a/ Xét tg vuông BAC và tg vuông BHA có

\(\widehat{ACB}=\widehat{BAH}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\) )

=> tg BAC đồng dạng với tg BHA (g.g.g)

b/ Xét tg vuông BAC có

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}\) (Pitago) \(\Rightarrow BC=\sqrt{6^2+8^2}=10cm\)

\(AB^2=HB.BC\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow HB=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{6^2}{10}=3,6cm\)

\(\Rightarrow HC=BC-HB=10-3,6=6,4cm\)

\(AH^2=HB.HC\) (Trong tg vuông bình phương đường cạo hạ từ đỉnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow AH^2=3,6.6,4=23,04\Rightarrow AH=4,8cm\)

c/

Xét tg vuông HBM và tg vuông ABD có

\(\widehat{HBM}=\widehat{ABD}\left(gt\right)\) => tg HBM đồng dạng với tg ABD (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{HM}{AD}\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{HM}{HB}\) (1)

Xét tg vuông ABC có BD là phân giác \(\widehat{B}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}\) (T/c đường phân giác: Trong tg đường phân giác của 1 góc chia cạnh đối diện thành hai đợn thẳng tỷ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng đó) (2)

Xét tg ABH có BM là phân giác \(\widehat{B}\)

\(\Rightarrow\dfrac{HM}{HB}=\dfrac{AM}{AB}\) (T/c đường phân giác: Trong tg đường phân giác của 1 góc chia cạnh đối diện thành hai đợn thẳng tỷ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng đó) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}=\dfrac{HM}{HB}=\dfrac{AM}{AB}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}.\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{CD}{BC}.\dfrac{HM}{HB}\)

 Mà \(HB.BC=AB^2\) (cmt)

\(\Rightarrow\dfrac{AD.AM}{AB^2}=\dfrac{HM.CD}{AB^2}\Rightarrow AM.AD=HM.CD\)

\(\Rightarrow AM.AD-HM.CD=0\)

a.

Xét hai tam giác BAC và BHA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABH}\text{ chung}\\\widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BAC\sim\Delta BHA\left(g.g\right)\)

b.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ABC:

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

Do \(\Delta BAC\sim\Delta BHA\Rightarrow\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{AC}{AH}\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{3.4}{5}=\dfrac{12}{5}\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ABH:

\(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\dfrac{9}{5}\)

\(CH=BC-BH=\dfrac{16}{5}\)

c.

Do BD là phân giác góc B, áp dụng định lý phân giác cho tam giác ABC:

\(\dfrac{DC}{AD}=\dfrac{BC}{AB}\) (1)

Áp dụng định lý phân  giác cho tam giác ABH:

\(\dfrac{AM}{HM}=\dfrac{AB}{BH}\) (2)

Lại có \(\Delta BAC\sim\Delta BHA\Rightarrow\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{AB}{BH}\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\dfrac{DC}{AD}=\dfrac{AM}{HM}\Rightarrow AM.AD=HM.CD\)

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

góc B chung

=>ΔHBA đồng dạng với ΔABC

b: ΔHBA đồng dạng với ΔABC

=>BH/BA=BA/BC

=>BA^2=BH*BC

mình chịu thoiii

Gì nhiều vậy???

mình chỉ tóm tắt thôi nha

a) ta có <Cchung; <H=<A=90

b) ap 1 dung dinh ly Py ta go voi ▲ABC vuong tai A thì BC=10 cm

ta có ▲ABC dồng dang ▲HAC ta có:

\(\frac{HC}{AC}=\frac{AC}{BC}\)

\(\Rightarrow AC^2=HC.BC\)

\(\Rightarrow HC=8^2:10=6,4cm\)

c)xl nha câu c thì mình cm sắp ra rùi bạn suy nghi tiếp nha

cm ▲ABD dong dang ▲HBI (<A=<H=90; B1=<B2)

\(\Rightarrow\frac{AB}{HB}=\frac{BD}{BI}\)

\(\Rightarrow AB.BI=BD=HB\)

bây giờ thì bạn cm HB=HC(mình chỉ biết tới đây)

thì suy ra dược điều đó

a: Xét ΔABD vuông tại A và ΔHBI vuông tại H có

\(\widehat{ABD}=\widehat{HBI}\)

Do đó: ΔABD\(\sim\)ΔHBI

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

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

A) Ta cần chứng minh tam giác \(ABD\) đồng dạng tam giác \(HBI\). Để làm điều này, ta cần chứng minh rằng các góc của chúng là bằng nhau.
   - Góc \(ABD\) và \(HBI\) là góc vuông, vì \(AB\) và \(HB\) là đường cao của tam giác \(ABC\).
   - Góc \(ADB\) và \(HIB\) là góc phân giác của tam giác \(ABC\), do đó chúng bằng nhau.

Vậy, ta có thể kết luận tam giác \(ABD\) đồng dạng tam giác \(HBI\).

B) Để chứng minh \(AH^2 = HB \cdot HC\), ta sử dụng định lý đường cao và tính chất của đường cao trong tam giác vuông:
   - \(AH\) là đường cao của tam giác \(ABC\), nên \(AH^2 = BH \cdot HC\).

Vậy, \(AH^2 = HB \cdot HC\).

C) Để chứng minh tam giác \(IAD\) cân và \(DA^2 = DC \cdot IH\), ta sử dụng tính chất của giao điểm của đường phân giác và đường cao:
   - Góc \(IAD\) và \(IDA\) là góc phân giác của tam giác \(ABC\), do đó chúng bằng nhau.
   - \(IH\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(DA^2 = DC \cdot IH\).

Vậy, ta chứng minh được tam giác \(IAD\) cân và \(DA^2 = DC \cdot IH\).

D) Để chứng minh \(K, P, Q\) thẳng hàng, ta có thể sử dụng tính chất của điểm trung điểm và đường phân giác:
   - \(Q\) là trung điểm của \(BC\), nên \(Q\) nằm trên đường thẳng \(KP\).
   - \(K\) là giao điểm của \(AH\) và \(BD\), và \(P\) là giao điểm của \(AH\) và \(CI\), nên \(K, P, Q\) thẳng hàng theo Định lý Menelaus trên tam giác \(ACI\) và đường thẳng \(KQ\).

Vậy, ta đã chứng minh được \(K, P, Q\) thẳng hàng.

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

góc B chung

=>ΔBAC đồng dạng với ΔBHA

b: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBHI vuông tạiH có

góc ABD=góc HBI

=>ΔBAD đồng dạng với ΔBHI

=>BA/BH=BD/BI

=>BA*BI=BD*BH

c: góc AID=góc BIH=90 độ-góc HBI

góc ADI=90 độ-góc ABD

mà góc HBI=góc ABD

nên góc AID=góc ADI

=>ΔADI cân tại A

d: \(AH=\sqrt{4\cdot9}=6\left(cm\right)\)