a: Sửa đề: ΔAIH~ΔAHB

Xét ΔAIH vuông tại I và ΔAHB vuông tại H có

\(\hat{IAH}\) chung

Do đó: ΔAIH~ΔAHB

=>\(\frac{AI}{AH}=\frac{AH}{AB}\)

=>\(AI\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

b: Xét ΔAKH vuông tại K và ΔAHC vuông tại H có

\(\hat{KAH}\) chung

Do đó: ΔAKH~ΔAHC

=>\(\frac{AK}{AH}=\frac{AH}{AC}\)

=>\(AK\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AI\cdot AB=AK\cdot AC\)

=>\(\frac{AI}{AC}=\frac{AK}{AB}\)

Xét ΔAIK và ΔACB có

\(\frac{AI}{AC}=\frac{AK}{AB}\)

góc IAK chung

DO đó: ΔAIK~ΔACB

câu c) thôi ạ ^^

a) Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:

$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ (cm)$.

Diện tích tam giác $ABC$ tính theo hai cách:

$\dfrac12AB\cdot AC=\dfrac12BC\cdot AH$

$\Rightarrow AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{3\cdot4}{5}=\dfrac{12}{5}\ (cm)$.

Trong tam giác vuông $ABH$ vuông tại $I$, ta có:

$\triangle ABH \sim \triangle HBI$ nên: $AB^2=BH\cdot BC$.

Mà: $BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{9}{5}$.

Lại có: $BI=\dfrac{BH\cdot BA}{AH}=\dfrac{\frac95\cdot3}{\frac{12}{5}}=\dfrac94\ (cm)$.

Vậy: $\boxed{BC=5cm,\ AH=\dfrac{12}{5}cm,\ BI=\dfrac94cm}$.

b) Ta có: $HI\parallel AC$ và $HK\parallel AB$ nên tứ giác $AIHK$ là hình chữ nhật.

Suy ra: $IK=AH$.

Mặt khác $M$ là trung điểm của $BC$, mà trong tam giác vuông $ABC$:

$MA=MB=MC$.

Do đó $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Đường thẳng $IK$ đi qua trung điểm các hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$, suy ra:

$IK\parallel BC$.

Mà $AM$ là trung tuyến ứng với cạnh $BC$ của tam giác vuông nên: $AM\perp IK$.

Vậy: $\boxed{IK=AH}$ và $\boxed{AM\perp IK}$.

c) Vì $AIHK$ là hình chữ nhật nên: $AI=HK,\ AK=HI$.

Lại có trong tam giác vuông $ABC$:

$HI=\dfrac{AH\cdot AB}{AC},\qquad HK=\dfrac{AH\cdot AC}{AB}$.

Suy ra: $AB\cdot AI=AB\cdot HK=AH\cdot AC=AC\cdot HI=AC\cdot AK$.

Vậy: $\boxed{AB\cdot AI=AC\cdot AK}$.

Từ đó: $\dfrac{AI}{AK}=\dfrac{AC}{AB}$.

Lại có: $\widehat{IAK}=\widehat{CAB}$.

Suy ra: $\triangle AIK\sim\triangle ACB$ (c.g.c).

Vậy: $\boxed{\triangle AIK\sim\triangle ACB}$.

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

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔAHB\(\sim\)ΔCAB(g-g)

b) Xét ΔAHB vuông tại H và ΔCHA vuông tại H có

\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\left(=90^0-\widehat{ABH}\right)\)

Do đó: ΔAHB\(\sim\)ΔCHA(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)

hay \(AH^2=HB\cdot HC\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

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

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

hay BC=10(cm)

Ta có: ΔAHB\(\sim\)ΔCAB(cmt)

nên \(\dfrac{AH}{CA}=\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{AB}{CB}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AH}{8}=\dfrac{HB}{6}=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}\)

Suy ra: AH=4,8cm; HB=3,6cm

A B C H E F I K 1 1 1

a) Áp dụng địnhh lý Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A ta được:
\(AB^2+AC^2=BC^2\)

\(\Leftrightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\)

Ta có: \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AH.BC\)

\(\Rightarrow AB.AC=AH.BC\)

\(\Rightarrow AH=4,8\left(cm\right)\)

b)  Xét tam giác AEH và tam giác AHB có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{A1}chung\\\widehat{AEH}=\widehat{AHB}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta AEH~\Delta AHB\left(g.g\right)}\)

c) Xét tam giác AHC và tam giác AFH có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{HAC}chung\\\widehat{AHC}=\widehat{AFH}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta AHC~\Delta AFH\left(g.g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AH}\)( các đoạn t.ứng tỉ lệ ) 

\(\Rightarrow AH^2=AC.AF\)

d) Xét tứ giác AEHF có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{AEH}=90^0\\\widehat{EAF}=90^0\\\widehat{AFH}=90^0\end{cases}\Rightarrow AEHF}\)là hình chữ nhật ( dhnb)

\(\Rightarrow EF\)là đường phân giác của góc AEH và AH là đường phân giác của góc EHF (tc hcn )

\(\Rightarrow\widehat{E1}=\frac{1}{2}\widehat{AFH},\widehat{H1}=\frac{1}{2}\widehat{EHF}\)

Mà \(\widehat{AEH}=\widehat{EHF}\left(tc\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{E1}=\widehat{H1}\) (3)

Vì tam giác AHC vuông tại H nên \(\widehat{HAC}+\widehat{C}=90^0\)( 2 góc phụ nhau ) (1)

Vì tam giác AFH vuông tại F nên \(\widehat{HAF}+\widehat{H1}=90^0\)( 2 góc phụ nhau ) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{C}=\widehat{H1}\)(4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{C}=\widehat{E1}\)

Xét tam giác ABC và tam giác AFE có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{A}chung\\\widehat{C}=\widehat{E1}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABC~\Delta AFE\left(g.g\right)}\)

e) vÌ \(\Delta ABC~\Delta AFE\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AF}{AE}\)( các đoạn t.ứng tỉ lệ ) (5)

Xét tam giác ABC có AK là đường phân giác trong của tam giác ABC

\(\Rightarrow\frac{BK}{KC}=\frac{AB}{AC}\)( tc)  (6)

Xét tam giác AEF có AI là đường phân giác trong của tam giác AEF

\(\Rightarrow\frac{IF}{IE}=\frac{AF}{AE}\)(tc)  (7)

Từ (5) ,(6) và (7) \(\Rightarrow\frac{BK}{KC}=\frac{IF}{IE}\)

\(\Rightarrow KB.IE=KC.IF\left(đpcm\right)\)