Bài 4:
a: Ta có: AK\(\perp\)AC
BH\(\perp\)AC
Do đó: AK//BH
Ta có: AH\(\perp\)CB
BK\(\perp\)CB
Do đó; AH//BK
Xét tứ giác AHBK có
AH//BK
AK//BH
Do đó: AHBK là hình bình hành
b: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHFB vuông tại F có
\(\widehat{EHA}=\widehat{FHB}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEA~ΔHFB
c: Xét ΔCFA vuông tại F và ΔCEB vuông tại E có
\(\widehat{FCA}\) chung
Do đó: ΔCFA~ΔCEB
=>\(\dfrac{CF}{CE}=\dfrac{CA}{CB}\)
=>\(CF\cdot CB=CA\cdot CE\)
d: Để AHBK là hình thoi thì HA=HB
=>\(\widehat{HAB}=\widehat{HBA}\)
mà \(\widehat{HAB}+\widehat{CBA}=90^0\)(ΔFAB vuông tại F)
và \(\widehat{HBA}+\widehat{CAB}=90^0\)(ΔEAB vuông tại E)
nên \(\widehat{CBA}=\widehat{CAB}\)
Bài 3:
a: ABCD là hình chữ nhật
=>\(BD=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10\left(cm\right)\)
Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAD vuông tại A có
\(\widehat{HBA}\) chung
Do đó: ΔBHA~ΔBAD
=>\(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{BA}{BD}\)
=>\(AH=\dfrac{6\cdot8}{10}=4,8\left(cm\right)\)
b: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHMD vuông tại H có
\(\widehat{HAB}=\widehat{HMD}\)(AB//MD)
Do đó: ΔHAB~ΔHMD
c: Xét ΔDHM vuông tại H và ΔDCB vuông tại C có
\(\widehat{HDM}\) chung
Do đó: ΔDHM~ΔDCB
=>\(\dfrac{DH}{DC}=\dfrac{DM}{DB}\)
=>\(DH\cdot DB=DM\cdot DC\)
c: ΔAHD vuông tại H
=>\(AD^2=AH^2+HD^2\)
=>\(HD^2+4,8^2=6^2\)
=>HD=3,6(cm)
ΔHAD vuông tại H
=>\(S_{HAD}=\dfrac{1}{2}\cdot HA\cdot HD=\dfrac{1}{2}\cdot3,6\cdot4,8=8,64\left(cm^2\right)\)
