a: Xét ΔBDE và ΔBCE có

BD=BC

\(\widehat{DBE}=\widehat{CBE}\)

BE chung

Do đó: ΔBDE=ΔBCE

b: Ta có: ΔBDE=ΔBCE

=>ED=EC

=>E nằm trên đường trung trực của DC(1)

Ta có: BD=BC

=>B nằm trên đường trung trực của CD(2)

Ta có: KD=KC

=>K nằm trên đường trung trực của CD(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra B,E,K thẳng hàng

=>B,E,K cùng nằm trên đường trung trực của DC

=>EK\(\perp\)DC

c: ΔAHD vuông tại H có \(\widehat{DAH}=45^0\)

nên ΔAHD vuông cân tại H

Xét ΔBDC có BD=BC

nên ΔBCD cân tại B

mà \(\widehat{BDC}=45^0\)

nên ΔBCD vuông cân tại B

=>\(\widehat{ABC}=90^0\)

a)Xét tam giác BED và tam giác BEC có:

BD=BC(gt)

Góc B₁= góc B₂ (Vì BK là tia phân giác của góc B)

BE chung

=> Tam giác BED= tam giác BEC(c.g.c)

b) Xét tam giác BKS và tam giác BKC có:

BK chung 

Góc B₁= góc B₂ (Vì BK là tia phân giác của góc B)

DK=KC( vì K là trung điểm của DC)

=> Tam giác BKD= tam giác BKC(c.g.c)

=>BK vg góc với DC

hay EK vg góc với DC

c)VÌ EK vg góc với DC(cm b)

Mà BK vg góc với DC(cm b)

=> EK và BK cùng vg góc với DC

=> Ek trùng với BK

=>Ba điểm B,E,K thẳng hàng

Trần Phương Thảo

xem lại khúc chứng minh BKE THẲNG HÀNG

bài 1 đề bài có sai ko?

Đề đúng nha bạn

Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
 => BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE. 
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
 =>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
 (Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của  ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE      => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực  Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/

(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
 => ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM          => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của  ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).

a: Xét ΔBED và ΔBEC có 

BD=BC

\(\widehat{DBE}=\widehat{CBE}\)

BE chung

Do đó: ΔBED=ΔBEC

b: Ta có: ΔBED=ΔBEC

nên ED=EC

Xét ΔEDC có ED=EC

nên ΔEDC cân tại E

mà EK là đường trung tuyến

nên EK là đường cao

c: Ta có: ED=EC

nên E nằm trên đường trung trực của DC(1)

Ta có: KD=KC

nên K nằm trên đường trung trực của DC(2)

Ta có: BD=BC

nên B nằm trên đường trung trực của DC(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra B,K,E thẳng hàng

a) Xét ΔBED và ΔBEC có 

BD=BC(gt)

\(\widehat{DBE}=\widehat{CBE}\)(BE là tia phân giác của \(\widehat{DBC}\))

BE chung

Do đó: ΔBED=ΔBEC(c-g-c)

Xét ΔBDI và ΔBCI có

BD=BC(gt)

\(\widehat{DBI}=\widehat{CBI}\)(BI là tia phân giác của \(\widehat{DBC}\))

BI chung

Do đó: ΔBDI=ΔBCI(c-g-c)

⇒ID=IC(hai cạnh tương ứng)

b) Sửa đề: Chứng minh AH//BI

Xét ΔBDC có BD=BC(gt)

nên ΔBDC cân tại B(Định nghĩa tam giác cân)

Ta có: ΔBDC cân tại B(cmt)

mà BI là đường phân giác ứng với cạnh đáy DC(gt)

nên BI là đường cao ứng với cạnh DC(Định lí tam giác cân)

⇒BI⊥DC

Ta có: AH⊥DC(gt)

BI⊥DC(cmt)

Do đó: AH//BI(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)

a) Xét \(\Delta BED\) và \(\Delta BEC\) có:

\(BD=BC\) (giả thiết)

\(\widehat{DBE}=\widehat{CBE}\) (do \(BE\) là tia phân giác \(\widehat{B}\))

\(BE\) là cạnh chung

\(\Rightarrow\Delta BED=\Delta BEC\left(c.g.c\right)\)

b) Vì \(\Delta BED=\Delta BEC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow ED=EC\) (\(2\) cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow\Delta EDC\) cân tại \(E\) 

Mà \(EK\) là đường trung tuyến \(\Delta EDC\)

\(\Rightarrow EK\) cũng là đường trung trực \(\Delta EDC\)

\(\Rightarrow EK\perp DC\)

c) Giả sử \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\)

Ta có: \(\Delta DBC\) vuông cân tại \(B\)

\(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{BCD}=45^o\)

Xét \(\Delta ADH\left(\widehat{H}=90^o\right)\) có:

\(\widehat{ADH}+\widehat{DAH}=90^o\) (\(2\) góc phụ nhau)

\(\Rightarrow\widehat{DAH}=90^o-45^o=45^o\)

d) Ta có: \(BC=BD\) (giả thiết)

\(\Rightarrow\Delta BCD\)  cân tại \(B\)

Mà \(BE\) là đường phân giác \(\widehat{B}\) (giả thiết)

\(\Rightarrow BE\) cũng là đường cao \(\Delta BCD\)

\(\Rightarrow BE\perp DC\)

Lại có: \(EK\perp DC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow B,K,E\) thẳng hàng