a, \(\cos B=\cos60^0=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow AC=10\left(cm\right)\)

\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\left(pytago\right)\)

\(b,\) Sửa: Tính AH,BH,CH 

Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{AB^2}{BC}=15\left(cm\right)\\CH=\dfrac{AC^2}{BC}=5\left(cm\right)\end{matrix}\right.\); \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)

a) Xét tam giác ABD và KBD có :

\(\widehat{BAD}=\widehat{BKD}=90^o\)

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{KBD}\left(gt\right)\)

=> tam giác ABD = tam giác KBD (ch-gn)

b) Tam giác ABD = tam giác KBD => AB = KB (2 cạnh tương ứng)

c) tam giác ABD = tam giác KBD => AD = KD (2 cạnh tương ứng)

Xét tam giác ADH và tam giác KDC có 

\(\widehat{ADH}=\widehat{KDC}\)(đối đỉnh)

AD = KD(cmt)

\(\widehat{DAH}=\widehat{DKC}=90^o\)

=> tam giác ADH = tam giác KDC (g.c.g)

=> DH = DC (2 cạnh tg ứng)

=> tam giác DCH cân tại D

=> \(\widehat{DCH}=\widehat{DHC}\)

a, Xét tam giác ABD vuông tại A và tam giác KBD vuông tại K ta có: 

BD: cạnh chung; \(\widehat{ABD}=\widehat{KBD}\)

Do đó \(\Delta ABD=\Delta KBD\) 

b, Vì  \(\Delta ABD=\Delta KBD\) nên $AB=KB;AD=KD$ 

c, Xét tam giác ADH vuông tại A và tam giác KDC vuông tại K ta có: 

$AD=KD(cmt)$;\(\widehat{ADH}=\widehat{KDC}\)(dd)

Do đó \(\Delta ADH=\Delta KDC\)

Hay DH=DC. Suy ra \(\widehat{DHC}=\widehat{DCH}\)

à quên không vẽ hình cũng được

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\left(pytago\right)\\ \sin B=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sin60^0\Rightarrow\widehat{B}=60^0\\ \widehat{C}=90^0-\widehat{B}=30^0\\ 2,\sin B\cdot\tan B=\dfrac{AC}{AB}\cdot\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AC^2}{AB\cdot BC}=\dfrac{HC\cdot BC}{AB\cdot BC}=\dfrac{HC}{AB}\\ 3,\dfrac{CI}{IB}=\dfrac{AC}{AB}=\sqrt{3}\Leftrightarrow CI=\sqrt{3}IB\\ CI+IB=BC=20\\ \Rightarrow\left(\sqrt{3}+1\right)IB=20\Leftrightarrow IB=\dfrac{20}{\sqrt{3}+1}=10\sqrt{3}-10\left(cm\right)\\ HB=\dfrac{AB^2}{BC}=5\left(cm\right)\left(HTL\right)\\ IH=IB-HB=10\sqrt{3}-15\left(cm\right)\)