a: Ta có: \(\sin\widehat{B}=\dfrac{1}{3}\)

nên \(\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{1}{3}\)

hay BC=3AC

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow8\cdot AC^2=16\)

\(\Leftrightarrow AC=\sqrt{2}cm\)

\(\Leftrightarrow BC=3\sqrt{2}cm\)

\(\Leftrightarrow AH=\dfrac{4\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}=\dfrac{4}{3}cm\)

b: \(\cos\widehat{MAH}=\dfrac{AH}{AM}=\dfrac{4}{3}:\dfrac{3\sqrt{2}}{2}=\dfrac{4}{3}\cdot\dfrac{2}{3\sqrt{2}}=\dfrac{8\sqrt{2}}{18}=\dfrac{4\sqrt{2}}{9}\)

chj linh còn on 0 ra em bảo

có cái này hay lắm

chú làm j đấy

Trả lời:

a, ta có AB^2+AC^2=5^2+12^2=25+144=169
BC^2=13^2=169
=>AB^2+AC^2=BC^2
=>tam giác ABC vuông tại A( định lí pytago đảo)
b, ta có AH ⊥BC
=> tam giác AHB và tam giác AHC vuông tại H
+tam giác AHC có HF là đường cao
=> AH^2=AF.AC(1)
+tam giác AHB có HE là đường cao
=> AH^2=AE.AB(2)
từ(1) và (2)=> AF.AC=AE.AB(=AH^2)
c, ta có AH là đường cao của tam giác ABC
=>AH ⊥BC(*)
+{ HE  ⊥AB=> góc HEA=90*
+{HF ⊥AC=>góc HFA=90*
+{AB ⊥AC=> góc BAC=90*
=> tứ giác AEHF là hình chữ nhật 
lại có AH và EF là đường chéo
=> AH ⊥EF(**)
từ (*)(**) => EF//BC
=> góc AEF=góc ABC(đồng vị)
ΔABC  ∞    ΔAEF(g.g) vì 
góc A chung
góc ABC=góc AEF(cmt)
=>đpcm

Đúng thì k sai thì cho mik xin lỗi

HT

a, ta có AB^2+AC^2=5^2+12^2=25+144=169

BC^2=13^2=169

=>AB^2+AC^2=BC^2

=>tam giác ABC vuông tại A( định lí pytago đảo)

b, ta có AH ⊥BC

=> tam giác AHB và tam giác AHC vuông tại H

+tam giác AHC có HF là đường cao

=> AH^2=AF.AC(1)

+tam giác AHB có HE là đường cao

=> AH^2=AE.AB(2)

từ(1) và (2)=> AF.AC=AE.AB(=AH^2)

c, ta có AH là đường cao của tam giác ABC

=>AH ⊥BC(*)

+{ HE  ⊥AB=> góc HEA=90*

+{HF ⊥AC=>góc HFA=90*

+{AB ⊥AC=> góc BAC=90*

=> tứ giác AEHF là hình chữ nhật 

lại có AH và EF là đường chéo

=> AH ⊥EF(**)

từ (*)(**) => EF//BC

=> góc AEF=góc ABC(đồng vị)

ΔABC  ∞    ΔAEF(g.g) vì 

góc A chung

góc ABC=góc AEF(cmt)

=>đpcm

AB=12

BC=\(9\sqrt{2}\)

AC=\(3\sqrt{2}\)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(BC^2=AB^2+AC^2\)

=>\(BC^2=6^2+8^2=100\)

=>\(BC=\sqrt{100}=10\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot10=6\cdot8=48\)

=>AH=48/10=4,8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có

\(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)

ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ABC}=90^0-37^0=53^0\)

b: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MC=MB=BC/2

Xét ΔMAC có MA=MC

nên ΔMAC cân tại M

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{MCA}=\widehat{ACB}\left(1\right)\)

\(\widehat{ACB}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)

\(\widehat{HAB}+\widehat{ABH}=90^0\)(ΔABH vuông tại H)

Do đó: \(\widehat{ACB}=\widehat{HAB}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{MAC}=\widehat{HAB}\)

c: Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

=>AEHF là hình chữ nhật

=>\(\widehat{AFE}=\widehat{AHE}\)

mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ABC}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)

nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)

\(\widehat{AFE}+\widehat{MAC}\)

\(=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>FE vuông góc AM tại K

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{6^2}{10}=3,6\left(cm\right)\\CH=\dfrac{8^2}{10}=6,4\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(HA^2=AE\cdot AB\)

=>\(AE\cdot6=4,8^2\)

=>\(AE=3,84\left(cm\right)\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\)

=>\(AF=\dfrac{4.8^2}{8}=2,88\left(cm\right)\)

Xét ΔAEF vuông tại A có AK là đường cao

nên \(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{AF^2}\)

=>\(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{2,88^2}+\dfrac{1}{3.84^2}\)

=>AK=2,304(cm)

a: BC=10cm

AH=4,8cm

\(HC=\dfrac{3^2}{4}=2.25\left(cm\right)\)

BC=HB+HC=6,25(cm)

AM=BC/2=3,125(cm)

\(AB=\sqrt{4\cdot6.25}=5\left(cm\right)\)

\(AC=\sqrt{6.25^2-5^2}=3.75\left(cm\right)\)

+ ) áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABH\) vuông tại \(H\) , ta có :

\(AB^2=AH^2+HB^2=3^2+4^2=25\Rightarrow AB=5\left(cm\right)\)

+ ) áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(ABC\) với \(AH\) là đường cao , ta có :

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{AH^2}-\dfrac{1}{AB^2}\) 

\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{3^2}-\dfrac{1}{5^2}=\dfrac{16}{225}\) 

\(\Rightarrow AC=\dfrac{15}{4}\left(cm\right)\)

+ ) áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) , ta có :

\(BC^2=AB^2+AC^2=5^2+\left(\dfrac{15}{4}\right)^2=\dfrac{625}{16}\)

\(\Rightarrow BC=\dfrac{25}{4}\left(cm\right)\)

+ ) tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có trung tuyến \(AM\) nên ta có :

\(AM=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{25}{8}\left(cm\right)\)