a) Xét ΔDIB vuông tại I có 

\(DI=DB\cdot\sin60^0\)

\(\Leftrightarrow DI=20\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔDIB vuông tại I, ta được:

\(BD^2=BI^2+ID^2\)

\(\Leftrightarrow BI^2=20^2-\left(10\sqrt{3}\right)^2=100\)

hay BI=10(cm)

1) -Ta có: \(\widehat{MBD}=\widehat{ACB}\) (△ABC cân tại A) và \(\widehat{ACB}=\widehat{NCE}\) (đối đỉnh).

\(\Rightarrow\widehat{MBD}=\widehat{NCE}\)

-Xét △MDB và △NEC có:

\(\widehat{MBD}=\widehat{NCE}\) (cmt)

\(BD=CE\)

\(\widehat{MDB}=\widehat{NEC}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△MDB=△NEC (g-c-g).

\(\Rightarrow DM=EN\) (2 cạnh tương ứng).

2) -Ta có: DM⊥BC tại D, EN⊥BC tại E nên DM//EN

-Xét △EMN và △DNM có:

\(DM=EN\) (cmt).

\(\widehat{DMN}=\widehat{ENM}\) (DM//EN và so le trong).

MN là cạnh chung.

\(\Rightarrow\)△EMN=△DNM (c-g-c).

\(\Rightarrow\widehat{EMN}=\widehat{DNM}\) (2 góc tương ứng) nên ME//DN.

3) -Có điểm I rồi kẻ thêm điểm I nữa hả bạn?

3) -Mình nói tóm tắt:

-Bạn chứng minh AK⊥BC tại K rồi từ đó chứng minh △OKB=△OKC (c-g-c) suy ra OB=OC.

-Bạn chứng minh △IDM=△INE (g-c-g) từ đó suy ra DI=IN và góc OKB, góc OKC là 2 góc vuông.

-Bạn chứng minh △OIM=△OIN(c-g-c) suy ra OM=ON

-Bạn chứng minh △OBM=△OCN (c-c-c) suy ra góc OBM= góc OCN.

-Bạn chứng minh △OAB=△OAC (c-c-c) suy ra góc OBM=góc OCA.

Suy ra góc OCN=góc OCA mà 2 góc này là 2 góc kề bù nên cùng bằng 90⁰.

-\(S_{AOC}=\dfrac{1}{2}AC.OC\)

\(S_{AOC}=S_{AKC}+S_{OKC}=\dfrac{1}{2}AK.KC+\dfrac{1}{2}OK.KC=\dfrac{1}{2}KC\left(AK+OK\right)=\dfrac{1}{2}KC.OA\)

\(\Rightarrow AC.OC=CK.OA\)

\(\Rightarrow\dfrac{AC^2}{CK^2}=\dfrac{OA^2}{OC^2}=\dfrac{OA^2-AC^2}{OC^2-CK^2}=\dfrac{OC^2}{OK^2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{CK}=\dfrac{OC}{OK}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{OC}=\dfrac{CK}{OK}\)

\(\Rightarrow\dfrac{CK.OC}{OK}=AC\)

\(\Rightarrow\dfrac{OK}{CK.OC}=\dfrac{1}{AC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{OK^2}{CK^2.OC^2}=\dfrac{1}{AC^2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{OC^2-CK^2}{OC^2.CK^2}=\dfrac{1}{AC^2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{CK^2}-\dfrac{1}{OC^2}=\dfrac{1}{AC^2}\)

a. Gọi G là trung điểm AD

Tam giác ABC đều \(\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{C}=60^0\)

\(CD=BC-BD=40\left(cm\right)\)

Trong tam giác vuông BDI:

\(sinB=\dfrac{ID}{BD}\Rightarrow DI=BD.sinB=20.sin60^0=10\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(cosB=\dfrac{IB}{BD}\Rightarrow IB=BD.cosB=20.cos60^0=10\left(cm\right)\)

Trong tam giác vuông CDK:

\(sinC=\dfrac{DK}{CD}\Rightarrow DK=CD.sinC=40.sin60^0=20\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(cosC=\dfrac{KC}{CD}\Rightarrow KC=CD.cosC=40.cos60^0=20\left(cm\right)\)

b. Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow BM=CM=\dfrac{1}{2}BC=30\left(cm\right)\)

\(DM=BM-BD=10\left(cm\right)\) ; \(AM=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=30\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ADM:

\(AD=\sqrt{AM^2+DM^2}=20\sqrt{7}\left(cm\right)\)

 \(AG=DG=\dfrac{AD}{2}=10\sqrt{7}\left(cm\right)\)

\(AI=AB-BI=50\left(cm\right)\)

Hai tam giác vuông AEG và ADI đồng dạng (chung góc \(\widehat{IAD}\))

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AG}{AI}\Rightarrow AE=\dfrac{AG.AD}{AI}=28\left(cm\right)\)

Do EG là trung trực AD \(\Rightarrow DE=AE=28\left(cm\right)\)

Tương tự ta có \(AK=AC-CK=40\left(cm\right)\)

Hai tam giác vuông AGF và AKD đồng dạng

\(\Rightarrow\dfrac{AG}{AK}=\dfrac{AF}{AD}\Rightarrow AF=\dfrac{AG.AD}{AK}=35\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow DF=AF=35\left(cm\right)\)

\(EF=EG+FG=\sqrt{AE^2-AG^2}+\sqrt{AF^2-AG^2}=7\sqrt{21}\left(cm\right)\)

Ta có:

AB=AD

=> tam giác BDA cân tại B

=> \(\widehat{BAD}=\widehat{BDA}\)(1)

Ta lại có: \(\widehat{BDA}+\widehat{HAD}=90^o,\widehat{BAD}+\widehat{DAE}=90^o\)(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: \(\widehat{HAD}=\widehat{DAE}\)

Xét tam giác HAD và tam giác EAD có:

\(\widehat{HAD}=\widehat{DAE}\)( chứng minh trên)

AH=AE (gt)

AD chung 

Suy ra tam giác HAD và tam giác EAD

=> \(\widehat{AHD}=\widehat{ADE}\)

như vậy DE vuông AC

b) Ta có: BD+AH =BA+AE < BA+AC vì (AH=AE, BD=AB, E<AC) 

Em xem lại đề bài nhé