a) Kẻ DK // BH, ta có BH là đường trung bình của ΔADK hay AH = HK = EK = a; DK = 2.BH = 2b.

Xét trong tam giác vuông DKE ta suy ra:

\(tan\widehat{AED}=tan\widehat{KED}=\frac{DK}{EK}=\frac{2b}{a}\)

b) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, ta có:

\(AH^2=BH.CH\)\(\Leftrightarrow CH=\frac{AH^2}{BH}=\frac{a^2}{b}\)

Xét tam giác DKE và tam giác EHC có:

\(\frac{DK}{EH}=\frac{EK}{CH}=\frac{b}{a}\); \(\widehat{DKE}=\widehat{EHC}=90^0\)

⇔ ΔDKE ~ ΔEHC (c.g.c)

⇔ \(\widehat{KED}=\widehat{HCE}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{DEC}=\widehat{KED}+\widehat{HEC}=\widehat{HCE}+\widehat{HEC}=90^0\)

Vậy .....

a) Py-ta-go \(\Delta ABH\), ta có : \(AB^2=AH^2+BH^2=25\Rightarrow AB=5\)

\(AH^2=BH.HC\Rightarrow HC=\frac{AH^2}{BH}=\frac{16}{3}\)

\(AB.AC=AH.BC\)hay \(5.AC=4.\left(3+\frac{16}{3}\right)\Rightarrow AC=\frac{20}{3}\)

b) HB // DI ( cùng vuông góc AI )

\(\Rightarrow\frac{BH}{DI}=\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow DI=2BH=6\)

\(\frac{AH}{HI}=\frac{AB}{BD}=1\)kết hợp với AH = 2HE \(\Rightarrow AH=HI=IE=4\)

\(\tan\widehat{IED}=\frac{DI}{IE}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\)

\(\tan\widehat{HCE}=\frac{HE}{HC}=\frac{8}{\frac{16}{3}}=\frac{3}{2}\)

c) theo câu b, \(\Rightarrow\tan\widehat{IED}=\tan\widehat{HCE}=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\widehat{IED}=\widehat{HCE}\)

d) \(\widehat{HCE}+\widehat{HEC}=90^o\Rightarrow\widehat{IED}+\widehat{HEC}=90^o\Rightarrow\widehat{DEC}=90^o\Rightarrow DE\perp EC\)

Đáp án bài? 

a)

Ta có: HE=HA(gt)

mà A,H,E thẳng hàng

nên H là trung điểm của AE

Xét ΔAED có 

H là trung điểm của AE(cmt)

M là trung điểm của AD(A và D đối xứng nhau qua M)

Do đó: HM là đường trung bình của ΔAED(Định nghĩa đường trung bình của tam giác)

⇒HM//ED và \(HM=\dfrac{1}{2}\cdot ED\)(Định lí 2 về đường trung bình của tam giác)

b) Xét tứ giác ABDC có 

M là trung điểm của đường chéo BC(gt)

M là trung điểm của đường chéo AD(A và D đối xứng nhau qua M)

Do đó: ABDC là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

Hình bình hành ABDC có \(\widehat{BAC}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)

nên ABDC là hình chữ nhật(Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)

cậu c,d lm kiểu j ạ

a) Xét tam giác \(AHB\)vuông tại \(H\): 

\(AB^2=AH^2+HB^2\)(định lí Pythagore) 

\(\Rightarrow AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5\left(cm\right)\)

Xét tam giác \(ABC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AH\): 

\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}-\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{4^2}-\frac{1}{5^2}\)

\(\Rightarrow AC=\frac{20}{3}\left(cm\right)\)

\(BC^2=AB^2+AC^2\)(định lí Pythagore) 

\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{25+\frac{400}{9}}=\frac{25}{3}\left(cm\right)\)

\(HC=BC-HB=\frac{25}{3}-3=\frac{16}{3}\left(cm\right)\)

b) Xét tam giác \(AID\)có: \(B\)là trung điểm của \(AD\)

\(BH//ID\)(vì cùng vuông góc với \(AI\)) 

nên \(BH\)là đường trung bình của tam giác \(AID\).

Suy ra \(H\)là trung điểm của \(AI\).

\(\Rightarrow AH=HI\Rightarrow HI=\frac{1}{2}HE\)

do đó \(I\)là trung điểm của \(HE\).

\(P=2tan\widehat{IED}-3tan\widehat{ECH}\)

\(=2\frac{ID}{IE}-3\frac{CH}{HE}\)

\(=\frac{4HB}{AH}-\frac{3}{2}\frac{CH}{AH}\)

\(=\frac{8.3-3.\frac{16}{3}}{2.4}=1\)

c) \(tan\widehat{IED}=\frac{ID}{IE}=\frac{2HB}{AH}=\frac{2.3}{4}=\frac{3}{2}\)

\(cot\widehat{CEH}=\frac{EH}{CH}=\frac{2AH}{CH}=\frac{2.4}{\frac{16}{3}}=\frac{3}{2}\)

\(tan\widehat{IED}=cot\widehat{CEH}\Rightarrow\widehat{IED}+\widehat{CEH}=90^o\Rightarrow\widehat{CED}=90^o\)

do đó ta có đpcm. 

a: Xét tứ giác ABDC có

O là trung điểm chung của AD và BC

góc BAC=90 độ

Do đó: ABDC là hình chữ nhật

b: Xét ΔAED có HA/AE=AK/AD

nen HK//ED

=>ED vuông góc với AE
=>ΔAED vuông tại E

Xét ΔCAB và ΔCEB có

BA=BE

CB chung

AC=EC

Do đó: ΔCAB=ΔCEB

=>góc CEB=90 độ

=>ΔBEC vuông tại E

a)

Có:    \(AH^2=HB.HC\left(HTL\right)\)

=>     \(16=3HC\Rightarrow HC=\frac{16}{3}\)

Lần lượt áp dụng định lí PYTAGO ta được:   

\(\hept{\begin{cases}AH^2+HB^2=AB^2\\AH^2+HC^2=AC^2\end{cases}}\)

=>    \(\hept{\begin{cases}16+9=AB^2\\16+\frac{256}{9}=AC^2\end{cases}}\)

=>    \(\hept{\begin{cases}AB=5\\AC=\frac{20}{3}\end{cases}}\)

b) Có:  BH và DI cùng vuông góc với EI 

=> BH // DI

=> ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ TALET TA ĐƯỢC:

=> \(\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AI}=\frac{BH}{DI}\)

Mà:    \(\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\left(gt\right)\)

=>   \(\frac{AH}{AI}=\frac{BH}{DI}=\frac{1}{2}\)

=>   \(AH=HI\)

=>    \(DI=6;HI=4\)

MÀ:    \(EA=AH\left(gt\right)=4\)

=> DIện tích tam giác IED \(=\frac{ID.IE}{2}=\frac{6.12}{2}=36\)

Có: \(HC=\frac{16}{3};HE=8\left(CMT\right)\)

=> Diện tích tam giác HCE    \(=\frac{HC.HE}{2}=\frac{16}{3}.8:2=\frac{64}{3}\)

Câu c xem lại đề nha, mình vẽ thì DE ko vuông góc với EC đâu nhaaaaaaa

TÌM MỘT SỐ CÓ BÔN CHỮ SỐ,BIẾT CHỮ SỐ HÀNG TRĂM GẤP ĐÔI CHỮ SỐ HÀNG NGHÌN,CHỮ SỐ HÀNG CHỤC GẤP ĐÔI CHỮ SỐ HÀNG TRĂM, CHỮ SỐ HÀNG ĐƠN VỊ LỚN HƠN CHỮ SỐ HÀNG CHỤC LÀ 3.