a:ΔAHB vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2+6^2=10^2\)

=>\(AH^2+36=100\)

=>\(AH^2=64\)

=>AH=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BC\cdot6=10^2=100\)

=>\(BC=\dfrac{100}{6}=\dfrac{50}{3}\left(cm\right)\)

b: Xét tứ giác AMHN có

\(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{MAN}=90^0\)

Do đó: AMHN là hình chữ nhật

c: Xét ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(HM\cdot AB=HA\cdot HB\)

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

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

Xét ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\)

=>\(AM\cdot10=8^2=64\)

=>AM=6,4(cm)

AMHN là hình chữ nhật

=>\(S_{AMHN}=HM\cdot AM=4,8\cdot6,4=30,72\left(cm^2\right)\) và \(C_{AMHN}=\left(HM+AM\right)\cdot2=\left(4,8+6,4\right)\cdot2=22,4\left(cm\right)\)

d: Xét ΔABC vuông tại A có

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

=>\(AB=BC\cdot sinC\)

ΔABC vuông tại A

=>\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot AB=\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BC\cdot sinC\)

a) Xét \(\Delta BAE\) và \(\Delta CAF\) có:

\(\widehat{A}\) chung

\(\widehat{AEB}=\widehat{CFA}=90^0\)

nên \(\Delta BAE\sim\Delta CAF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{BA}{CA}=\dfrac{AE}{AF}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\) 

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta AEF\) có:

Góc A chung

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

nên \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=cos^2A=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow2S_{AEF}=S_{ABC}=S_{AEF}+S_{BFEC}\) \(\Leftrightarrow S_{AEF}=S_{BFEC}\) (dpcm)

b) Có  \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) (do \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\)) 

\(\Leftrightarrow90^0-\widehat{AFE}=90^0-\widehat{ACB}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{EFC}=\widehat{DAC}\) mà \(\widehat{C}\) chung \(\Rightarrow\Delta EFC\sim\Delta HAC\left(g.g\right)\) 

\(\Rightarrow\dfrac{EF}{HA}=\dfrac{FC}{AC}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{EF}{HA}=sinA\)​\(\Leftrightarrow EF=HA.sinA\)​

c)CM được:\(\Delta DHC\sim\Delta FBC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HD}{BF}=\dfrac{CH}{BC}\Leftrightarrow\dfrac{HD.BC}{BF}=CH\)

\(\Delta HEC\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HE}{AF}=\dfrac{HC}{AC}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{HE.AC}{AF}=HC\)

Xét \(S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA\)\(=\dfrac{1}{2}.HD.BC.\dfrac{FC}{BF}-\dfrac{1}{2}.HE.AC.\dfrac{FC}{AF}\)

\(=\dfrac{1}{2}.CH.FC-\dfrac{1}{2}.HC.FC=0\) \(\Leftrightarrow S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA=0\) 

\(\Leftrightarrow\dfrac{S_{BHC}}{tanA}=\dfrac{S_{HAC}}{tanB}\) , CM tương tự \(\Rightarrow\dfrac{S_{HAC}}{tanB}=\dfrac{S_{HAB}}{tanC}\) 

=>dpcm

Cái bài này thì có lẽ bạn nên chứng minh AM⊥FE là nó ra liền à

Tứ giác AEHF là hình chữ nhật (3 góc vuông) \(\Rightarrow HE=AF\) và \(AE=HF\)

\(S_{ABC}=S_{ABH}+S_{ACH}=\dfrac{1}{2}HE.AB+\dfrac{1}{2}HF.AC=\dfrac{1}{2}AB.AF+\dfrac{1}{2}AC.AE\)

Gọi K là trung điểm AB \(\Rightarrow MK\) là đường trung bình tam giác ABC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MK=\dfrac{1}{2}AC\\MK\perp AB\end{matrix}\right.\)

Gọi D là trung điểm AC \(\Rightarrow MD\) là đtb tam giác ABC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MD=\dfrac{1}{2}AB\\MD\perp AC\end{matrix}\right.\)

\(S_{AEMF}=S_{ABC}-\left(S_{BME}+S_{CMF}\right)=S_{ABC}-\left(\dfrac{1}{2}MK.BE+\dfrac{1}{2}MD.CF\right)\)

\(=S_{ABC}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}AC.\left(AB-AE\right)+\dfrac{1}{2}AB.\left(AC-AF\right)\right)\)

\(=S_{ABC}-\dfrac{1}{2}\left(AB.AC-\left(\dfrac{1}{2}AC.AE+\dfrac{1}{2}AB.AF\right)\right)\)

\(=S_{ABC}-\dfrac{1}{2}\left(2S_{ABC}-S_{ABC}\right)=\dfrac{1}{2}S_{ABC}\) (đpcm)