$Vậy chân giá đỡ cách đầu tấm ván trên mặt đất là \(1,6\) m. (ảnh 1)$

a) Xét \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\), áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có:

\(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{6}{{10}} = 0,6\) suy ra \(\widehat {ACB} \approx 37^\circ \).

Áp dụng định lý Pythagore cho \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}} = 8\) (cm).

Xét \({\rm{\Delta }}HBA\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (do \(AH \bot BC\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {ABC}\) là góc chung.

Do đó, $Δ H B A ∽ Δ A B C$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(AH = \frac{{AB \cdot AC}}{{BC}} = \frac{{6 \cdot 8}}{{10}} = 4,8\) (cm).

b) Xét \({\rm{\Delta }}BAH\) và \({\rm{\Delta }}BCA\) có:

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \);

\(\widehat {B\,}\) là góc chung.

Do đó, $Δ B A H ∽ Δ B C A$ suy ra \(\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}\) hay \(B{A^2} = BH \cdot BC\) (1).

Chứng minh tương tự ta có suy ra \(\frac{{BA}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) hay \(B{A^2} = BK \cdot BM\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BH \cdot BC = BK \cdot BM\;\left( { = B{A^2}} \right)\).

c)

$Vậy chân giá đỡ cách đầu tấm ván trên mặt đất là \(1,6\) m. (ảnh 2)$

⦁ Chứng minh \(\widehat {AHK} = \widehat {MAK}\):

Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\) và \(BK\).

Xét \({\rm{\Delta }}BDH\) và \({\rm{\Delta }}ADK\) có:

\(\widehat {BHD} = \widehat {AKD} = 90^\circ \);

\(\widehat {BDH} = \widehat {ADK}\) (đối đỉnh).

Do đó $Δ B D H ∽ Δ A D K$ (g.g) suy ra \(\frac{{BD}}{{AD}} = \frac{{HD}}{{DK}}\) hay \(\frac{{BD}}{{HD}} = \frac{{AD}}{{DK}}\).

Chứng minh tương tự ta cũng có $Δ B D A ∽ Δ H D K$ (g.g) suy ra \(\widehat {ABK} = \widehat {KHD}\).

Mặt khác, \(\widehat {ABK} = \widehat {MAK}\) (cùng phụ với \(\widehat {BAK}\)).

Do đó, \(\widehat {KHD} = \widehat {MAK}\) hay \(\widehat {AHK} = \widehat {MAK}\) (1).

⦁ Chứng minh \(SM \bot AC\):

Từ \(BH \cdot BC = BK \cdot BM\) suy ra \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BHM\) và \({\rm{\Delta }}BKC\) có \(\frac{{BH}}{{BM}} = \frac{{BK}}{{BC}}\) và \(\widehat {B\,}\) là góc chung.

Do đó, $Δ B H M ∽ Δ B K C$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {BHM} = \widehat {BKC}\) suy ra \(\widehat {CHM} = \widehat {CKM}\) (3) (cùng bù với \(\widehat {BHM}\) và \[\widehat {BKC}\])

Vì \({\rm{\Delta }}AMH\) cân tại \(A\) \(\left( {AH = AM} \right)\) nên \(\widehat {AMH} = \widehat {AHM}\).

Trong \({\rm{\Delta }}IMC\) có góc ngoài \(\widehat {AMH} = \widehat {MIC} + \widehat {MCI}\).

Mặt khác \(\widehat {AHM} = \widehat {AHK} + \widehat {KHI}\).

Mà $Δ I H C ∽ Δ I K M$ (g.g) suy ra $Δ I H K ∽ Δ I C M$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {MCI} = \widehat {KHI}\).

Do đó, \(\widehat {MIC} = \widehat {AHK}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {MIC} = \widehat {MAK}\) suy ra $Δ C I M ∽ Δ C A K$ (g.g) suy ra $Δ C I A ∽ Δ C M K$ (c.g.c).

Do đó, \(\widehat {CKM} = \widehat {CAI}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {CHM} = \widehat {CAS}\) suy ra $Δ C H M ∽ Δ C A S$ (g.g) suy ra $Δ C H A ∽ Δ C M S$ (c.g.c).

Do đó, \(\widehat {CMS} = \widehat {CHA} = 90^\circ \).

Vậy \(SM \bot AC\).

Giải các hệ phương trình sau: a) { x − 2y = − 1; 2x + 7y = 20 .