Lời giải:
a)
Xét tứ giác $ABHD$ có tổng 2 góc đối \(\widehat{BAD}+\widehat{BHD}=90^0+90^0=180^0\) nên $ABHD$ là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow \widehat{BHA}=\widehat{BDA}=\widehat{KDF}\)
\(\Rightarrow 180^0-\widehat{KHF}=\widehat{KDF}\)
\(\Rightarrow \widehat{KDF}+\widehat{KHF}=180^0\) . Do đó tứ giác $KHFD$ nội tiếp
\(\Rightarrow \widehat{FKD}=\widehat{DHF}=90^0\)
\(\Rightarrow KF\perp BD\) (1)
Xét tam giác $BDF$ có $BE\perp DF$, $DE\perp BF$ nên $E$ là trực tâm của tam giác. Do đó $FE\perp BD$ (2)
Từ \((1);(2)\Rightarrow K,E,F\) thẳng hàng
\(\Rightarrow KE\perp BD\Rightarrow \widehat{EKD}=90^0\)
Xét tứ giác $KDCE$ có tổng 2 góc đối \(\widehat{EKD}+\widehat{ECD}=90^0+90^0=180^0\) nên $KDCE$ là tứ giác nội tiếp.
b) Nếu $E$ là trung điểm $BC$:
Dễ thấy $\triangle EDC$ đồng dạng với $\triangle EBH$ (g.g)
\(\Rightarrow \frac{S_{EDC}}{S_{EBH}}=(\frac{ED}{EB})^2=\frac{EC^2+DC^2}{EB^2}=\frac{2^2+4^2}{2^2}=5\)
\(\Rightarrow S_{EBH}=\frac{1}{5}S_{EDC}=\frac{1}{5}.\frac{EC.DC}{2}=\frac{1}{5}.\frac{2.4}{2}=0,8\)
\(\triangle BKE\sim \triangle BCD(g.g)\Rightarrow \frac{S_{BKE}}{S_{BCD}}=(\frac{BE}{BD})^2=\frac{BE^2}{BC^2+CD^2}=\frac{2^2}{4^2+4^2}=\frac{1}{8}\)
\(\Rightarrow S_{BKE}=\frac{1}{8}S_{BCD}=\frac{1}{8}.\frac{BC.CD}{2}=1\)
Do đó:
\(S_{BKEH}=S_{BKE}+S_{BEH}=0,8+1=1,8\) (cm vuông)
