a) Xét tam giác ADB vuông tại D có: \(cos\widehat{A}=\frac{AD}{AB}\)

Xét tam giác AEC vuông tại  C có: \(cos\widehat{A}=\frac{AE}{AC}\)

=> \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\) => AE.AB = AD.AC

b) Xét tam giác ADE và tam giác ABC

có: \(\widehat{A}\) :chung

  \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\) (cmt)

=> tam giác ADE ∽ tam giác ABC (c.g.c)

=> \(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)mà \(\widehat{AED}=\widehat{QEB}\)(đối đỉnh) => \(\widehat{QEB}=\widehat{QCD}\)

Xét tam giác QEB và tam giác QCD

có: \(\widehat{QEB}=\widehat{QCD}\)(cmt); \(\widehat{Q}\) : chung

=> tam giác QEB ∽ tam giác QCD (g.g)

=> \(\frac{QE}{QC}=\frac{QB}{QD}\) => QB. QC = QE . QD

c) CMTT: \(\widehat{BKE}=\widehat{BAC}\); \(\widehat{DKC}=\widehat{BAC}\)

Ta có: \(\widehat{BKE}+\widehat{K_2}=90^0\) (phụ nhau))

   \(\widehat{K_1}+\widehat{DKC}=90^0\) (phụ nhau) 

==> \(\widehat{K_1}=\widehat{K_2}\) => KA là phân giác của \(\widehat{DKE}\)

=> \(\frac{KE}{KD}=\frac{EP}{ED}\)(1)

Gọi Kx là tia đối của tia KD => \(\widehat{DKC}=\widehat{QKx}\) mà \(\widehat{DKC}=\widehat{EKB}\) => \(\widehat{EKQ}=\widehat{QKx}\)

=> KQ là tia phân giác của \(\widehat{EKx}\) => \(\frac{EK}{KD}=\frac{QE}{QD}\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{EP}{PD}=\frac{QE}{QD}\) => PD. QE = PE. QD

TC2: a) Ta có : \(cos^2\alpha=1-sin^2\alpha=1-\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{5}{9}\)

\(\Rightarrow cos\alpha=\sqrt{\frac{5}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}tan\alpha=\frac{sin\alpha}{cos\alpha}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{\sqrt{5}}{3}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\\cot\alpha=\frac{cos\alpha}{sin\alpha}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{3}}{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{5}}{2}\end{cases}}\)

b)Ta có :\(A=\frac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}=\frac{\frac{2}{3}-\frac{\sqrt{5}}{3}}{\frac{2}{3}+\frac{\sqrt{5}}{3}}=\frac{2-\sqrt{5}}{2+\sqrt{5}}=\frac{\left(2-\sqrt{5}\right)^2}{4-5}=4\sqrt{5}-9\)

ĐK: \(x\ge0,x\ne9\).

\(P=\left(\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}-\frac{3x+3}{x-9}\right)\div\left(\frac{2\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-3}-1\right)\)

\(=\left(\frac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)+\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{3x+3}{x-9}\right)\div\frac{2\sqrt{x}-2-\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-3}\)

\(=\frac{3\sqrt{x}-3}{x-9}\times\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+1}=\frac{3\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(3\sqrt{0,02}-3\sqrt{0,08}+5\sqrt{0,18}\)   

\(=3\cdot\sqrt{0,02}-3\cdot\sqrt{4\cdot0,02}+5\cdot\sqrt{9\cdot0,02}\)   

\(=3\cdot\sqrt{0,02}-3\cdot2\cdot\sqrt{0,02}+5\cdot3\cdot\sqrt{0,02}\)   

\(=3\cdot\sqrt{0,02}-6\cdot\sqrt{0,02}+15\cdot\sqrt{0,02}\)   

\(=12\cdot\sqrt{0,02}\)

6) \(3\sqrt{0,02}-3\sqrt{0,08}+5\sqrt{0,18}\)

\(=3\sqrt{0,02}-3\sqrt{4\cdot0,02}+5\sqrt{9\cdot0,02}\)

\(=3\sqrt{0,02}-6\sqrt{0,02}+15\sqrt{0,02}\)

\(=12\sqrt{0,02}\)

7) \(2\sqrt{\frac{27}{4}}+\sqrt{\frac{48}{9}}+\frac{2}{5}\sqrt{\frac{75}{16}}\)

\(=2\sqrt{3\cdot\frac{9}{4}}+\sqrt{3\cdot\frac{16}{9}}+\frac{2}{5}\sqrt{3\cdot\frac{25}{16}}\)

\(=3\sqrt{3}+\frac{4}{3}\sqrt{3}+\frac{1}{2}\sqrt{3}\)

\(=\frac{29}{6}\sqrt{3}=\frac{29\sqrt{3}}{6}\)

8) \(2\sqrt{\frac{16}{5}}-5\sqrt{\frac{9}{125}}-6\sqrt{\frac{121}{45}}\)

\(=2\sqrt{16\cdot\frac{1}{5}}-5\sqrt{\frac{9}{25}\cdot\frac{1}{5}}-6\sqrt{\frac{121}{9}\cdot\frac{1}{5}}\)

\(=8\sqrt{\frac{1}{5}}-3\sqrt{\frac{1}{5}}-22\sqrt{\frac{1}{5}}\)

\(=-17\sqrt{\frac{1}{5}}=\frac{-17\sqrt{5}}{5}\)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)có :

\(C\ge\frac{4}{1+\left(a+b\right)^2}\ge\frac{4}{1+1}=2\)

Dấu = khi a=b=1/2

1. Xét tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao

=> \(AH^2=BH.HC\)(hệ thức lượng) => \(AH^4=BH^2.HC^2\)

=> \(AB.AC=AH.BC\) (hệ thức lượng)

Xét tam giác AHB vuông tại H có HE là đường cao => \(BH^2=BE.AB\)

Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao => \(HC^2=FC.AC\)

=> \(AH^4=BH^2.HC^2=BE.AB.FC.AC=BE.FC.BC.AH\)

=> \(AH^3=BC.FC.BE\)

Lại có: HF // AB (vì cùng \(\perp\)AC) =>> \(\widehat{FHC}=\widehat{ABC}\) (đồng vị)

Xét tam giác BEH và tam giác HFC

có: \(\widehat{HEB}=\widehat{HFC}=90^0\)(gt)

   \(\widehat{EBH}=\widehat{FHC}\) (Cmt)

=> \(\Delta\)BEH ∽ \(\Delta\)HFC (g.g)

=> \(\frac{BE}{HF}=\frac{HE}{FC}\) => \(BE.FC=HE.HF\)

Do đó: \(AH^3=BC.BE.FC=BC.HE.HF\)

2. Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: \(BC^2=AB^2+AC^2\)(Định lí Pi - ta - go)

Xét tam giác AHB vuông tại H, có: \(AB^2=BH^2+AH^2\) (Pi - ta - go)

Xét tam giác AHC vuông tại H, có: \(AC^2=AH^2+HC^2\) (Pi - ta - go)

Xét tam giác BHE vuông tại E có: \(BH^2=EB^2+EH^2\)(Pi - ta - go)

Xét tam giác HFC vuông tại F có: \(HC^2=HF^2+FC^2\) (Pi - ta - go)

=> \(BC^2=AH^2+BH^2+BH^2+AH^2=2AH^2+EB^2+EH^2+HF^2+FC^2\)

Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}=\widehat{EAF}=\widehat{AFH\:}=90^0\)=> tứ giác AEHF là hình chữ nhật

=> \(\widehat{EHF}=90^0\) và AH = EF

Xét tam giác EHF vuông tại H có \(EF^2=EH^2+HF^2\) (Pi - ta - go)

hay \(AH^2=EH^2+HF^2\)

Do đó: \(BC^2=2AH^2+AH^2+EB^2+FC^2=3AH^2+EB^2+FC^2\)

3. Xét tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao => \(AB^2=BH.BC\)(hệ thức lượng)

\(AC^2=HC.BC\) (hệ thức lượng)

=> \(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH.BC}{HC.BC}=\frac{BH}{HC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^2=\frac{BH}{HC}\)

4. Từ \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^2=\frac{BH}{HC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^4=\frac{BH^2}{HC^2}\)

Xét tam giác ABH vuông tại H có HE là đường cao => \(BH^2=BE.AB\)

Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao => \(HC^2=FC.AC\)

=> \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^4=\frac{AB.BE}{FC.AC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^3=\frac{BE}{CF}\)

Ta có: BC=BD+DC=15+20=35(cm)
+ AD là phân giác => DC/DB=AB/AC
=> AB/AC=20/15=4/3
=> AB=4AC/3
lại có AB^2+AC^2=BC^2
<=> 16AC^2/9+AC^2=BC^2
<=> 25AC^2/9=1225
<=> AC^2=441
có tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao
=> AC^2=CH.BC
=> CH=AC^2/BC=441/35=12.6(cm)
=> BH=35-12.6=22.4(cm)