\(sinABH=\frac{AH}{AB}\)     \(cosABH=\frac{BH}{AB}\)

\(tanABH=\frac{AH}{BH}\)  \(cotABH=\frac{BH}{AH}\)

\(sinHAB=\frac{BH}{AB}\)    \(cosHAB=\frac{AH}{AB}\)

\(tanHAB=\frac{BH}{AH}\)    \(cotHAB=\frac{AH}{BH}\)

\(\sin ABH=\frac{AH}{AB}\)                \(\cos ABH=\frac{BH}{AB}\)

\(\tan ABH=\frac{AH}{BH}\)             \(\cot ABH=\frac{BH}{AH}\)

\(\sin HAB=\frac{BH}{AB}\)              \(\cos HAB=\frac{AH}{AB}\)

\(\tan HAB=\frac{BH}{AH}\)             \(\cot HAB=\frac{AH}{BH}\)

Sorry ko vẽ đc hình

Code : Breacker

Vì \(\widehat{B}=120^0\) nên đường cao AH ứng với cạnh BC sẽ nằm ngoài tam giác ABC

Ta có: \(\widehat{ABH}+\widehat{ABC}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\Leftrightarrow\widehat{ABH}+120^0=180^0\)

hay \(\widehat{ABH}=60^0\)

Xét ΔABH vuông tại H có

\(\widehat{ABH}=60^0\)(cmt)

nên \(\sin\widehat{ABH}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\); \(\cos\widehat{ABH}=\dfrac{1}{2}\); \(\tan\widehat{ABH}=\sqrt{3}\); \(\cot\widehat{ABH}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

Xét ΔABH vuông tại H có 

\(\widehat{BAH}=30^0\)

nên \(\sin\widehat{BAH}=\dfrac{1}{2}\); \(\cos\widehat{BAH}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\); \(\tan\widehat{BAH}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\); \(\cot\widehat{BAH}=\sqrt{3}\)

đm hỏi bậy

Ta có: \(\widehat{HCA}+\widehat{ABH}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)

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

Do đó: \(\widehat{HCA}=\widehat{HAB}\)

mà \(\widehat{KCA}=\dfrac{\widehat{HCA}}{2}\)(CK là tia phân giác của \(\widehat{HCA}\))

và \(\widehat{KAB}=\dfrac{\widehat{HAB}}{2}\)(AK là tia phân giác của \(\widehat{HAB}\))

nên \(\widehat{KCA}=\widehat{KAB}\)(đpcm)

tra mang đi:)

a) Ta có: BD là tia phân giác của \(\widehat{CBA}\)(gt)

nên \(\widehat{CBD}=\widehat{ABD}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt BC tại E

Ta có: BD//AE(gt)

nên \(\widehat{CBD}=\widehat{BEA}\)(hai góc đồng vị) và \(\widehat{ABD}=\widehat{BAE}\)(hai góc so le trong)

mà \(\widehat{CBD}=\widehat{ABD}=60^0\)(cmt)

nên \(\widehat{BEA}=\widehat{BAE}=60^0\)

Xét ΔBEA có \(\widehat{BEA}=\widehat{BAE}=60^0\)(cmt)

nên ΔBEA đều(Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)

\(\Leftrightarrow BA=BE=EA=6\left(cm\right)\)

\(\Leftrightarrow CE=CB+BE=12+6=18\left(cm\right)\)

Xét ΔCEA có BD//AE(gt)

nên \(\dfrac{BD}{AE}=\dfrac{CB}{CE}\)(Hệ quả của Định lí Ta lét)

\(\Leftrightarrow\dfrac{BD}{6}=\dfrac{12}{18}=\dfrac{2}{3}\)

hay BD=4(cm)

b) Ta có: M là trung điểm của BC(gt)

nên \(MB=MC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{12}{2}=6\left(cm\right)\)

Xét ΔBAM có BA=BM(=6cm)

nên ΔBAM cân tại B(Định nghĩa tam giác cân)

mà BD là đường phân giác ứng với cạnh AM(gt)

nên BD là đường cao ứng với cạnh AM(Định lí tam giác cân)

hay BD⊥AM(đpcm)

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

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC\(\sim\)ΔHBA(g-g)

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

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

\(\Leftrightarrow BC^2=9^2+12^2=225\)

hay BC=15(cm)

Vậy: BC=15cm

c. Ta có: AD là phân giác góc A(gt)

⇒ AB/AC=DB/DC (tính chất phân giác trong tam giác)

⇔ 9/12=DB/(15-DB) ⇔ 12DB= 9(15-BD) =135-9BD

⇔ 21BD=135 ⇔ BD=6.4cm 

⇒ CD= BC-BD= 15-6.4 =8.6cm

Xét ΔHAB và ΔHAC

. AHB=AHC=90

. ACH=BAH (cùng phụ góc B)

⇒ ΔHAB~ΔHAC(g.g) ⇒ S_ΔHAB/S_HAC= (AB/AC)²= (9/12)² =9/16

Tôi mới học lớp 6