a: Xét ΔAEB và ΔADC có

AE=AD
\(\hat{EAB}\) chung

AB=AC

Do đó: ΔAEB=ΔADC

=>EB=DC

b: ΔAEB=ΔADC

=>\(\hat{AEB}=\hat{ADC}\)

mà \(\hat{AEB}+\hat{CEB}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ADC}+\hat{BDC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{CEB}=\hat{BDC}\)

Ta có: ΔAEB=ΔADC

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

Ta có: AD+DB=AB

AE+EC=AC
mà AD=AE và AB=AC
nên DB=EC

Xét ΔKDB và ΔKEC có

\(\hat{KDB}=\hat{KEC}\)

DB=EC
\(\hat{KBD}=\hat{KCE}\)

Do đó: ΔKDB=ΔKEC

c: ΔKDB=ΔKEC

=>KB=KC

Xét ΔAKB và ΔAKC có

AK chung

KB=KC

AB=AC

Do đó: ΔAKB=ΔAKC

=>\(\hat{BAK}=\hat{CAK}\)

=>AK là phân giác của góc BAC

d: Xét ΔKBC có KB=KC

nên ΔKBC cân tại K

a) xét tam giác ABE và ACD có:

AB=AC(tam giác ABC cân tại A)

^A chung

AE=AD(gt)

suy ra tam giác ABE = ACD(c.g.c)

do đó BE=CD(2 cạnh t/ứ) ( đpcm)

^ABE=^DCA( 2 góc t/ứ)

b) vì k cắt CD và BE nên:

^CDA=^BEA

ta có : ^ CDA + ^CDB = 180 độ ( 2 góc kề bù)

^BEC+^BEA=180( 2 độ góc kề bù)

suy ra ^CDB=^BEC

AB=AC(tam giác ABC cân tại A)

AD=AE(gt)

ta lại có : BD+DA=BD

CE+EA=AC

suy ra BD=CE

xét tam giác KBD và KCE có:

^KDB=^KEC(vì ^CDB=^BEC)

DB=CE(cmt)

^DBK=^ECK(vì ^ABE=^DCA)

suy ra tam giác KBD = KCE(g.c.g)(đpcm)

do đó DK=KE(2 cạnh t/ứ)

c) vì DK= KE(cmt)

suy ra K cách đều 2 cạnh AB ,AC

do đó AK là tia p/g của góc A(đpcm)

d) vì DK= KE(cmt)

BE=CD(cmt)

ta có BK+KE=BE

CK+KD=CD

do đó BK=KC

xét tam giác BKC có:

BK=KC (cmt)

suy ra tam giác BKC là tam giác cân tại K( đpcm)

\(A=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\)
\(=\frac{a^3}{abc}+\frac{b^3}{abc}+\frac{c^3}{abc}=\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\)
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3\)
\(=a^3+b^3+\left\lbrack-\left(a+b\right)\right\rbrack^3\) \(\)
\(=a^3+b^3-\left\lbrack a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)\right\rbrack\)
\(=a^3+b^3-\left(a^3+b^3\right)-3ab\left(a+b\right)\)
\(=-3ab\left(a+b\right)\)
\(=-3ab\left(-c\right)\)
\(=3abc\)
Thay \(a^3+b^3+c^3\) vào A, ta có:
\(A=\frac{3abc}{abc}=3\)

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)^2\)
\(3a^2+3b^2+3c^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\)
\(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc=0\)
\(\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)=0\)
\(\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2=0\)
mà \(\left(a-b\right)^2,\left(a-c\right)^2,\left(b-c\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
\(\Rightarrow\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\ \left(a-c\right)^2=0\\ \left(b-c\right)^2=0\end{cases}\)
\(\begin{cases}a-b=0\\ a-c=0\\ b-c=0\end{cases}\)
\(\begin{cases}a=b\\ a=c\\ b=c\end{cases}\)
\(a=b=c\left(dpcm\right)\)

a: Ta có: \(AE=EB=\frac{AB}{2}\)

\(AD=DC=\frac{AC}{2}\)

mà AB=AC

nên AE=EB=AD=DC

Xét ΔADB và ΔAEC có

AD=AE
\(\hat{DAB}\) chung

AB=AC

Do đó: ΔADB=ΔAEC

=>BD=CE

b: Xét ΔDAM và ΔDCB có

DA=DC
\(\hat{ADM}=\hat{CDB}\) (hai góc đối đỉnh)

DM=DB

Do đó: ΔDAM=ΔDCB

=>\(\hat{DAM}=\hat{DCB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AM//CB

ΔDAM=ΔDCB

=>AM=CB

Xét ΔEAN và ΔEBC có

EA=EB

\(\hat{AEN}=\hat{BEC}\) (hai góc đối đỉnh)

EN=EC

Do đó: ΔEAN=ΔEBC

=>\(\hat{EAN}=\hat{EBC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AN//BC

ΔEAN=ΔEBC

=>AN=BC

Ta có: AN//BC

AM//BC

mà AN,AM có điểm chung là A

nên M,A,N thẳng hàng

mà AM=AN(=BC)

nên A là trung điểm của BC

c: Xét ΔABC có

BD,CE là các đường trung tuyến

BD cắt CE tại I

Do đó: I là trọng tâm của ΔABC

=>\(BI=\frac23BD;CI=\frac23CE\)

mà BD=CE

nên IB=IC

Xét ΔAIB và ΔAIC có

AI chung

IB=IC

AB=AC

Do đó: ΔAIB=ΔAIC

=>\(\hat{BAI}=\hat{CAI}\)

=>AI là phân giác của góc BAC