a)  Vì \(ED//AB \Rightarrow \Delta DEC\backsim\Delta ABC\) (định lí)

b) Vì \(ED//AB \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {CAB}\) (hai góc đồng vị)

Mà \(\widehat {CAB} = \widehat {A'}\). Do đó, \(\widehat {CDE} = \widehat {B'A'C'}\).

Xét tam giác \(A'B'C'\) và tam giác \(DEC\) ta có:

\(\widehat {B'A'C'} = \widehat {CDE}\) (chứng minh trên)

\(A'C' = CD\) (giải thuyết)

\(\widehat {C'} = \widehat C\) (giả thuyết)

Do đó, \(\Delta A'B'C' = \Delta DEC\) (g.c.g)

c) Vì tam giác \(\Delta A'B'C'\backsim\Delta DEC\) (tính chất)

Mà \(\Delta DEC\backsim\Delta ABC\) nên \(\Delta ABC\backsim\Delta A'B'C'\).

+) Trong tam giác vuông A’B’C’ có \(\widehat{A'}=90^0\)

Áp dụng định lí Pi-ta-go, ta có:

=>

=> A’C’ =12 (cm)

Trong tam giác vuông ABC có \(\widehat{A}=90^0\)

Áp dụng định lí Pi-ta-go, ta có:

Suy ra: BC = 10 (cm)

Ta có: \(\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{A'C'}{AC}=\dfrac{12}{8}=\dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{B'C'}{BC}=\dfrac{15}{10}=\dfrac{3}{2}\)

Suy ra: \(\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{A'C'}{AC}=\dfrac{B'C'}{BC}=\dfrac{3}{2}\)

Vậy ∆ A’B’C’ đồng dạng với ∆ ABC

Gọi \(\widehat{A}:\widehat{B}:\widehat{C}\)lần lượt là a,b,c

Do \(\widehat{A}:\widehat{B}:\widehat{C}=3:4:5\)

\(\frac{a}{3}=\frac{b}{4}=\frac{c}{5}=\frac{a+b+c}{3+4+5}\)

Mà tổng \(\widehat{A}:\widehat{B}:\widehat{C}=180^o\)(tổng 3 góc trong tam giác)

=>\(\frac{a+b+c}{3+4+5}=\frac{180}{12}=15\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{3}\\\frac{b}{4}\\\frac{c}{5}\end{cases}}=15\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=45^o\\b=60^o\\c=75^o\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{A}=45^o\\\widehat{B}=60^o\\\widehat{C}=75^o\end{cases}}\)

MÀ \(\Delta ABC=\Delta A'B'C'\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{A}=\widehat{A'}\\\widehat{B}=\widehat{B'}\\\widehat{C}=\widehat{C'}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{A'=45^o}\\\widehat{B'=60^o}\\\widehat{C'}=75^o\end{cases}}\)

Đặt: \(\widehat{A}=3x\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{B}=4x\\\widehat{C}=5x\end{cases}}\)

Ta có: \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\)

\(\Rightarrow3x+4x+5x=180^o\)

\(\Rightarrow x=15\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{A'}=\widehat{A}=3x=45^o\\\widehat{B}'=\widehat{B}=4x=60^o\\\widehat{C'}=\widehat{C}=75^o\end{cases}}\)

Ta có: S_AED = 1/₁₄S_ABC => ED = 1/₁₄BC

SAFD = 7/₅₀S_ABC => FD = 7/₅₀BC

=> EC = ED + DC = 1/₁₄BC + 1/₂BC = 4/₇BC và EB = BC - EC = 3/₇BC

=> EB/_EC = 3/₄ => AB/_AC = 3/₄ (= EB/_EC, theo tính chất đường phân giác trong tam giác)

Hơn nữa S_ABF = S_ABD - SAFD = 1/₂S_ABC - 7/₅₀S_ABC = 9/₂₅S_ABC

S_ACF = S_ACD + SAFD = 1/₂S_ABC + 7/₅₀S_ABC = 16/₂₅S_ABC

=> S_ABF/S_ACF = 9/₁₆ => FM/_FN = 3/₄ (với M, N là các chân đường cao hạ từ F xuống AB và AC)

Gọi I, J lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC

Các tam giác ∆ABF và ∆AFC vuông tại F => FI = 1/₂AB, FJ = 1/₂AC => FI/_FJ = AB/_AC = 3/₄

Từ đó FM/_FN = FI/_FJ => ∆MIF ~ ∆NJF (ch - cgv) => ^MIF = ^NJF

Mà ∆IBF cân tại I, ∆AJF cân tại J

=> ^IFB = ^FAJ            (1)

∆IAF cân tại I => ^IFA = ^IAF                   (2)

Từ (1) và (2) suy ra ^IAF + ^FAJ = ^IFA + ^IFB = 90⁰ => ^BAC = 90⁰.

Kẻ \(BH⊥AC;NK⊥MP\)

Khi đó ta thấy ngay \(\Delta MNK\sim\Delta ABH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{NK}{BH}=\frac{MN}{AB}\)

Lại có \(\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.MP.NK}{\frac{1}{2}.AC.BH}=\frac{NK}{BH}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN}{AB}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN.MP}{AB.AC}\left(đpcm\right)\)

a: Xét ΔABC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin B=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\)

nên \(\widehat{B}=53^0\)

=>\(\widehat{C}=37^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

hay AH=4,8(cm)

a. Ta có: AB² = 6² = 36

AC² = 4,5² = 20,25

BC² = 7,5² = 56,25

Vì AB² + AC² = 36 + 20,25 = 56,25 = BC² nên tam giác ABC vuông tại A (theo định lí đảo Pi-ta-go)

Kẻ AH ⊥ BC

Ta có: AH.BC = AB.AC