Bài 6:
Xét $\triangle ACO$ và $\triangle BOD$ có:
$\begin{cases}\widehat{A}=\widehat{B}=90^\circ\\\widehat{ACO}=\widehat{BOD}\quad \text{(cùng phụ $\widehat{AOC}$)}\end{cases}$
Do đó $\triangle ACO\backsim\triangle BOD\ (g.g)$
$\Rightarrow \dfrac{AC}{OB}=\dfrac{OA}{BD}$
$\Rightarrow AC.BD = OB.OA=\dfrac12AB\cdot \dfrac12AB$
$\Rightarrow 4AC.BD = AB^2$
Bài 7:
Gọi $I$ là giao điểm của $AI$ với $BC$
$\Rightarrow AH\perp BC$
Đặt $IH= x\quad (x> 0)$
$\Rightarrow HB = \sqrt{IB^2 - IH^2}=\sqrt{9-x^2}$
Áp dụng tính chất đường phân giác, ta được:
$\dfrac{IA}{IH}=\dfrac{AB}{HB}$
$\Rightarrow AB = \dfrac{IA.HB}{IH}=\dfrac{2\sqrt5.\sqrt{9 - x^2}}{x}$
Mặt khác:
$\quad AB^2 = AH^2 + HB^2$
$\Leftrightarrow \left(\dfrac{2\sqrt5.\sqrt{9 - x^2}}{x}\right)^2 = \left(2\sqrt5 + x\right)^2 + (9-x^2)$
$\Leftrightarrow 4\sqrt5x^3 +49x^2 - 180 = 0$
$\Leftrightarrow \left(\sqrt5x +6\right)\left(4x - 3\sqrt5\right)\left(x + 2\sqrt5\right)= 0$
$\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x = -\dfrac{6}{\sqrt5}\quad (l)\\x = \dfrac{3\sqrt5}{4}\quad (n)\\x = -2\sqrt5\quad (l)\end{array}\right.$
$\Rightarrow x = \dfrac{3\sqrt5}{4}\ cm$
$\Rightarrow AB = \dfrac{2\sqrt5\cdot\sqrt{9- \left(\dfrac{3\sqrt5}{4}\right)^2}}{\dfrac{3\sqrt5}{4}}$
$\Rightarrow AB = 2\sqrt{11}\ cm$
