a. Ta có tứ giác AIHK là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{IAH}\) 

Mà \(\widehat{IAH}=\widehat{KCH}\) (cùng phụ \(\widehat{ABC}\))

\(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{KCH}\)

b.

Gọi D và E lần lượt là trung điểm IH và HK

\(\Rightarrow\) MD và NE lần lượt là đường trung bình các tam giác BIH và HKC

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MD\perp HI\\MD=\dfrac{1}{2}BI\end{matrix}\right.\) và \(\left\{{}\begin{matrix}NE\perp HK\\NE=\dfrac{1}{2}CK\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S_{MIH}=\dfrac{1}{2}MD.IH=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}BI.IH=\dfrac{1}{2}S_{BIH}\\S_{NHK}=\dfrac{1}{2}NE.HK=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}CK.HK=\dfrac{1}{2}S_{HCK}\end{matrix}\right.\)

Đồng thời AIHK là hình chữ nhật \(\Rightarrow S_{IHK}=\dfrac{1}{2}S_{AIHK}\)

Do đó:

\(S_{MNKI}=S_{MIH}+S_{NHK}+S_{IHK}=\dfrac{1}{2}\left(S_{BIH}+S_{AIHK}+S_{HCK}\right)=\dfrac{1}{2}S_{ABC}\) (đpcm)

a: Sửa đề: \(AC=2\sqrt3\left(m\right)\)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=2^2+\left(2\sqrt3\right)^2=4+12=16\)

=>BC=4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot4=2\cdot2\sqrt3=4\sqrt3\)

=>\(AH=\frac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3\) (cm)

Xét ΔBAC vuông tại A có sin B=\(\frac{AC}{BC}=\frac{2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}\)

nên \(\hat{B}=60^0\)

b: Xét ΔABE vuông tại A có AK là đường cao

nên \(BK\cdot BE=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BK\cdot BE=BH\cdot BC\)

Xét ΔEAB vuông tại A có AK là đường cao

nên \(EK\cdot EB=EA^2\)

=>\(EK\cdot EB=EC^2\)

=>\(\frac{EK}{EC}=\frac{EC}{EB}\)

Xét ΔEKC và ΔECB có

\(\frac{EK}{EC}=\frac{EC}{EB}\)

góc KEC chung

Do đó: ΔEKC~ΔECB

a: ΔABC vuông tại A

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

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

=>\(BC=10\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BH\cdot10=6^2=36\)

=>BH=36/10=3,6(cm)

XétΔABC vuông tại A có \(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)

b: Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

=>AEHF là hình chữ nhật

=>\(HE^2+HF^2=AH^2\)

Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot BE=HE^2\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot FC=HF^2\)

\(AE\cdot BE+AF\cdot FC\)

\(=HE^2+HF^2\)

\(=AH^2\)

c: ΔABC vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên AI=BI=CI

IA=IC

=>ΔIAC cân tại I

=>\(\widehat{IAC}=\widehat{ICA}\)

=>\(\widehat{OAF}=\widehat{ACB}\)

AEHF là hình chữ nhật

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

mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ABH}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)

nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ABH}\)

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

\(\widehat{AFO}+\widehat{FAO}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>AO\(\perp\)OF tại O

=>AI\(\perp\)FE tại O

Xét ΔAEF vuông tại A có AO là đường cao

nên \(\dfrac{1}{AO^2}=\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{AF^2}\)

a: AH=12cm

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: Xét ΔABC có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

b: 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)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(CH\cdot CB=CA^2\)

=>CH=8^2/10=6,4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có sin B=AC/BC=8/10=4/5

nên \(\hat{B}\) ≃53 độ

c: Xét ΔBEH vuông tại E và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{EBH}\) chung

Do đó: ΔBEH~ΔBAC

=>\(\frac{BE}{BA}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BE\cdot BC=BH\cdot BA\)

\(BE\cdot BC=\frac{BA^2}{BC}\cdot BA=\frac{BA^3}{BC}\)

=>\(BE=\frac{BA^3}{BC^2}\)

=>\(BE^2=\frac{BA^6}{BC^4}=\frac{BH^3\cdot BC^3}{BC^4}=\frac{BH^3}{BC}\)

=>\(BH^3=BE^2\cdot BC\)