b.
Do tam giác ABC vuông tại A \(\Rightarrow CA\perp BD\)
Theo giả thiết \(BK\perp CK\) hay \(BK\perp CD\)
Mà CA và BK cắt nhau tại H
\(\Rightarrow H\) là trực tâm tam giác BCD
\(\Rightarrow DH\) là đường cao thứ 3
\(\Rightarrow DH\perp BC\) tại E
\(\Rightarrow\widehat{DEC}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{HDK}=\widehat{CBK}\) (cùng phụ \(\widehat{BCD}\))
Xét hai tam giác DKH và tam giác BKC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HDK}=\widehat{CBK}\left(cmt\right)\\\widehat{DKH}=\widehat{BKC}=90^0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta DKH\sim\Delta BKC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{DHK}=\widehat{BCK}\) (1)
Trong tam giác vuông DKH:
\(sin\widehat{DHK}=\dfrac{DK}{DH}\Rightarrow DK=DH.sin\widehat{DHK}\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow DK=DH.sin\widehat{BCK}\)
c,
Câu này có nhiều cách giải (dựng thêm hình hoặc chứng minh BAE và BCD đồng dạng).
Từ E kẻ \(EF\perp AB\)
Xét hai tam giác BED và BAC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BED}=\widehat{BAC}=90^0\\\widehat{B}-chung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BED\sim\Delta BAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{BE}{BA}=\dfrac{BD}{BC}\Rightarrow BE=\dfrac{BA.BD}{BC}=\dfrac{2.3}{4}=\dfrac{3}{2}\left(cm\right)\)
Do EF song song AC (cùng vuông góc AB), áp dụng định lý Thales:
\(\dfrac{EF}{AC}=\dfrac{BE}{BC}\Rightarrow EF=\dfrac{BE.AC}{BC}=\dfrac{\dfrac{3}{2}.2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow S_{\Delta ABE}=\dfrac{1}{2}EF.AB=\dfrac{1}{2}.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}.2=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\left(cm^2\right)\)
Em cần giúp câu c và d ạ, mn giúp em với em đang cần gấp
