Câu 3. 

Tam giác \(ABC\)vuông cân tại \(A\)nên \(\widehat{ACB}=45^o\).

Tam giác \(BCD\)vuông cân tại \(B\)nên \(\widehat{BCD}=45^o\).

\(\widehat{ACD}=\widehat{ACB}+\widehat{BCD}=45^o+45^o=90^o\)

\(\Rightarrow AC\perp CD\)

mà \(AC\perp AB\)

nên \(AB//CD\)

suy ra \(ABCD\)là hình thang vuông. 

Câu 4. 

Kẻ \(BE\perp CD\)khi đó \(\widehat{BED}=90^o\).

Tứ giác \(ABED\)có \(4\)góc vuông nên là hình chữ nhật, mà \(AB=AD\)nên \(ABED\)là hình vuông. 

\(BE=DE=AB=2\left(cm\right)\)

\(EC=CD-DE=4-2=2\left(cm\right)\)

Suy ra tam giác \(BEC\)vuông cân tại  \(E\)

Suy ra \(\widehat{EBC}=\widehat{ECB}=45^o\)

\(\widehat{ABC}=\widehat{ABE}+\widehat{EBC}=90^o+45^o=135^o\)

cau 3 ve hinh ban oi

a . Xét ΔABC ⊥ tại A , ta có :

\(\widehat{ABC} \) + \(\widehat{ACB}\) = 90^o ( 2 góc nhọn phụ nhau )

35^o + \(\widehat{ACB}\) = 90^o

⇒ \(\widehat{ACB}\) = 55^o

b . Xét ΔBEA và ΔBED, ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}BA=BD\left(gt\right)\\\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\\BE-BE\end{matrix}\right.\)

⇒ ΔBEA = ΔBED ( cạnh chung )

_{thêm vào chỗ góc ABE = góc DBE là  ( BE là tia pg của góc ABC ) và BE=BE ( cạnh chung ) hộ mình nhá :3}

C. Xét ΔBFH và ΔBCH, ta có :

 \( \begin{cases} BH = BH ( cạnh chung )\\ \widehat{BHF }= \widehat{BHC} ( = 90 độ )\\ \widehat {FBH} = \widehat{CBH} ( BE là tia phân giác của \widehat{ABC} \end{cases}\)

⇒ ΔBFH = ΔBCH ( g_c_g )

⇒ BF = BC ( 2 cạnh tương ứng )

a) Ta có: \(BC^2=10^2=100\)

\(AB^2+AC^2=6^2+8^2=100\)

Do đó: \(BC^2=AB^2+AC^2\)(=100)

Xét ΔABC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)(cmt)

nên ΔABC vuông tại A(Định lí Pytago đảo)

b) Ta có: ΔABC vuông tại A(cmt)

nên \(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)(Hai góc nhọn phụ nhau)

mà \(\widehat{ABC}=2\cdot\widehat{DBC}\)(BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\))

và \(\widehat{ACB}=2\cdot\widehat{ECB}\)(CE là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\))

nên \(2\cdot\widehat{DBC}+2\cdot\widehat{ECB}=90^0\)

\(\Leftrightarrow2\cdot\left(\widehat{IBC}+\widehat{ICB}\right)=90^0\)

hay \(\widehat{IBC}+\widehat{ICB}=45^0\)

Xét ΔIBC có 

\(\widehat{BIC}+\widehat{IBC}+\widehat{ICB}=180^0\)(Định lí tổng ba góc trong một tam giác)

\(\Leftrightarrow\widehat{BIC}+45^0=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{BIC}=180^0-45^0\)

hay \(\widehat{BIC}=135^0\)

Vậy: \(\widehat{BIC}=135^0\)

\(Hình \) \(tự \) \(vẽ\)

a, Xét △\(ABC\) ta có :

 \(AB\)² + \(AC\)²\(= \)6² + 8²= 100 ( cm ) mà \(BC\)²=10² =100 ( cm )

➙ AB² + AC² = BC²

➙ Tam giác ABC vuông

a: Xet ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

góc HBA chung

=>ΔHBA đồng dạng với ΔABC

=>BH/BA=BA/BC

=>BA^2=BH*BC

b: \(BC=\sqrt{8^2+6^2}=10\left(cm\right)\)

HB=6^2/10=3,6cm

HC=10-3,6=6,4cm

\(1,HC=\dfrac{AH^2}{BH}=\dfrac{256}{9}\\ \Rightarrow AB=\sqrt{BH\cdot BC}=\sqrt{\left(\dfrac{256}{9}+9\right)9}=\sqrt{337}\\ 2,BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\\ \Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=6,4\left(cm\right)\\ 3,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=9\\ \Rightarrow CH=\dfrac{AC^2}{BC}=5,4\\ 4,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{9\left(6+9\right)}=3\sqrt{15}\\ 5,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\sqrt{7}\left(cm\right)\\ \Rightarrow AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=3\sqrt{7}\left(cm\right)\\ 6,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{12\left(12+8\right)}=4\sqrt{15}\left(cm\right)\)

a: BC=BH+CH

=2+8

=10(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH=\sqrt{2\cdot8}=4\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{2\cdot10}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\\AC=\sqrt{8\cdot10}=4\sqrt{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: Xét tứ giác ADHE có

\(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)

=>ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH

c: ΔHDB vuông tại D 

mà DM là đường trung tuyến

nên DM=HM=MB

\(\widehat{EDM}=\widehat{EDH}+\widehat{MDH}\)

\(=\widehat{EAH}+\widehat{MHD}\)

\(=90^0-\widehat{C}+\widehat{C}=90^0\)

=>DE vuông góc DM

C

C

C