D C P H A B 3cm 4cm 4cm 60^ 60^

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

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có:
AP=DP.cot\widehat{DAP}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\left(cm\right)AP=DP.cotDAP=343​​(cm).
HB=CH.tan\widehat{HCB}=4\sqrt{3}\left(cm\right)HB=CH.tanHCB=43​(cm).
DA.sin\widehat{DAP}=DP\Leftrightarrow DA=\dfrac{DP}{sin\widehat{DAP}}=\dfrac{8\sqrt{3}}{3}DA.sinDAP=DP⇔DA=sinDAPDP​=383​​.
Tương tự:

 CB=\dfrac{CH}{cos\widehat{HCB}}=\dfrac{4}{cos60^o}=8\left(cm\right)CB=cosHCBCH​=cos60o4​=8(