a.TG ABC cân tại A gt

=> ^B = ^C tính chất tg cân

Mà ^ECB=^ACE=1/2^C ( CE là pg ^C)

     ^DBC=^ABD=1/2^B ( BD là pg ^B)

=> ^ECB=^ACE =^DBC=^ABD

Xét tg BEC và tg CDB có:

^ECB = ^DBC(cmt)

BC chung

^B=^C (tg ABC cân tại A)

 =>tg BEC = tg CDB(g-c-g)

b. Xét tg ABD và tg ACE có

^A chung

AB = AC (tg ABC cân tại A)

^ABD=^ACE(cmt)

=>tg ABD = tg ACE(g-c-g)

=>AD=AE (cctu)

=> tg ADE là tg cân

Chứng minh được tam giác ADB = tam giác AEC (g-c-g) => AD = AE, từ đó tam giác ADE cân tại A.

a: ta có: ΔABC cân tại A

mà AH là đường phân giác

nên AH vừa là đường cao vừa là đừog trung tuyến

b: Vì H là trung điểm của BC

nên BH=CH=4cm

\(AH=\sqrt{AB^2-AH^2}=2\sqrt{21}\left(cm\right)\)

c: Xét ΔBIC có 

IH là đường cao

IH là đường trung tuyến

Do đó:ΔBIC cân tại I

Xét ΔABM và ΔADM có 

AB=AD(gt)

\(\widehat{BAM}=\widehat{DAM}\)(AM là tia phân giác của \(\widehat{BAD}\))

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔADM(C-g-c)

Suy ra: MB=MD(Hai cạnh tương ứng) và \(\widehat{ABM}=\widehat{ADM}\)(Hai góc tương ứng)

Ta có: \(\widehat{ABM}+\widehat{EBM}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\widehat{ADM}+\widehat{CDM}=180^0\)(hai góc kề bù)

mà \(\widehat{ABM}=\widehat{ADM}\)(cmt)

nên \(\widehat{EBM}=\widehat{CDM}\)

Xét ΔBME và ΔDMC có 

\(\widehat{EBM}=\widehat{CDM}\)(cmt)

MB=MD(cmt)

\(\widehat{BME}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔBME=ΔDMC(g-c-g)

Suy ra: ME=MC(Hai cạnh tương ứng)

Xét ΔMEC có ME=MC(cmt)

nên ΔMEC cân tại M(Định nghĩa tam giác cân)

xét tg ABF và tg EBF có 
BF chung 
gABF = gEBF (gt) 
AB = BE (gt) 
=> tgABF = tgEBF (c-g-c) 
 

vì tg ABF = tgEBF (theo (a) ) 
=> gBAF = gBEF = 90^O 
=> AF = EF 
xét tg AFK và tg EFC 
AF= EF (cmt) 
gAFK =g EFC (đ.đ) 
gBAF = gBEF (CMT) 
=> tg AFK = TG EFC (g-c-g) 
=> AK = EC ( 2 cạnh t/ư) 
=> BA + AK = BE + EC 
hay BK = BC 
=> tg BCK cân 

a) Ta có: EF//BC(gt) =>\(\left\{{}\begin{matrix}\text{^EOB = ^OBC (SLT)}\\\text{ ^FOC = ^OCB (SLT)}\\\text{^AEF = ^B (Đồng vị)}\\\text{^AFE = ^C (Đồng vị)}\end{matrix}\right.\)

Có: ^OBC = ^OBA ( BF là phân giác ^B)

mà:  ^EOB = ^OBC (cmt)

=> ^EOB = ^OBA => tam giác EBO cân tại E

Có: ^OCA = ^OCB ( BF là phân giác ^B)

mà:  ^FOC = ^OCB (cmt)

=> ^FOC = ^OCA => tam giác FCO cân tại E

Ta có: ^AEF = ^B (cmt)

           ^AFE = ^C (cmt)

Mà ^B = ^C (tam giác ABC cân tại A)

=> ^AEF =  ^AFE => tam giác AEF cân tại A

Có : ^ABF = ^CBF =  \(\dfrac{1}{2}\) ^B ( BF là phân giác ^B)

       ^ACE = ^BCE = \(\dfrac{1}{2}\) ^B ( CF là phân giác ^C)

mà : ^B = ^C (tam giác ABC cân tại A)

=> ^ACE = ^ABF = ^CBF = ^BCE

Xét tg OBC có: ^OBC = ^OCB (^CBF = ^BCE) => tg OBC cân tại O

Xét tam giác FCO và tam giác EBO có:

^FOC = ^FOB ( đối đỉnh)

^FCO = ^EBO (^ABF = ^ACE)

OB = OC ( tg OBC cân tại O )

=> tam giác FCO = tam giác EBO(g-c-g)

a: Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{CAD}=\hat{BAC}=90^0\)

\(\hat{BDA}+\hat{HAD}=90^0\) (ΔHAD vuông tại H)

mà \(\hat{CAD}=\hat{HAD}\) (AD là phân giác của góc HAC)

nên \(\hat{BAD}=\hat{BDA}\)

=>ΔBAD cân tại B

Ta có: \(\hat{CAE}+\hat{BAE}=\hat{CAB}=90^0\)

\(\hat{CEA}+\hat{HAE}=90^0\) (ΔHAE vuông tại H)

mà \(\hat{BAE}=\hat{HAE}\) (AE là phân giác của góc HAB)

nên \(\hat{CEA}=\hat{CAE}\)

=>ΔCAE cân tại C

b: AC+AB

=CE+BD

=CD+DE+BE+ED

=BC+ED

Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B với vận tốc thực là 25,5 km/giờ. Tới bến B, ca nô nghỉ 5 giờ 40 phút rồi quay lại ngược về bến A với vận tốc cũ thì gặp 1 chiếc phao cùng xuất phát từ bến A trôi theo dòng nước. Hỏi nơi gặp nhau cách bến A bao nhiêu ki-lô-mét? (Biết vận tốc dòng nước là 4,5 km/giờ và quãng sông AB dài 120km )

Đáp số đúng là:

A. 58km