a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

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

=>AH=4,8cm

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinACB=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

=>\(\widehat{ACB}\simeq36^052'\)

b: ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

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

=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔACB

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

1: ΔABC vuông tại A

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

=>\(\widehat{C}+47^0=90^0\)

=>\(\widehat{C}=43^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có

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

=>\(BC=\dfrac{10}{sin43}\simeq14,66\left(cm\right)\)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}\simeq10,72\left(cm\right)\)

b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

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

=>\(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH\cdot BC}{CH\cdot CB}=\dfrac{BH}{CH}\)

Xét ΔHAB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(BD\cdot BA=BH^2\)

=>\(BD=\dfrac{BH^2}{AB}\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(CE\cdot CA=CH^2\)

=>\(CE=\dfrac{CH^2}{AC}\)

\(\dfrac{BD}{EC}=\dfrac{BH^2}{AB}:\dfrac{CH^2}{AC}\)

\(=\left(\dfrac{BH}{CH}\right)^2\cdot\dfrac{AC}{AB}=\left(\dfrac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\dfrac{AC}{AB}\)

\(=\dfrac{AB^3}{AC^3}\)

a:

ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=25+64=89\)

=>\(BC=\sqrt{89}\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(tanB=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{8}{5}\)

=>\(\widehat{B}\simeq58^0\)

=>\(\widehat{C}=32^0\)

b: Xét tứ giác AMHN có

góc AMH=góc ANH=góc MAN=90 độ

=>AMHN là hình chữ nhật

ΔAHB vuông tại H có HM vuông góc AB

nên AM*AB=AH^2; BM*BA=BH^2; AM*MB=HM^2

ΔAHC vuông tại H có HN làđường cao

nên AN*AC=AH^2;CN*CA=CH^2; NA*NC=NH^2

AM*MB+NA*NC

=HM^2+HN^2

=MN^2

c: AB^2/AC^2

\(=\dfrac{BH\cdot CB}{CH\cdot CB}=\dfrac{BH}{CH}\)

mình chịu thoiii

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC^2+12^2=20^2\)

=>\(AC^2=400-144=256\)

=>\(AC=\sqrt{256}=16\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên AH*BC=AB*AC

=>\(AH\cdot20=12\cdot16=192\)

=>AH=9,6(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

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

=>\(\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{12^2}{20}=7,2\left(cm\right)\\CH=\dfrac{16^2}{20}=12,8\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: XétΔABC vuông tại A có

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

=>\(\widehat{C}\simeq37^0\)

ΔABC vuông tại A

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

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

c: \(AB\cdot cosB+AC\cdot cosC\)

\(=AB\cdot\dfrac{AB}{BC}+AC\cdot\dfrac{AC}{BC}\)

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

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

nên \(AI\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HK là đường cao

nên \(AK\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AI\cdot AB=AK\cdot AC\)

a, Áp dụng HTL: \(BC=\dfrac{AB^2}{BH}=18\left(cm\right)\)

Áp dụng PTG: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=9\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Áp dụng HTL: \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{9\cdot9\sqrt{3}}{18}=\dfrac{9\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\)

b, Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\cdot AE=AH^2\\AC\cdot AF=AH^2\end{matrix}\right.\Rightarrow AB\cdot AE=AC\cdot AF\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AF}{AE}\)

Mà góc A chung nên \(\Delta AEF\sim\Delta ACB\left(c.g.c\right)\)

Do đó \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)