Bài $3^{}$ 

$a)^{}$ Xét $ΔACD^{}$ và $ΔMBD^{}$ có:

$DM=DA^{}$ (gt)

$∠ADC=∠BDM^{}$ ($2^{}$ góc đối đỉnh)

$BD=DC^{}$ (vì $D^{}$ là trung điểm của $BC^{}$)

⇒ $ΔACD=ΔMBD^{}$ (c.g.c)

⇒ $AC=BM^{}$ ($2^{}$ cạnh tương ứng)

và $∠ACD=∠DBM^{}$ ($2^{}$ góc tương ứng)

Mà $2^{}$ góc trên ở vi trí so le trong

⇒ $AC//BM^{}$ (t/c)

$b)^{}$ Vì $ΔACD=ΔMBD^{}$ (cmt)

⇒ $∠DAC=∠BMA^{}$ ($2^{}$ góc tương ứng)

Mà $AC//BM^{}$ (cmt)

⇒ Tứ giác $ACMB^{}$ là hình bình hành (dhnb)

Xét $ΔABM^{}$ và $ΔMCA^{}$ có:

$AC=BM^{}$ (cmt)

$∠MAC=∠AMB^{}$ 

$AM^{}$ chung

⇒ $ΔABM=ΔMCA^{}$ (c.g.c)

$c)^{}$ $AH⊥BC^{}$ (gt) ⇒ $∠AHD=∠AHB=90^{0}$

            $MK⊥BC^{}$ (gt) ⇒ $∠MKD=∠NKC=90^{0}$ 

Xét $ΔAHD^{}$ và $ΔMKD^{}$ có:

$∠ADH=∠KDM^{}$ ($2^{}$ góc đối đỉnh)

$AD=DM^{}$ (gt)

$∠AHD=∠MKD=90^{0}$

⇒  $ΔAHD=ΔMKD^{}$ (cạnh huyền - góc nhọn)

⇒ $HD=DK^{}$ ($2^{}$ cạnh tương ứng)

Ta có: $BD+DK=BK^{}$

          $CD+HD=CH^{}$ 

Mà  $HD=DK^{}$ (cmt)

       $BD=CD^{}$ (vì $D^{}$ là trung điểm của $BC^{}$)

⇒ $BK=CH^{}$ (t/c)

$d)^{}$ Vì $ΔAHD=ΔMKD^{}$ (cmt)

⇒ $AH=MK^{}$ ($2^{}$ cạnh tương ứng)

Mà $AH⊥BC^{}$ (gt)

      $MK⊥BC^{}$ (gt)

⇒ $AH//MK^{}$

⇒ Tứ giác $AHMK^{}$ là hình bình hành (dhnb)

Vậy $AK//MH^{}$ (t/c)

  Bài $4^{}$ 

$a)^{}$ Xét $ΔBDE^{}$ và $ΔADK^{}$ có:

$AD=DB^{}$ (vì $D^{}$ là trung điểm của $AB^{}$)

$∠ADK=∠BDE^{}$ ($2^{}$ góc đối đỉnh)

$DK=DE^{}$ (gt)

⇒ $ΔBDE=ΔADK^{}$ (c.g.c)

⇒ $∠DBE=∠DAK^{}$ ($2^{}$ góc tương ứng)

Mà $2^{}$ góc trên ở vị trí so le trong

⇒ $AK//BE^{}$ (t/c)
$b)^{}$ Vì $ΔAKD=ΔBED^{}$ (cmt)

⇒ $∠K_{1}=$ $∠E_{1}$ ($2^{}$ góc tương ứng)                                $(1)^{}$ 

Mà $E^{}$ là trung điểm của $BC^{}$ (gt)

      $D^{}$là trung điểm của $AB^{}$ (gt)

⇒ $DE^{}$ là đường trung bình của  $ΔABC^{}$ ⇒ $DE//AC^{}$ 

⇒ $∠E_{1}=$ $∠C_{1}$ và $DE=\frac{1}{2}AC$ 

Từ $(1)^{}$ và $(2)^{}$ ⇒ $∠K_{1}=$ $∠C_{1}$ 

Xét $ΔAKE^{}$ và $ΔECA^{}$ có:

$∠K_{1}=$ $∠C_{1}$ (cmt)

$KE=AC ^{}$

$∠A_{2}=$ $∠E_{2}$ ($2^{}$ góc so le trong)

⇒ $ΔAKE=ΔECA^{}$ (g.c.g)

$c)^{}$ $∠=65^{0}$ (gt)

            $∠C=55^{0}$ (gt)

⇒ $∠B=60^{0}$ 

Vì $ΔAKD=ΔBED^{}$ (cmt)

⇒ $∠KAD=∠DBE=60^{0}$

    $∠K=∠E_{1}=$ $∠C_{1}=55^0$

Xét $ΔDAK^{}$ có: $∠KAD=60^{0}$

                               $∠AKD=55^{0}$

⇒ $∠ADK=65^{0}$

$d)^{}$ Xét $ΔAIC^{}$ và $ΔEIK^{}$ có:
$AI=IE^{}$ (vì $I^{}$ là trung điểm của $AE^{}$)

$∠A_{2}=$ $∠E_{2}$ ($2^{}$ góc so le trong)

$AC=KE^{}$

⇒ $ΔAIC=ΔEIK^{}$ (c.g.c)

⇒ $IC=IK^{}$ ($2^{}$ cạnh tương ứng)                                   $(3)^{}$ 

Vì $ΔADK=ΔBDE^{}$ (cmt)

⇒ $∠K_{1}=$ $∠E_{1}$ ($2^{}$ góc tương ứng)
Mà $2^{}$ góc trên ở vi trí so le trong

⇒ $AK//BE^{}$ ⇒ $AK//BC^{}$ 

Xét tứ giác $AKEC^{}$ có:

$AK//BC^{}$ (cmt)

$AC//KE^{}$ (cmt)

⇒ Tứ giác $AKEC^{}$ là hình bình hành

⇒ $I^{}$ là giao của hai đường chéo ⇒ $I∈KC^{}$                   $(4)^{}$ 

Từ $(3)^{}$ và $(4)^{}$ 

⇒ $I^{}$ là trung điểm của $KC^{}$ (gt)