a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCAB vuông tại A có

\(\hat{HCA}\) chung

Do đó: ΔCHA~ΔCAB

b: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\hat{HAB}=\hat{HCA}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)

Do đó; ΔHAB~ΔHCA

c: ΔABC vuông tại A

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

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

=>BC=10(cm)

ΔBHA~ΔBAC

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

=>\(BH=\frac{BA^2}{BC}=\frac{6^2}{10}=3,6\left(\operatorname{cm}\right)\)

a. Xét △ AFC và △ AEB có:

\(\widehat{BAC}\) chung

\(\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\)

⇒ △AFC đồng dạng với △ AEB(g.g)

⇒ \(\frac{AF}{AE}=\frac{AC}{AB}\)

⇒ \(AB.AF=AE.AC\)

\(\frac{AF}{AE}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

Xét △ AEF và △ ABC có :

\(\widehat{BAC}\) chung

\(\frac{AF}{AC}=\frac{AE}{AB}\left(cmt\right)\)

⇒△ AEF đồng dạng với △ ABC (c.g.c)

Mấy câu kia bạn tự làm nốt đi nhá.

a: Sửa đề: ΔIKA~ΔIHB

Xét ΔIKA vuông tại K và ΔIHB vuông tại H có

\(\hat{KIA}=\hat{HIB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIKA~ΔIHB

b: Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCKB vuông tại K có

\(\hat{HCA}\) chung

Do đó: ΔCHA~ΔCKB

c: ΔIKA~ΔIHB

=>\(\frac{IK}{IH}=\frac{IA}{IB}\)

=>\(\frac{IK}{IA}=\frac{IH}{IB}\)

=>\(IK\cdot IB=IH\cdot IA\)

d: Xét ΔIKH và ΔIAB có

\(\frac{IK}{IA}=\frac{IH}{IB}\)

\(\hat{KIH}=\hat{AIB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIKH~ΔIAB

e: ΔCHA~ΔCKB

=>\(\frac{CH}{CK}=\frac{CA}{CB}\)

=>\(\frac{CH}{CA}=\frac{CK}{CB}\)

Xét ΔCHK và ΔCAB có

\(\frac{CH}{CA}=\frac{CK}{CB}\)

góc HCK chung

Do đó: ΔCHK~ΔCAB

A B C I K H

a/ Mình sẽ sử dụng đường cao AH cho câu này luôn. 

Gọi M là giao điểm của 2 đường cao BK;CI (Cậu bổ sung kí hiệu giùm mình)

Xét tam giác ABC có 2 đường cao BK;CI cắt nhau tại M 

=> M là trực tâm tam giác ABC

=> AM (hay AH cũng được) là đường cao thứ 3 

=> AM (AH) vuông góc BC tại H

Ta có tam giác ABC cân tại A => AH vừa là đường cao vừa là phân giác => góc BAH = góc CAH

Xét tam giác IAM và tam giác AKM có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\left(cmt\right)\\AM:chung\\\widehat{AIM}=\widehat{AKM}=90^0\end{cases}}\)

=> tam giác IAM = tam giác KAM (g.c.g)

=> AI = AK (và IM = KM - để dùng cho câu sau)
b/ Ta có: \(\hept{\begin{cases}IM=KM\left(cmt\right)\\AI=AK\left(cmt\right)\end{cases}}\)

=> AM là đường trung trực của IK

=> AM vuông góc IK (Cần vậy thôi)
Ta lại có: \(\hept{\begin{cases}AMhayAH⊥IK\left(cmt\right)\\AH⊥BC\left(gt\right)\end{cases}}\)

=> IK//BC

c/ Xét tam giác HCA và tam giác KCB có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{AHC}=\widehat{BKC}=90^0\left(gt\right)\\\widehat{ACB}:chung\end{cases}}\)

=> tam giác HCA ~ Tam giác KCB (g.g)

a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

b: ΔABC vuông tại A

=>\(BC^2=AB^2+AC^2=15^2+20^2=225+400=625=25^2\)

=>BC=25(cm)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{15}{20}=\frac34\)

=>\(\frac{BD}{3}=\frac{DC}{4}\)

mà BD+DC=BC=25cm

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

\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}=\frac{DB+DC}{3+4}=\frac{25}{7}\)

=>\(BD=\frac{25}{7}\cdot3=\frac{75}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔBHA~ΔBAC

=>\(\frac{HA}{AC}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{15\cdot20}{25}=\frac{300}{25}=12\left(cm\right)\)