Định lí 1 : Nếu tam giác vuông có một góc bằng \(30^0\)thì cạnh đối diện với góc ấy bằng nửa cạnh huyền 

Vì \(DP\perp AB\)(giả thiết) \(\Rightarrow\Delta PAD\)vuông tại P

\(\Delta PAD\)vuông tại P có \(\widehat{DAP}=60^0\)(giả thiết)

\(\Rightarrow\widehat{PDA}=30^0\)

Do đó \(2PA=DA\)(định lí 1)

\(\Rightarrow4PA^2=DA^2\)

Vì \(\Delta PAD\)vuông tại P (chứng minh trên)

\(\Rightarrow PA^2+PD^2=AD^2\)(định lí Py-ta-go)

\(\Rightarrow PA^2+4^2=4PA^2\)(thay số)

\(\Rightarrow4PA^2-PA^2=16\)

\(\Rightarrow3PA^2=16\)

\(\Rightarrow PA^2=\frac{16}{3}\Rightarrow PA=\sqrt{\frac{16}{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}\left(cm\right)\)(vì \(PA>0\))

Do đó: \(DA=2PA=2.\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{8}{\sqrt{3}}\left(cm\right)\)

Vì \(CH\perp AB\)(giả thiết)

\(\Rightarrow\Delta CHB\)vuông tại H.

\(\Delta CHB\)vuông tại H có \(\widehat{HCB}=60^0\)(giả thiết)

\(\Rightarrow BC=2HC\)(định lí 1)

\(\Rightarrow BC=2.4\)(thay số)

\(\Rightarrow BC=8\left(cm\right)\)

Vì \(\Delta CHB\)vuông tại H (chứng minh trên)

\(\Rightarrow HB^2+HC^2=BC^2\)(định lí Py-ta-go)

\(\Rightarrow HB^2+4^2=8^2\)(thay số)

\(\Rightarrow HB^2+16=64\)

\(\Rightarrow HB^2=56\Rightarrow HB=\sqrt{56}=2\sqrt{14}\left(cm\right)\)(vì \(HB>0\))

Mặt khác, xét tứ giác DCHP có:

 \(DP//CH\)(vì cùng vuông góc với AB)

Và \(DP=CH\)(giả thiết)

\(\Rightarrow\)DCHP là hình bình hành 

\(\Rightarrow CD=PH=3\left(cm\right)\)(tính chất).

Ta có:

\(AB=AP+PH+HB\)

\(\Rightarrow AB=\frac{4}{\sqrt{3}}+3+2\sqrt{14}\left(cm\right)\)

Do đó:

\(P_{ABCD}=AB+BC+CD+DA=\)\(\frac{4}{\sqrt{3}}+3+2\sqrt{14}+8+3+\frac{8}{\sqrt{3}}\)(thay số)

\(P_{ABCD}=\frac{12}{\sqrt{3}}+14+2\sqrt{14}=4\sqrt{3}+2\sqrt{14}+14\left(cm\right)\)

Vậy \(P_{ABCD}=4\sqrt{3}+2\sqrt{14}+14\left(cm\right)\)

Hình thang ABCD (\(AB//CD\)) có \(DP\perp AB\)(giả thiết)

\(\Rightarrow\)DP là đường cao của hình thang ABCD

Ta có:

\(S_{ABCD}=\frac{\left(AB+CD\right).DP}{2}=\frac{\left(\frac{4}{\sqrt{3}}+2\sqrt{14}+3+3\right).4}{2}\)

\(S_{ABCD}=\left(\frac{4}{\sqrt{3}}+2\sqrt{14}+6\right).2=\frac{8}{\sqrt{3}}+4\sqrt{14}+12\left(cm^2\right)\)

Vậy \(S_{ABCD}=\frac{8}{\sqrt{3}}+4\sqrt{14}+12\left(cm^2\right)\)

Kẻ \(BH\perp CD\)

Mà \(CD\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow BH//AD\)

Hình thang ABHD (AB//HD) có BH//AD nên \(\hept{\begin{cases}HD=AB=5\left(cm\right)\\BH=AD\end{cases}}\) (t/c hình thang)

\(HD+HC=DC\Rightarrow5+HC=9\Rightarrow HC=4\left(cm\right)\)

\(\Delta HBC\)vuông cân tại H nên \(HB=HC=4cm\Rightarrow AD=4cm\left(AD=BH\right)\)

Áp dụng định lí Pitago tính được \(BC=\sqrt{32}\left(cm\right)\)

Chu vi hình thang vuông ABCD là: 

          \(AB+BC+CD+AD=5+\sqrt{32}+9+4=18+\sqrt{32}\left(cm\right)\)

Chúc bạn học tốt.

Trong hình thang ABCD đường cao hạ từ A xuống CD = đường cao hạ từ C xuống AB

Xét tam giác ACD và tam giác ABC, hai tam giác này có đường cao hạ từ A xuống CD và đường cao hạ từ C xuống AB băng nhau nên

\(\frac{S_{ABC}}{S_{ACD}}=\frac{AB}{CD}=\frac{1}{3}\Rightarrow S_{ACD}=3xS_{ABC}=3x36=108cm^2\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD}=36+108=144cm^2\)

chịu thui

Ko biết làm lun

Chịu rồiiiiii

a: góc A-góc D=20 độ

góc A+góc D=180 độ

=>góc A=(20+180)/2=100 độ và góc D=180-100=80 độ

góc B=2*góc C

góc B+góc C=180 độ

=>góc B=2/3*180=120 độ; góc C=180-120=60 độ

b: góc B-góc C=20 độ

góc B+góc C=180 độ

=>góc B=(180+20)/2=100 độ và góc C=80 độ

=>góc A=100+20=120 độ

=>góc D=60 độ

Kẻ BK ^CD tại K Þ AB = HK

S A B C D = ( 2 H K ) + 2 K C ) . A H 2 = H C . A H = 96 c m 2

Kẻ BH \(\perp\) CD tại H 

Xét tam giác BHC vuông tại H (BH \(\perp\) CD): \(\widehat{C}\) = 30^o

\(\Rightarrow\) BH = \(\dfrac{1}{2}\)BC (Tính chất cạnh đối diện với góc 30^o bằng một nửa cạnh huyền)

hay BH = \(\dfrac{1}{2}\).8 = 4(cm)

Vì ABCD là hình thang (AB // CD)

\(\Rightarrow\) S_ABCD = \(\dfrac{1}{2}\)(AB + CD).BH = \(\dfrac{1}{2}\).(2 + 9).4 = 22 (cm²)

Chúc bn học tốt!