bạn nào biết trả lời nhanh nha. mình đang cần gấp . cảm ơn

   A B C H M E F N I

A. Ta có \(\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow AC=\frac{5}{3}AH\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(AB^2=BC^2-AC^2=\frac{AB^2AC^2}{AH^2}-AC^2\Rightarrow15^2=\frac{15^2.\frac{25}{9}AH^2}{AH^2}-AC^2\)

\(\Rightarrow AC^2=400\Rightarrow AC=20\left(cm\right)\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=25\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow HB=\frac{AB^2}{BC}=9\left(cm\right);HC=BC-BH=25-9=16\left(cm\right)\)

b.Vì E;F là hình chiếu của H lên AB;AC \(\Rightarrow\widehat{E}=\widehat{F}=\widehat{A}=90^0\Rightarrow AEHF\)là hình chữ nhật

c. Gỉa sử \(AM⊥EF\)\(\Rightarrow\)ta phải chứng minh M là trung điểm BC

Gọi I là giao điểm của EF và AH ;   N là giao của EF và AM

Xét tam giác AIN và tam giác AHM 

có \(\hept{\begin{cases}\widehat{A}chung\\\widehat{N}=\widehat{H}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta AIN~\Delta AHM\left(g-g\right)\Rightarrow\widehat{AIN}=\widehat{AMH}\left(1\right)}\)

Xét tam giác AEF và tam giác ACB có \(\hept{\begin{cases}\widehat{A}=90^0chung\\\widehat{C}=\widehat{E}\left(+\widehat{B}=90^0\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AEF~\Delta ACB\left(g-g\right)\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{B}\left(2\right)}\)

Vì AEHF là hình chữ nhật nên \(\widehat{IFA}=\widehat{IAF}\left(3\right)\)

Lại có \(\widehat{AIF}=180^0-2.\widehat{IFA}\)

Từ (1) ;(2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{AMB}=180^0-2.\widehat{B}\Rightarrow\Delta AMB\)cân tại M \(\Rightarrow MA=MB\)

Tương tự chứng minh được \(MA=MC\)\(\Rightarrow M\)là trung điểm BC

Vậy trung tuyến AM vuông góc với EF

d. Gỉa sử tam giác ABC vuông cân \(\Leftrightarrow AB=AC\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AB^2\left(4\right)\)

\(\Delta ABC\)vuông cân \(\Leftrightarrow AE=AF\Rightarrow S_{AEHF}=AE.AF=AE^2=\frac{1}{4}AB^2\Rightarrow2S_{AEHF}=\frac{1}{2}AB^2\left(5\right)\)

Từ (4) và (5) ta có \(S_{ABC}=2S_{AEHF}\)đúng với giả thiết ban đầu 

Vậy giả sử \(S_{ABC}=2S_{AEHF}\)thì tam giác ABC vuông cân  

Hệ thức lượng: \(AH^2=BH.CH\)

Hai tam giác vuông BEH và HFC đồng dạng: \(\Rightarrow\dfrac{BE}{FH}=\dfrac{EH}{CF}\Rightarrow BE.CF=EH.FH\)

Hai tam giác vuông AEH và CFH đồng dạng \(\Rightarrow\dfrac{AH}{CH}=\dfrac{EH}{FH}\Rightarrow AH.FH-CH.EH=0\)

 Hai tam giác vuông BEH và AFH đồng dạng \(\Rightarrow\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{EH}{FH}\Rightarrow EH.AH-BH.FH=0\)

Ta có: \(\left(BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}\right)^2=BE^2.CH+CF^2.BH+2BE.CF.\sqrt{BH.CH}\)

\(=BE^2.CH+CF^2.BH+2BE.CF.AH\)

\(=\left(BH^2-EH^2\right)CH+\left(CH^2-FH^2\right)BH+2BE.CF.AH\)

\(=BH.CH\left(BH+CH\right)-EH^2.CH-FH^2.BH+2EH.FH.AH\)

\(=AH^2.BC+EH\left(AH.FH-EH.CH\right)+FH\left(AH.EH-FH.BH\right)\)

\(=AH^2.BC=\left(AH\sqrt{BC}\right)^2\)

\(\Rightarrow BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}=AH\sqrt{BC}\)

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

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

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

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

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

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

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

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC^2=10^2-6^2=64\)

=>AC=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AH\cdot BC=AB\cdot AC\\AB^2=BH\cdot BC\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{6\cdot8}{10}=4,8\left(cm\right)\\BH=\dfrac{6^2}{10}=3,6\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra AE*AB=AF*AC

=>AE/AC=AF/AB

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

AE/AC=AF/AB

Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔACB

c: Xét ΔBAC có BD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{CB}\)

=>\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{CB}{CD}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{AB+BC}{AD+CD}=\dfrac{AB+BC}{AC}\)(1)

ΔBAD vuông tại A có

\(cotABD=\dfrac{AB}{AD}\)(2)

BD là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(cotDBC=\dfrac{AB+BC}{AC}\)

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

ta can cm\(\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CF^2}\) =\(\sqrt[3]{BC}\)

 hay  \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=1\)

trong tam giác AHB \(BH^2=BE.BA\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{BA}\Rightarrow BE^2=\frac{BH^4}{BA^2}\) (1)

ma trong tam giac ABC \(AB^2=BH.BC\)

thay vao (1) ta co \(BE^2=\frac{BH^4}{AB^2}=\frac{BH^4}{BH.BC}=\frac{BH^3}{BC}\Rightarrow\frac{BE^2}{BC^2}=\frac{BH^3}{BC^3}\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}=\frac{BH}{BC}\)

CM TUONG TU \(\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=\frac{CH}{BC}\)

VAY \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=\frac{HB}{BC}+\frac{CH}{BC}=1\) 

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HA^2=HB\cdot HC\)

=>\(HC=\frac{6^2}{4,5}=\frac{36}{4,5}=8\)

ΔAHC vuông tại H

=>\(AH^2+HC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=6^2+8^2=36+64=100=10^2\)

=>AC=10

b: Xét ΔAHC vuông tại H có

sin C=\(\frac{AH}{AC}=\frac{6}{10}=\frac35\)

cos C=\(\frac{CH}{CA}=\frac{8}{10}=\frac45\)

tan C=\(\frac{AH}{HC}=\frac68=\frac34\)

cot C=\(\frac{HC}{HA}=\frac86=\frac43\)

c: Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BA^2=BH\cdot BC;CA^2=CH\cdot CB\)

=>\(\frac{BA^2}{CA^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao

nên \(BE\cdot BA=BH^2\)

=>\(BE=\frac{BH^2}{AB}\)

Xét ΔCHA vuông tại H có HF là đường cao

nên \(CF\cdot CA=CH^2\)

=>\(CF=\frac{CH^2}{CA}\)

\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{BA}:\frac{CH^2}{AC}\)

\(=\frac{BH^2}{AB}\cdot\frac{AC}{CH^2}=\left(\frac{BH}{CH}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\)

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(HA^2=HB\cdot HC\)

=>\(HC=\frac{6^2}{4,5}=\frac{36}{4,5}=8\)

ΔAHC vuông tại H

=>\(AH^2+HC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=6^2+8^2=36+64=100=10^2\)

=>AC=10

b: Xét ΔAHC vuông tại H có

sin C=\(\frac{AH}{AC}=\frac{6}{10}=\frac35\)

cos C=\(\frac{CH}{CA}=\frac{8}{10}=\frac45\)

tan C=\(\frac{AH}{HC}=\frac68=\frac34\)

cot C=\(\frac{HC}{HA}=\frac86=\frac43\)

c: Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BA^2=BH\cdot BC;CA^2=CH\cdot CB\)

=>\(\frac{BA^2}{CA^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)

Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao

nên \(BE\cdot BA=BH^2\)

=>\(BE=\frac{BH^2}{AB}\)

Xét ΔCHA vuông tại H có HF là đường cao

nên \(CF\cdot CA=CH^2\)

=>\(CF=\frac{CH^2}{CA}\)

\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{BA}:\frac{CH^2}{AC}\)

\(=\frac{BH^2}{AB}\cdot\frac{AC}{CH^2}=\left(\frac{BH}{CH}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\)

Cho tam giác ABC vuông tại A( AB<AC ), có đường cao AH, trung tuyến AM Gọi E và F lần lượt la hình chiếu của H lên AB và AC; I và K lần lượt là trung điểm của HB và HC. CM :

đề kiểu gì thế ?

Điểm E; Điểm F; Điểm H đây vậy bạn ơi