a) Vì \(\Delta ABD\) và \(\Delta ACE\) đều (gt).

=> \(\left\{{}\begin{matrix}AD=AB\\AC=AE\\\widehat{DAB}=\widehat{EAC}=60^0\end{matrix}\right.\) (tính chất tam giác đều).

Vì \(\widehat{DAB}=\widehat{EAC}\left(cmt\right)\)

=> \(\widehat{DAB}+\widehat{BAC}=\widehat{EAC}+\widehat{BAC}\)

=> \(\widehat{DAC}=\widehat{BAE}.\)

Xét 2 \(\Delta\) \(ADC\) và \(ABE\) có:

\(AD=AB\left(cmt\right)\)

\(\widehat{DAC}=\widehat{BAE}\left(cmt\right)\)

\(AC=AE\left(cmt\right)\)

=> \(\Delta ADC=\Delta ABE\left(c-g-c\right)\)

=> \(DC=BE\) (2 cạnh tương ứng).

Chúc bạn học tốt!

            ( Hình ko chính xác đâu nha )

                                CM

Vẽ về phía ngoài tam giác ABC dựng tam giác đều ACQ và tam giác RBC cân tại R sao cho \(\widehat{BRC}=120^0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}DB=DC\\RB=RC\end{cases}}\)

\(\Rightarrow DR\)là đường trung trực BC ( tc)

          mà tam giác DBC cân tại D ( gt)

\(\Rightarrow DR\)là phân giác của \(\widehat{BDC}\left(tc\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BDR}=\frac{1}{2}\widehat{BDC}=60^0\)

Ta có: \(\widehat{DBR}=\widehat{DBC}+\widehat{RBC}\left(h.ve\right)\)

                      \(=30^0+30^0\)

                      \(=60^0\)mà BD = BR (cmt)

\(\Rightarrow\Delta BDR\)là tam giác đều ( dấu hiệu nhận biết )

Vì \(\Delta APB\)đều ( gt)

\(\Rightarrow BP=BA\left(đn\right)\)

Ta có: \(\widehat{PBD}=\widehat{PBA}+\widehat{ABD}\left(h.ve\right)\)

                       \(=60^0+\widehat{ABD}\left(1\right)\)

Lại có: \(\widehat{ABR}=\widehat{DBR}+\widehat{ABD}\left(h.ve\right)\)

                       \(=60^0+\widehat{ABD}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{PBD}=\widehat{ABR}\)

 Xét \(\Delta BPD\)và \(\Delta BAR\)có:

       \(\hept{\begin{cases}\widehat{PBD}=\widehat{ABR}\left(cmt\right)\\PB=BA\left(cmt\right)\\BD=BR\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta BPD=\Delta BAR\left(c-g-c\right)}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}DP=RA\left(2canhtuongung\right)\left(3\right)\\\widehat{BDP}=\widehat{BRA}\left(2goctuongung\right)\end{cases}}\)

CM tương tự ta có \(\Delta CRA=\Delta CDQ\left(c-g-c\right)\)( bạn tự CM nhé nó tương tự )

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}DQ=RA\left(2canhtuongung\right)\left(4\right)\\\widehat{QDC}=\widehat{ARC}\left(2goctuongung\right)\end{cases}}\)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow DP=DQ=RA\)

Ta có: \(\widehat{PDQ}=360^0-\widehat{BDC}-\left(\widehat{PDB}+\widehat{QDC}\right)\)

   mà \(\widehat{BDP}=\widehat{BRA};\widehat{QDC}=\widehat{ARC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{PDQ}=360^0-\widehat{BDC}-\left(\widehat{BRA}+\widehat{CRA}\right)\)

                \(=360^0-\widehat{BDC}-\widehat{BRC}\)

                \(=360^0-120^0-120^0\)

               \(=120^0\)

(Chỗ này mình hướng dẫn bạn tự làm típ  nhé)

từ đó tam giác DPQ cân tại D và góc PDQ=120⁰ . Kết hợp với giả thiết tam giác DEF cân tại D có góc EDF=120⁰

\(\Rightarrow\Delta DFP=\Delta DEQ\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow EQ=FP\left(2canhtuongung\right)\)

Dễ thấy EQ=EC nên PF=CE.

mình hiểu rồi thanks bạn nhiều 

giúp e vs các a cj Phương An

soyeon_Tiểubàng giải

Hoàng Lê Bảo Ngọc

Silver bullet

Nguyễn Huy Tú

Nguyễn Như Nam

Nguyễn Trần Thành Đạt

Nguyễn Huy Thắng

Võ Đông Anh Tuấn

a) ta có : tam giác MAB đều => \(\widehat{MAB}=60\)

Tam giác ACN đều :=> \(\widehat{CAN}=60\)

ta có \(\widehat{MAN}=\widehat{BAC}+\widehat{MAB}+\widehat{CAN}=60+60+60=180\)

=> M,N,A thẳng hằng

a)A1+A2+A3=60+60+60=180=> MAN thảng hàng.

b)2tam giac ANB; ACM có: gócNAB =góc CAM=120

AN=AC; AB=AM(GT)

=> Tam giac ANB=tam giác ACM=> BN=CM

c) không rõ đề

tự vẽ hình nhé bạn

tui không biết vẽ

a, vì tam giác AMB là tam giác đều nên các góc của tam giác bằng 60 độ nên góc MAB=60 độ

vì tam giác ANC là tam giác đều nên các góc của tam giác bằng 60 độ nên góc CAN= 60 độ

ta có góc A= góc MAN+góc BAC+góc CAN= 60+60+60=180 độ

suy ra A là góc bẹt nên M,A,N thẳng hằng