a) tứ giác ABKC là hình thang vuông.

có AC vuông góc với AB, BK vuông góc góc AB

=> AC song song với BK (từ vuông góc đến song song)

=> tứ giác ACKB là hình thang và có góc CAB =90⁰ (gt)

=> tứ giác ACKB là hình thang vuông

b) Theo câu a) ACKB là hình thang => AC song song với KB

=> góc CAK = góc AKB (so le trong)

Xét tam giác ABK và tam giác CHA có:

góc CAK = góc AKB (CM/trên)

và góc ABK = góc CHA (=90⁰)

=> tam giác ABK đồng dạng với tam giác CHA (g-g)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{CH}=\dfrac{AK}{AC}\Rightarrow AB.AC=AK.CH\)

c) Xét tam giác CAH thì có góc CAH = 90⁰ - góc ACH (1)

Xét tam giác ABC thì góc ABC = 90⁰ - góc ACH (2)

Từ (1)(2)=. góc CAH = góc ABC

Xét tam giác CAH và tam giác ABH có:

góc CAH = góc HBA (CM/trên)

và góc CHA = góc AHB (=90⁰)

=> tam giác CAH đồng dạng với tam giác ABH (g-g)

=> \(\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{CH}{AH}\Rightarrow AH^2=CH.BH\)

d) Theo câu c) ta có \(AH^2=BH.CH\) thay số vào ta được:

\(AH^2=9.16=144\Rightarrow AH=12\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác AHB ta có:

\(AB^2=AH^2+HB^2=12^2+9^2=225\Rightarrow AB=15\left(cm\right)\)

hôm nào tớ thấy bn cũng có bài tập toàn bài tập dễ mà ko chịu làm

a: Xét tứ giác ABKC có BK//AC

nên ABKC là hình thang

mà góc CAB=90 độ

nên ABKC là hình thang vuông

b: Xét ΔaBK vuông tại B và ΔCHA vuông tại H có

góc BAK=góc HCA

Do đó ΔABK\(\sim\)ΔCHA

Suy ra: AB/CH=AK/AC

hay \(AB\cdot AC=AK\cdot CH\)

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

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

d: \(BC=BH+CH=25\left(cm\right)\)

\(AH=\sqrt{9\cdot16}=12\left(cm\right)\)

\(AB=\sqrt{9\cdot25}=15\left(cm\right)\)

Xét tứ giác ABKC có:

\(B\chi\perp AB\) (gt)

\(AC\perp AB\) (gt)

\(\Rightarrow B\chi\text{//}AC\) 

\(\Rightarrow\text{Tứ giác ABKC}\) là hình thang

mà \(\widehat{A}=\widehat{B}=\)\(90^0\)

Vậy hình thang ABKC là hình thang vuông

b) Xét ΔABK và ΔCHA có:

\(\widehat{ABK}=\widehat{CHA}=\)\(90^0\)

\(\widehat{BAK}=\widehat{HCA} \) ( cùng phụ với \(\widehat{HAC}\) )

\(\Rightarrow\text{ΔABK}\) \(\sim\)ΔCHA (gg)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{CH}=\dfrac{AK}{CA}\)

\(\Rightarrow AB.CA=AK.CH\)

c)  Xét ΔAHB và ΔCHA có:

\(\widehat{AHB}=\widehat{CHA}=\)\(90^0\)

​\(\widehat{BAH}=\widehat{HCA}\)​ ( cùng phụ với \(\widehat{HAC}\) )​

\(\Rightarrow\Delta AHB\sim\Delta CHA\left(gg\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AH}{CH}=\dfrac{BH}{AH}\)

\(\Rightarrow AH.AH=BH.CH\)

​\(\Rightarrow AH^2=BH.CH\)

​\(\Rightarrow AH^2=9.16\)

\(\Rightarrow AH=12\left(cm\right)\)

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại H có:

\(AB^2=BH^2+HA^2\) ( Định lí Pitago)​​

\(\Rightarrow AB^2=9^2+12^2\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{225=15\left(cm\right)}\)

\(a,\Delta ABC\) vuông tại A nên \(\widehat{ABC}=90^0-\widehat{ACB}=60^0\)

\(b,\left\{{}\begin{matrix}AH\text{ chung}\\\widehat{AHD}=\widehat{AHB}=90^0\\HD=HB\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta AHD=\Delta AHB\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow AD=AB\\ c,DE\text{//}AB\Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{HBA}\left(\text{so le trong}\right)\\ \Rightarrow\widehat{HDE}=\widehat{HDA}\left(\Delta AHD=\Delta AHB\right)\\ \left\{{}\begin{matrix}\widehat{HDE}=\widehat{HBA}\\\widehat{DHE}=\widehat{AHB}\left(\text{đối đỉnh}\right)\\DH=HB\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta BHA=\Delta DHE\left(g.c.g\right)\\ \Rightarrow AB=DE=AD\left(\text{câu b}\right)\\ \left\{{}\begin{matrix}\widehat{HDE}=\widehat{HDA}\\AD=DE\\DH\text{ chung}\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta DHA=\Delta DHE\left(g.c.g\right)\)

â ) Ta có : AC \(\perp\) AB ( tam giác ABC vuông tại A ) 

              : BK  \(\perp\)AB ( gt ) 

Do đo : AC // BK ( vì cùng vuông góc với AB ) 

Xét tứ giác ABKC , ta có :

\(\widehat{A}=90^O\) ( tam giác ABC vuông tại A ) 

\(\widehat{B}=90^O\left(gt\right)\)

AC // BK ( cmt )

Do đo : tứ giác ABKC là hình thang vuông 

b ) Ta co : AC // BK  ( cmt ) 

=> \(\widehat{K_1}=\widehat{A_2}\) ( hai góc so le trong của hai đường thẳng song song ) 

Xét :\(\Delta BAKva\Delta HCA,taco:\)

\(\widehat{B}=\widehat{H}=90^o\)

\(\widehat{K_1}=\widehat{A_2}\left(cmt\right)\)

Do do : \(\Delta BAK\) đồng dạng  \(\Delta HCA\)( g - g ) 

= > \(\frac{AB}{AK}=\frac{CH}{AC}\)

=> AC . AC = AK . CH 

c) CÂU NÀY CÓ 2 CÁCH NHA 

Cach 1 ) 

Ta có : \(\widehat{A_1}+\widehat{B_1}=90^o\) ( tổng số đo hai góc nhọn trong tam giác vuông ) 

mà   :  \(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=90^o\) ( tia AK nằm giữa hai tia AB và AC ) 

nên \(\widehat{B_1}=\widehat{A_2}\) ( cung phụ vào góc  \(\widehat{A_1}\)  ) 

Xét : \(\Delta ABHva\Delta CAH,taco:\)

\(\widehat{H_1}=\widehat{H_2}=90^o\)

 \(\widehat{B_1}=\widehat{A_2}=\left(cmt\right)\)

Do do : \(\Delta ABH\) đồng dạng  \(\Delta CAH\left(g-g\right)\)  

\(=>\frac{HC}{AH}=\frac{AH}{HB}\)

\(=>AH.AH=HB.HC\)

              \(AH^2=9.16\)

              \(AH^2=144\)

                \(AH=\sqrt{144}=12cm\)

Áp dụng định lý pytago vào \(\Delta ABH\) vuông tại H 

         \(AB^2=AH^2+BH^2\)

          \(AB=\sqrt{12^2+9^2}\)

            \(AB=\sqrt{144+81}\)

            \(AB=\sqrt{225}\)

            \(AB=15cm\)

Cách 2 : ( của lớp 9 nha ) 

Ta có : BC = BH + HC = 9 + 16 = 25cm ( vì H nằm giữa B và C ) 

Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta ABC\) vuông tại A        ( \(\widehat{A}=90^o;AH\perp BC\) ) 

\(AB^2=BH.BC\)

\(AB^2=9.25\)

\(AB^2=225\)

\(AB=\sqrt{225}=15cm\)

Áp dụng định lý pytago vào \(\Delta ABH\) vuông tại H 

\(AH^2=AB^2-BH^2\)

\(AH^2=15^2-9^2\)

\(AH^2=225-81\)

\(AH^2=144\)

\(AH=\sqrt{144}=12cm\)

CÒN NHIỀU CÁCH NỮA NHA 

OK CHÚC BẠN HỌC TỐT !!!!! 

a) Ta có :  \(KB\perp AB\)

                 \(AC\perp AB\)

\(\Rightarrow BK//AC\)

\(\Rightarrow\) tứ giác ABKC là hình thang

b) Ta có BK // AC

\(\Rightarrow\widehat{AKB}=\widehat{KAC}\)( so le trong )

Xét tam giác BAK và tam giác HCA có :

\(\widehat{AKB}=\widehat{KAC}\)

\(\widehat{ABK}=\widehat{AHC}\left(=90^o\right)\)

\(\Rightarrow\)tam giác BAK đồng dạng với tam giác HCA ( g-g ) (đpcm)

\(\Rightarrow\frac{BA}{HC}=\frac{AK}{CA}\)

\(\Leftrightarrow AB\times AC=AK\times CH\left(đpcm\right)\)

c) Xét tam giác ABC và tam giác HBA có :

\(\widehat{BAC}=\widehat{AHB}\left(=90^o\right)\)

Chung  \(\widehat{ABC}\)

\(\Rightarrow\) tam giác ABC đồng dạng với tam giác HBA ( g-g )

\(\Rightarrow\frac{AB}{HB}=\frac{BC}{AB}\)

\(\Leftrightarrow AB^2=BC\times HB\)

\(\Leftrightarrow AB^2=\left(9+16\right)\times9\)

\(\Leftrightarrow AB^2=225\)

\(\Leftrightarrow AB=15\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABH vuông tại H ta có :

\(BH^2+AH^2=AB^2\)

\(\Leftrightarrow9^2+AH^2=15^2\)

\(\Leftrightarrow81+AH^2=225\)

\(\Leftrightarrow AH=12\left(cm\right)\)

Vậy AB = 15 cm ; AH = 12 cm

a/ Xét tg vuông ABH và tg vuông ADH có

AH chung

BH=HD (gt)

=> tg ABH = tg ADH (Hai tg vuông có 2 cạnh góc vuông = nhau)

=> AB = AD

b/

Ta có tg ABH = tg ADH \(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{DAH}\)

IE//AB \(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{DEH}\)

\(\Rightarrow\widehat{DAH}=\widehat{DEH}\) => tg DAE cân tại D => AD = DE

Mà AB = AD (cmt)

=> AB = DE

IE//AB => DE//AB

=> ABED là hình bình hành (Tứ giác có cặp cạnh đối // và bằng nhau là hình bình hành)

=> HA = HE (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

c/

Xét tg vuông ACH và tg vuông ECH có

CH chung

HA=HE (cmt)

=> tg ACH = tg ECH (Hai tg vuông có 2 cạnh góc vuông = nhau)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}=\widehat{ECH}\) (1)

IE//AB \(\Rightarrow\widehat{IDC}=\widehat{ABH}\) (góc đồng vị)

\(\widehat{KDC}=\widehat{ADH}\) (góc đối đỉnh)

tg ABH = tg ADH \(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{ADH}\)

\(\Rightarrow\widehat{IDC}=\widehat{KDC}\) (2)

Xét tg IDC và tg KDC có DC chung (3)

Từ (1) (2) (3) => tg IDC = tg KDC => DI = DK

d/

Ta có

 tg IDC = tg KDC (cmt) \(\Rightarrow CI=CK\) => tg CIK cân tại C

 tg IDC = tg KDC (cmt) \(\Rightarrow\widehat{ICD}=\widehat{KDC}\) => CD là phân giác \(\widehat{ICK}\)

\(\Rightarrow CD\perp IK\) (Trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

\(\Rightarrow IK\perp BC\)

Tham Khảo :

Để chứng minh các điều kiện trên, ta sẽ sử dụng các định lí và quy tắc trong hình học Euclid.

Chứng minh AB = AD:
Ta có AH vuông góc với BC, nên tam giác ABC và tam giác AHD là hai tam giác vuông cân.
Vì BH = HD (theo đề bài), nên ta có AB = AD (vì hai tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng nhau).
Chứng minh H là trung điểm AE:
Vì BH = HD (theo đề bài), nên ta có AH là đường cao của tam giác ABC.
Do đó, H là trung điểm của cạnh BC (do đường cao chia đôi cạnh đáy).
Chứng minh DI = DK:
Ta có DE || AB (do DE và AB đều song song với BC).
Vì DE || AB và AH là đường cao của tam giác ABC, nên ta có DI/DK = AE/EB (theo định lí đường cao).
Vì H là trung điểm của AE (theo bước 2), nên ta có AE = 2AH.
Từ đó, ta có DI/DK = 2AH/EB.
Vì BH = HD (theo đề bài), nên ta có EB = 2BH.
Từ đó, ta có DI/DK = 2AH/(2BH) = AH/BH = 1.
Vậy, ta có DI = DK.
Chứng minh IK vuông góc với BC:
Ta có DE || AB (do DE và AB đều song song với BC).
Vì IK là đường chéo của tứ giác AIDE, nên ta cần chứng minh tứ giác AIDE là hình bình hành.
Ta đã chứng minh DI = DK (theo bước 3), nên tứ giác AIDE là hình bình hành.
Do đó, ta có IK vuông góc với BC (vì đường chéo của hình bình hành vuông góc với cạnh đáy).
Vậy, các điều kiện đã được chứng minh.