xét tam giác abc vuông tại a ta có

\(\cos B=\)kề/huyền\(=\frac{AB}{BC}=\frac{9}{6}\)

xét ΔABC vuông tại A, áp dụng tính chất pytago ta có 

\(BC^2=AC^2+AB^2\) 

         \(=6^2+5^2\) 

          \(=25+36\)

          \(=56\)

=>\(BC=\sqrt{61}\approx7,8\left(cm\right)\)

a)  Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông ABC ta có:

                \(AB^2+AC^2=BC^2\)

     \(\Leftrightarrow\) \(AC^2=BC^2-AB^2\)

     \(\Leftrightarrow\) \(AC^2=10^2-6^2=64\)

     \(\Leftrightarrow\)  \(AC=\sqrt{64}=8\)cm

b)  Xét  \(\Delta ABC\) và     \(\Delta BDA\)có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{DBA}=90^0\)

\(\widehat{ACB}=\widehat{BAD}\) (cùng phụ với góc DAC)

suy ra:   \(\Delta ABC~\Delta BDA\)

c)  \(\Delta ABC~\Delta BDA\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{ABC}}{S_{BDA}}=\left(\frac{AC}{AB}\right)^2=\left(\frac{8}{6}\right)^2=\left(\frac{4}{3}\right)^2=\frac{16}{9}\)

không nha

vì 6/9 khác 8/15

=> hai tam giác ko đồng dạng

Xét tam giác ABC vuông tại A:

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

\(\Rightarrow AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\left(cm\right)\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{1}{2}.3.4=6\left(cm^2\right)\)

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có 

\(\widehat{B}\) chung

Do đó: ΔHBA\(\sim\)ΔABC

Suy ra: BH/BA=BA/BC

hay \(BA^2=BH\cdot BC\)

b: \(AH=\sqrt{HB\cdot HC}=6\left(cm\right)\)

\(AB=\sqrt{BH\cdot BC}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)

c: Xét ΔAHB vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AF\cdot AB=AE\cdot AC\)

hay AF/AC=AE/AB

Xét ΔAFE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có 

AF/AC=AE/AB

Do đó:ΔAFE\(\sim\)ΔACB