a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔCAB vuông tại A có 

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó; ΔAHB\(\sim\)ΔCAB

Suy ra: AB/CB=HB/AB

hay \(AB^2=HB\cdot BC\)

b: BC=25cm

BH=225:25=9(cm)

CH=25-9=16(cm)

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

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

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

a) Xét \(\Delta ABC,\Delta CAH\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{C}:Chung\\\widehat{BAC}=\widehat{AHC}=90^o\end{matrix}\right.\)

=> \(\Delta ABC\sim\Delta CAH\left(g.g\right)\)

Xét \(\Delta ABC,\Delta HBA\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}:Chung\\\widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^o\end{matrix}\right.\)

=> \(\Delta ABC\sim\Delta HBA\left(g.g\right)\)

=> \(\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{AB}{BC}\)

=> \(AB^2=BH.BC\)

b) Ta có: \(AB^2=BH.BC=>AB^2=BH.\sqrt{AB^2+AC^2}\)

=> \(15^2=BH.\sqrt{15^2+20^2}=>BH=\dfrac{15^2}{25}=9\left(cm\right)\)

Từ \(\Delta ABC\sim\Delta CAH\left(g.g\right)\) ta có :

\(\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{HC}{AC}=>HC=\dfrac{AB.AC}{BC}=12\left(cm\right)\)

c) Xét \(\Delta MAH,\Delta HAB\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A:}chung\\\widehat{AMH}=\widehat{AHB}=90^o\end{matrix}\right.\)

=> \(\Delta MAH\sim\Delta HAB\left(g.g\right)\)

=> \(\dfrac{MA}{HA}=\dfrac{AH}{AB}=>AH^2=MA.AB\) (1)

Xét \(\Delta NAH,\Delta HAC\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}:Chung\\\widehat{ANH}=\widehat{AHC}=90^o\end{matrix}\right.\)

=> \(\Delta NAH\sim\Delta HAC\left(g.g\right)\)

=> \(\dfrac{NA}{AH}=\dfrac{AH}{AC}=>AH^2=NA.AC\) (2)

Từ (1) và (2) => \(AM.AB=AN.AC\left(=AH^2\right)\)

d) Xét \(\Delta AMN,\Delta ACB\) có :

\(\dfrac{AM}{AN}=\dfrac{AB}{AC}\)

\(\widehat{A}:Chung\)

=> \(\Delta AMN\sim\Delta ACB\left(g.g\right)\)

a) Xét tam giác ABC vuông tại A:

\(BC^2=AB^2+AC^2\left(Pytago\right)\)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

Áp dụng HTL trong tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH:

\(AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{3.4}{5}=2,4\left(cm\right)\)

b) Áp dụng HTL trong tam giác ABH vuông tại H và tam giác AHC vuông tại H:

\(\left\{{}\begin{matrix}AM.AB=AH^2\\AN.AC=AH^2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrowđpcm\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

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

a, Xét tam giác ABH và tam giác CBA ta có 

^B _ chung 

^AHB = ^BAC = 90⁰

Vậy tam giác ABH ~ tam giác CBA (g.g) 

\(\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BH}{AB}\Rightarrow AB^2=BH.BC\)(*) 

b, Theo định lí Pytago tam giác ABC vuông tại A

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=25cm\)

Lại có (*) => \(BH=\dfrac{AB^2}{BC}=9cm\)

=> CH = BC - BH = 16 cm 

c, Xét tam giác AHM và tam giác ABH có 

^A _ chung 

^AMH = ^AHB = 90⁰

Vậy tam giác AHM ~ tam giác ABH (g.g) 

\(\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{AM}{AH}\Rightarrow AH^2=AM.AB\)(1) 

Xét tam giác AHN và tam giác ACH có 

^A _ chung 

^ANH = ^AHC = 90⁰

Vậy tam giác AHN ~ tam giác ACH (g.g) 

\(\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AN}{AH}\Rightarrow AH^2=AN.AC\)(2) 

Từ (1) ; (2) ta có AM . AB = AN . AC