a: BD=10cm

b: Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

góc ABD=goc EBD

BD chung

=>ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE

=>ΔDAE cân tại D

a: Ta có: BE\(\perp\)DC

AC\(\perp\)DC

Do đó: BE//AC

Xét ΔDAC có ME//AC

nên \(\dfrac{DM}{DA}=\dfrac{DE}{DC}\)

b: Ta có: NE\(\perp\)BD

BC\(\perp\)BD

Do đó: NE//BC

Xét ΔDBC có NE//BC

nên \(\dfrac{DE}{DC}=\dfrac{DN}{DB}\)

=>\(\dfrac{DN}{DB}=\dfrac{DM}{DA}\)

Xét ΔDBA có \(\dfrac{DN}{DB}=\dfrac{DM}{DA}\)

nên MN//AB

( Bạn tự vẽ hình nhé )
a) Xét tam giác ADC có ME//AC ( cùng ⊥ DC )( E∈DC ; M∈AD )

➝ \(\dfrac{DE}{DM}=\dfrac{DC}{DA}\) ( Hệ quả định lý TaLét )

b) Xét tam giác ADC có ME//AC ( cùng ⊥ DC )( E∈DC ; M∈AD )
➝\(\dfrac{DA}{DM}=\dfrac{DC}{DE}\)  ( Hệ quả định lý TaLét ) ( 1 )

 Xét tam giác DBC có NE//BC ( cùng ⊥ BD )( N∈BD ; E∈CD )
➝ \(\dfrac{DB}{DN}=\dfrac{DC}{DE}\) ( Hệ quả định lý TaLét )  ( 2 ) 

Từ  ( 1 ) ( 2 ) ➞ \(\dfrac{DA}{DM}=\dfrac{DB}{DN}=\dfrac{DC}{DE}\)

Mà ( N∈BD ; E∈CD )

➝ MN // AB ( ĐL Talet đảo )
c) Ta có : AB // MN , BC // NE , ME//AC

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}\text{BC , NE , BA , MN cùng thuộc bờ mặt phẳng BD}\\\text{BC , NE , CA , ME cùng thuộc bờ mặt phẳng DC}\end{matrix}\right..\text{ }\)

→ \(\widehat{ABC}=\widehat{MNE}\) ;  \(\widehat{ACB}=\widehat{MEN}\)

Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

➞ ΔMNE cân tại M
➝ MN = ME

Lại có : \(\widehat{MNE}+\widehat{MNB}=90=\widehat{MEN}+\widehat{MBN}\) ( hai góc phụ nhau )
Mà  \(\stackrel\frown{MNE}=\stackrel\frown{MEN}\)

➝ \(\widehat{MBN}=\widehat{MNB}\)

➞ Δ MBN cân

➝ BM = MN
Mà MN = ME

➝ MB = ME

➤ ĐPCM

1: Xét ΔCDB có 

CA là đường cao

CA là đường trung tuyến

Do đó: ΔCDB cân tại C

mà CA là đường trung tuyến

nên CA là tia phân giác của góc BCD

2: Xét ΔCEI vuông tại E và ΔCFI vuông tại F có

CI chung

\(\widehat{ECI}=\widehat{FCI}\)

Do đó:ΔCEI=ΔCFI

Suy ra: CE=CF

hay ΔCEF cân tại C

Xét ΔCDB có

CE/CD=CF/CB

nên EF//DB

3: Ta có: ΔCEI=ΔCFI

nên IE=IF

mà IF<IB

nên IE<IB

4: Xét ΔCDB có

CA là đường cao

BE là đường cao

CA cắt BE tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔCDB

=>DI⊥CB

mà IF⊥CB

nên DI,FI có điểm chung là I

nên D,I,F thẳng hàng

1: Xét ΔABE vuông tại E và ΔACD vuông tại D có

AB=AC

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE=ΔACD

2: Ta có: ΔABE=ΔACD

=>\(\widehat{ABE}=\widehat{ACD}\)

Ta có: \(\widehat{ABE}+\widehat{EBC}=\widehat{ABC}\)

\(\widehat{ACD}+\widehat{DCB}=\widehat{ACB}\)

mà \(\widehat{ABE}=\widehat{ACD};\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)

=>\(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)

=>ΔIBC cân tại I

3: Xét ΔABC có

BE,CD là các đường cao

BE cắt CD tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔABC

=>AI\(\perp\)BC tại H

Ta có: ΔABH vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AB^2-AH^2=BH^2\left(1\right)\)

Ta có: ΔIHB vuông tại H

=>\(HI^2+HB^2=BI^2\)

=>\(HB^2=BI^2-HI^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AB^2-AH^2=BI^2-HI^2\)

=>\(AB^2+HI^2=BI^2+AH^2\)

a) Ta có: \(\widehat{ABE}=\widehat{CBE}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}\)(BE là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\))

\(\widehat{ACD}=\widehat{BCD}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\)(CD là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\))

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(ΔBAC cân tại A)

nên \(\widehat{ABE}=\widehat{CBE}=\widehat{ACD}=\widehat{BCD}\)

Xét ΔADC vuông tại A và ΔAEB vuông tại A có 

AC=AB(ΔABC vuông cân tại A)

\(\widehat{ACD}=\widehat{ABE}\)(cmt)

Do đó: ΔADC=ΔAEB(Cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

Suy ra: AD=AE(Hai cạnh tương ứng) và CD=BE(Hai cạnh tương ứng)

Xét tam giác AEC= tam giác ADB(g-c-g)

suy ra AE=AD từ đó BE=DC

có CE Cắt BD tại I suy ra AI là p/g suy ra AM vuông góc

a) Do tam giác ABC vuông cân nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{ACD}\)

Xét tam giác vuông ABE và tam giác vuông ACD có:

AB = AC (gt)

\(\widehat{ABE}=\widehat{ACD}\)

\(\Rightarrow\Delta ABE=\Delta ACD\)  (Cạnh góc vuông - góc nhọn kề)

\(\Rightarrow BE=CD;AE=AD\)

b) I là giao điểm của hai tia phân giác góc B và góc C của tam giác ABC nên AI cũng là phân giác góc A.

Do tam giác ABC cân tại A nên AI là phân giác đồng thời là đường cao và trung tuyến.

Vậy thì \(\widehat{AMC}=90^o;BM=MC=AM\)

Từ đó suy ra tam giác AMC vuông cân tại M.

c) Gọi giao điểm của DH, AK với BE lần lượt là J và G. 

Do DH và AK cùng vuông góc với BE nên ta có 

\(\Delta BDJ=\Delta BHJ;\Delta BAG=\Delta BKG\Rightarrow BD=BH;BA=BK\)

\(\Rightarrow HK=AD\)

Mà AD = AE nên HK = AE.    (1)

Do tam giác BAK cân tại B, có \(\widehat{B}=45^o\Rightarrow\widehat{BAK}=\frac{180^o-45^o}{2}=67,5^o\)

\(\Rightarrow\widehat{GAE}=90^o-67,5^o=22,5^o=\frac{\widehat{IAE}}{2}\)

Suy ra AG là phân giác góc IAE.

Từ đó ta có \(\widehat{KAC}=\widehat{ICA}\left(=22,5^o\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AKC=\Delta CIA\left(g-c-g\right)\Rightarrow KC=IA\)    

Lại có tam giác AIE có AG là phân giác đồng thời đường cao nên nó là tam giác cân, hay AI = AE. Suy ra KC = AE  (2)

Từ (1) và (2) suy ra HK = KC.