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

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

a: Xét ΔABC có \(\widehat{B}>\widehat{C}\)

nên AB<AC
Xét ΔABC có AB<AC

mà HB là hình chiếu của AB trên BC

và HC là hình chiếu của AC trên BC

nên HB<HC

b: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔDHB vuông tại H có

BA=BD

BH chung

Do đó: ΔAHB=ΔDHB

c: Xét ΔBAC và ΔBDC có

BA=BD

\(\widehat{ABC}=\widehat{DBC}\)

BC chung

DO đó: ΔBAC=ΔBDC

Suy ra: \(\widehat{BAC}=\widehat{BDC}=90^0\)

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=6^2+8^2=100\)

=>\(BC=\sqrt{100}=10\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

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

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

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

nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)

c:

Sửa đề: AP là phân giác của góc BAC

Xét tứ giác AEPF có

\(\widehat{AEP}=\widehat{AFP}=\widehat{FAE}=90^0\)

=>AEPF là hình chữ nhật

Hình chữ nhật AEPF có AP là phân giác của góc FAE

nên AEPF là hình vuông

a/ Vì AH là tia p/g của \(\widehat{BAC}\) (gt)

=> \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}=\frac{60^o}{2}=30^o\)

Vậy \(\widehat{BAH}=30^o\)

b/ Xét ΔAHB và ΔAHK có:

AH: Cạnh chung

\(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\) (AH là tia p/g của \(\widehat{BAC}\) (gt))

AB = AK (gt)

=> ΔAHB = ΔAHK(c.g.c)(đpcm)

c/ Vì ΔAHB = ΔAHK (ý b)

=> \(\widehat{AHB}=\widehat{AHK}\) (2 góc tương ứng)

mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHK}=180^o\) (kề bù)

=> \(\widehat{AHB}=\widehat{AHK}=\frac{180^o}{2}=90^o\)

=> AH \(\perp\) BK (đpcm)

d/ Xét ΔAHN và ΔAHQ có:

\(\widehat{AHN}=\widehat{AHQ}=90^o\left(gt\right)\)

AH: Cạnh chung

\(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\) (AH là p/g của \(\widehat{BAC}\) (gt))

=> ΔAHN = ΔAHQ(g.c.g)

=> HN = HQ(2 cạnh tương ứng) (1)

mà \(\widehat{AHN}=\widehat{AHQ}=90^o\left(gt\right)\Rightarrow AH\perp QN\) (2)

Từ (1) và (2)

=> AH là đường trung trực của QN (đpcm)

a) ta co :goc DBH =goc AHC= 90 do

ma goc DBH va goc AHC o vi tri so le trong

suy ra BD song song voi AH

b)xet tam giac BHA va tam giac HBD co:

BD=AH(gt)

BH chung

goc DBH=goc BHA=90do

suy ra tam giac ABH= tam giac DHB

c)Trong tam giac AHC co:

goc AHC+goc HCA+goc HAC =180 do

suy ra goc HAC =180 do -(goc AHC + goc HCA) =180 do -(35 do +90 do)=55do 

Ta co : goc BAH =90 do - goc HAC = 90 do -55 do =35 do

ma goc BAH = goc BDH (vi tam giac ABH = tam giac DHB )

suy ra goc BDH = 35 do

Vay goc HCA =35 do thi goc BDH =35 do

a ban oi hai tam giac bang nhau ban ghi them theo truong hop( c-g-c) nhé

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 \(CE\cdot CA=CH^2\)

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

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

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

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