\CH=\dfrac{AC^2}{BC}=9\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)