Áp dụng định lí Pytago vào ΔABH vuông tại H, ta được:

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

\(\Leftrightarrow HB^2=4^2-2^2=12\)

\(\Leftrightarrow HB=2\sqrt{3}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(AH^2=HB\cdot HC\)

\(\Leftrightarrow HC=\dfrac{2^2}{2\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

a, Xét △BAH vuông tại H có: HBA + BAH = 90^o (tổng 2 góc nhọn trong △vuông)

Ta có: BAC = BAH + HAC  => BAH + HAC = 90^o

=> HBA = HAC  => HBA = KAD

Xét △HBA vuông tại H và △KAD vuông tại K

Có: HBA = KAD (cmt)

       AB = AD (gt)

=> △HBA = △KAD (ch-gn)

b, Vì BC ⊥ AH (gt)  => HE ⊥ HK

và AH ⊥ KD (gt) => HK ⊥ KD

=> HE // KD (từ vuông góc đến song song)

Xét △HKD vuông tại K và △DEH vuông tại E

Có: HD là cạnh chung

       KHD = HDE (HE // KD)

=> △HKD = △DEH (ch-gn)

c, Vì △HKD = △DEH (cmt)

=> KD = EH (2 cạnh tương ứng)

Mà AH = KD (△HBA = △KAD)

=> AH = EH

a, xét tam giác ABH và tam giác DBH có : BH chung

góc AHB = góc DHB = 90 

AH = HD (gt)

=> tam giác AHB = tam giác DBH (2cgv)

a) Xét  \(\Delta ABH\)và \(\Delta DBH\)

ta có AH = DH (gt)

\(\widehat{AHB}=\widehat{DHB}=\left(90^0\right)\)

BH chung

nên \(\Delta ABH=\Delta DBH\left(c-g-c\right)\)

b) Dễ chứng minh \(\Delta AHC=\Delta DHC\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}=\widehat{DCH}\)

do đó CH là tpg của \(\widehat{ACD}\)

c) Dễ chứng minh \(\Delta BHD=\Delta EHA\left(g-c-g\right)\)

\(\Rightarrow BH=HE\)

Xét \(\Delta ABH\)và \(\Delta DEH\)

ta có BH = HE (cmt)

\(\widehat{AHB}=\widehat{DHE}\left(=90^0\right)\)

AH = DH (gt)

nên \(\Delta ABH=\Delta DEH\left(c-g-c\right)\)

suy ra \(\widehat{ABH}=\widehat{EDH}\)

mà hai góc này ở vị trí so le trong 

do đó AB // DE

Diện tích tam giác vuông đó : 

       ( 3 . 4 ) : 2 = 6 ( cm² )

#Riin

(3+4)/2=(cm^2)

hello anh hảo

∆ABC có hai đường cao BD, CR cắt nhau tại H

a) ∆BDC có H là trung điểm của DC (gt) và M là trung điểm của BC => HM là đường trung bình của tam giác => HM // BD

Mà HM⊥EF nên BD⊥EF. ∆BDH có BE và HE là hai đường cao nên E là trực tâm của ∆BDH => DE⊥BH (đpcm)

b) Kẻ FJ⊥CH cắt BH tại S

∆SHC có hai đường cao CF và SJ nên HF là đường cao thứ ba => HF⊥SC

Mà HF⊥HM => HM // SC mà M là trung điểm của BC nên H là trung điểm của BS

Xét ∆BRH và ∆SJH có:

          ^BRH = ^SJH (= 90⁰)

          BH = SH (cmt)

          ^BHR = ^SHJ (đối đỉnh)

Do đó ∆BRH = ∆SJH (ch - gn) 

=> HR = HJ (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆ERH và ∆FJH có:

          ^ERH = ^FJH (= 90⁰ )

          HR = HJ (cmt)

          ^EHR = ^FHJ (đối đỉnh)

Do đó ∆ERH = ∆FJH (cgv - gnk)

=> EH = FH (hai cạnh tương ứng) (đpcm)