a) Xét ΔABDvàΔACEcóΔABDvàΔACEcó :

AB = AC (gt)

ˆADB=ˆAEC=900ADB^=AEC^=900

ˆA(chung)A^(chung)

Do đó: ΔABD=ΔACE(ch−gn)ΔABD=ΔACE(ch−gn)

b) Vì ΔABD=ΔACE(cmt)ΔABD=ΔACE(cmt)

ˆABD=ˆACEABD^=ACE^ (hai gocd tương ứng)

=> AE = AD ( hai cạnh tương ứng)

AB = AC

mà AB - AE = EB

AC - AD = DC

=> EB = DC

Xét ΔEHBvàΔDHCcó:ΔEHBvàΔDHCcó:

ˆEBA=ˆDCA(ˆABD=ˆACE)EBA^=DCA^(ABD^=ACE^)

EB = DC (cmt)

ˆBEA=ˆCDA=900BEA^=CDA^=900

Do đó: ΔEHB=ΔDHC(g−c−g)ΔEHB=ΔDHC(g−c−g)

=> HB = HC (hai cạnh tương ứng)

=> ΔBHC cân tại H

c) xét tam giác ABC và tam giác EBF có:

AB = BE ( GT )

B chung

A = E = 90°

=> tam giác ABC = tam giác EBF ( g.c.g )

d) ta có tam giác ABC = tam giác EBF ( theo c )

=> BC = BF ( 2 cạnh tương ứng)

Xét tam giác BKC và tam giác BKF có:

BC = BF ( GT )

BK chung

FBK = KBC ( GT )

=> tam giác BKC = tam giác BKF (c.g.c)

=> BKC = BKF ( 2 góc t.ư)

=> BKC + BKF = 180° ( 2 góc kề bù )

=> BKC = BKF = 180° : 2 = 90° = KFC

Vậy 3 điểm K,F,C thẳng hàng