a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=a^2+2a^2=3a^2\)

=>\(BC=a\sqrt3\)

Xét ΔABC vuông tại A có sin C=\(\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\sqrt3}\)

nên \(\hat{ACB}\) ≃35 độ 15p

ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ABC}=90^0-35^015p=54^045p\)

b: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên \(AM=MB=MC=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt3}{2}\)

N là trung điểm của AC

=>\(AN=NC=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt2}{2}\)

ΔABN vuông tại A

=>\(AB^2+AN^2=BN^2\)

=>\(BN^2=a^2+\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=a^2+a^2\cdot\frac24=\frac64\cdot a^2\)

=>\(BN=\frac{a\sqrt6}{2}\)

Xét ΔABC có

AM,BN là các đường trung tuyến

AM cắt BN tại E

Do đó: E là trọng tâm của ΔABC

=>\(AE=\frac23AM=\frac23\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{3}\) ; \(BE=\frac23BN=\frac23\cdot\frac{a\sqrt6}{2}=\frac{a\sqrt6}{3}\)

Xét ΔEAB có \(EA^2+EB^2=AB^2\)

nên ΔEAB vuông tại E

=>AM⊥BN tại E

c: Xét ΔBAN vuông tại A có AE là đường cao

nên \(BE\cdot BN=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔBAC vuông tại A có AD là đường cao

nên \(BD\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BE\cdot BN=BD\cdot BC\)

=>\(\frac{BE}{BD}=\frac{BC}{BN}\)

Xét ΔBEC và ΔBDN có

\(\frac{BE}{BD}=\frac{BC}{BN}\)

góc EBC chung

Do đó: ΔBEC~ΔBDN

=>\(\hat{BCE}=\hat{BND}\)

a: Xet ΔOAC có OA=OC và OA^2+OC^2=AC^2

nên ΔOAC vuôg cân tại O

b: \(BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4R^2-2R^2}=R\sqrt{2}\)

c: ΔOAC vuông cân tại O

=>góc BAC=45 độ

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

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>HC=10^2/5=100/5=20(cm)

BC=BH+CH=5+20=25(cm)

ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên \(AM=\frac{BC}{2}=12,5\left(\operatorname{cm}\right)\)

b: Xét ΔHAM vuông tại H có cos HAM=\(\frac{AH}{AM}=\frac{10}{12,5}=\frac45\)

nên \(\hat{HAM}\) ≃37 độ

ΔHAM vuông tại H

=>\(\hat{HAM}+\hat{HMA}=90^0\)

=>\(\hat{HMA}=90^0-37^0=53^0\)

Ta có: \(\hat{AMH}+\hat{AMC}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{AMC}=180^0-53^0=127^0\)

Bài 1: 

AH=12cm

AC=20cm

\(\widehat{ABC}=37^0\)

a: BH+CH=BC

=>BC=4+5

=>BC=9(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)(1)

=>\(BA=\sqrt{4\cdot9}=6\left(cm\right)\)

Xét ΔABH vuông tại H có \(cosB=\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\)

nên \(\widehat{B}\simeq48^0\)

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

nên \(BK\cdot BD=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BC=BK\cdot BD\)

c: Xét tứ giác AKHB có \(\widehat{AKB}=\widehat{AHB}=90^0\)

=>AKHB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB

Tâm O là trung điểm của AB

ủa mới có 2 góc kìa bằng nhau sao lại suy ra AKHB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB vậy ạ

mn giúp em làm ý e vs ạ,thanks mn nhiều ^^

a: Xét ΔABC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

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

nên \(\widehat{B}\simeq36^052'\)

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

=>\(\widehat{C}=90^0-36^052'=53^08'\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot7,5=4,5\cdot6=27\)

=>AH=27/7,5=3,6(cm)