Câu 23:

1:

Ta có; ABCD là hình vuông

=>AD⊥ DC tại D

=>AD⊥KC tại D

DKIH là hình vuông

=>DH⊥ DK

=>DH⊥KC

mà AD⊥KC

và AD,DH có điểm chung là D

nên A,D,H thẳng hàng

ABCD là hình vuông

=>CA là phân giác của góc BCD

=>\(\hat{BCA}=\hat{DCA}=45^0\)

DKIH là hình vuông

=>KH là phân giác của góc DKI

=>\(\hat{DKH}=\hat{IKH}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét ΔFKC có \(\hat{FKC}+\hat{FCK}=45^0+45^0=90^0\)

nên ΔFKC vuông cân tại F

=>KF⊥AC tại F

Xét ΔAKC có

KF,AD là các đường cao

KF cắt AD tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔAKC

=>CH⊥AK tại E

Xét ΔKEC vuông tại E và ΔKDA vuông tại D có

\(\hat{EKC}\) chung

Do đó: ΔKEC~ΔKDA

2; Xét ΔHAC có HF là đường cao

nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HF\cdot AC\left(1\right)\)

Xét ΔKAC có KF là đường cao

nên \(S_{KAC}=\frac12\cdot KF\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{KAC}}=\frac{HF}{KF}\)

Xét ΔHKC có HD là đường cao

nên \(S_{HKC}=\frac12\cdot HD\cdot KC\left(3\right)\)

Xét ΔAKC có AD là đường cao

nên \(S_{AKC}=\frac12\cdot AD\cdot KC\) (4)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HKC}}{S_{AKC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot KC}{\frac12\cdot AD\cdot KC}=\frac{HD}{AD}\)

Xét ΔHAK có HE là đường cao

nên \(S_{HAK}=\frac12\cdot HE\cdot AK\left(5\right)\)

Xét ΔCAK có CE là đường cao

nên \(S_{CAK}=\frac12\cdot CE\cdot AK\left(6\right)\)

Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAK}}{S_{CAK}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AK}{\frac12\cdot CE\cdot AK}=\frac{HE}{CE}\)

\(\frac{HD}{AD}+\frac{HF}{FK}+\frac{HE}{EC}\)

\(=\frac{S_{HAC}+S_{HAK}+S_{HKC}}{S_{AKC}}=1\)

\(2020\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HF}{FK}+\frac{HE}{EC}\right)+2021\)

=2020+2021

=4041