a: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

=>\(\widehat{B}=90^0-55^0=35^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có

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

=>\(BC=\dfrac{16}{sin55}\simeq19,53\left(cm\right)\)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}\simeq11,2\left(cm\right)\)

b: ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\) và \(BM\cdot BA=BH^2\)

=>\(BM=\dfrac{BH^2}{BA}\)

ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\) và \(CN\cdot CA=CH^2\)

=>\(CN=\dfrac{CH^2}{CA}\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

c: XétΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot BC\); \(AH^2=HB\cdot HC;AB\cdot AC=BC\cdot HA\)

\(BM\cdot CN\cdot BC\)

\(=\dfrac{CH^2}{CA}\cdot\dfrac{BH^2}{BA}\cdot BC\)

\(=\dfrac{AH^4}{AC\cdot AB}\cdot BC\)

\(=\dfrac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)

Câu 8:

Lá gồm có phiến và cuống, trên phiến có nhiêu gai.

Lá gồm có phiến và cuống, trên phiến có nhiều gai. Phiến lá màu lục, dạng bản dẹt, là phần rộng nhất của lá, giúp hứng được nhiều ánh sáng. Có ba kiểu gân lá hình mạng, song song và hình cung.

Có hai nhóm lá chính: lá đơn và lá kép.

Lá xếp trên cây theo ba kiểu: mọc cách, mọc đối, mọc vòng. Lá trên các mấu thân xếp so le nhau giúp lá nhận được nhiều ánh sáng.

Câu 6:

b) Khi trồng đậu, bông, cà phê trước khi ra hoa tạo quả người ta thường ngắt ngọn là để cho chất dinh dưỡng dồn vào chồi hoa, nuôi quả bởi vì các cây này thu quả.c) Trồng cây lấy gỗ, lấy sợi người ta không ngắt ngọn mà tỉa cành là để cho ngọn cây phát triển, thân cây sẽ dài, sợi dài, tỉa cành xấu để cho chất dinh dưỡng tập trung nuôi thân. 

Lời giải:

a. Số hsg là: $50.\frac{4}{5}=40$ (học sinh)

b. Số hs khá và trung bình là: $50-40=10$ (học sinh)

Số hs khá là: $10:(7+3).7=7$ (học sinh)

Số hs trung bình là: $10-7=3$ (học sinh)

c.

Tỷ số phần trăm số hsk so với hsg là:

$\frac{7}{40}.100=17,5$ (%)

Lời giải:

Vì $CF, BE$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên:

$\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^0$

Tứ giác $AEHF$ có tổng hai góc đối nhau $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

b) 

Vì $AFHE$ nội tiếp nên $\widehat{F_2}=\widehat{H_2}=\widehat{H_1}$

$\widehat{F_1}=\widehat{A_1}=90^0-\widehat{C}=\widehat{B_1}$

Áp dụng công thức $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC\sin A$ ta có:

$\frac{HM}{AM}=\frac{S_{FMH}}{S_{AFM}}=\frac{FH.\sin F_1}{FA.\sin F_2}=\frac{FH}{FA}.\frac{\sin B_1}{\sin H_1}$

$=\tan A_2.\sin B_1.\frac{1}{\sin H_1}$

$=\frac{BK}{AK}.\frac{HK}{BH}.\frac{BH}{BK}$

$=\frac{HK}{AK}$

$\Rightarrow HM.AK=HK.AM$

Hình vẽ: