`a)` Xét `ΔABM` và `ΔACM`, có:

`AB = AC (ΔABC` cân tại `A)`

`AM-` chung

`MB = MC (M` là trung điểm của `BC)`

`⇒ ΔABM = ΔACM (c-c-c)`  (đpcm)

``

`b)` `ΔABM = ΔACM` (câu `a`)

`→\hat{AMB}=\hat{AMC}` (`2` góc tương ứng)

Mà `\hat{AMB}+\hat{AMC}=180^o` (kề bù)

`→\hat{AMB}=\hat{AMC}=180^o/2=90^o`

`⇒AM⊥BC`  (đpcm)

``

`c)` Xét ΔEBC và ΔFCB có: 

`BC-` cạnh chung

`\hat{EBC}=\hat{FBC} (ΔABC` cân tại `A)`

$BE = CF(gt)$

`⇒ ΔEBC = ΔFCB (c-g-c)`  (đpcm)

``

`d)` Có `AE=AB-BE`

           `AF=AC-CF`

Mà `AB = AC(ΔABC` cân tại `A)`

      $BE = CF(gt)$

`→ AE = AF→ΔAEF` cân tại `A`

`⇒\hat{AEF}=\hat{AFE}={180^o-\hat{A}}/2`    `(1)`

Có `ΔABC` cân tại $A(gt)$

`⇒\hat{ABC}=\hat{ACB}={180^o-\hat{A}}/2`    `(2)`

Từ `(1)&(2)` suy ra: `\hat{AEF}=\hat{ABC}`

 Mà `2` góc trên lại ở vị trí đồng vị

`⇒EF║BC`  (đpcm)

Đáp án + Giải thích các bước giải:

Vì `\triangleABC` cân tại `A`( bài cho)

`=> {(AB=AC),(\hat{B}=\hat{C}):}`

Có `M` là eung điểm `BC` ( bài cho)

`=> BM=CM`

`a)` Xét `\triangle ABM` và `\triangle ACM` có:

     `AB=AC(cmt)`

     `AM`: cạnh chung

      `BM=CM(cmt)`

`=> \triangle ABM=\triangleACM(c.c.c)(đpcm)`

`b)`

Vì `\triangleABM=\triangleACM(cmt)`

`=> \hat{AMB}=\hat{AMC}`( hai góc tương ứng)

Mà `\hat{AMB}+\hat{AMC}=180^o` ( hai góc kề bù)

hay `\hat{AMB}+\hat{AMB}=180^o`

`=> 2\hat{AMB}=180^o`

`=> \hat{AMB}=90^o`

`=> AM⊥BM=> AM⊥BC(đpcm)`

`c)`

Xét `\triangle EBC` và `\triangleFCB` có:

     `BE=CF`( bài cho)

     `\hat{B}=\hat{C}(cmt)`

     `BC:` cạnh chung

`=> \triangle EBC=\triangleFCB(c.g.c) (đpcm)`

`d)`

Có `AB=AC(cmt); BE=CF(cmt)`

`=> AB-BE=AC-BF`

`=> AE=AF`

Xét `\triangle AEF` có: `AE=AF(cmt)`

`=> \triangle AEF` cân tại `A`

`=> \hat{AEF}=\hat{AFE}= (180^o - \hat{EAF})/2 = (180^o-\hat{BAC})/2`  `(1)`

Xét `\triangle  ABC` cân tại ` A` ( bài cho)

`=> \hat{B}=\hat{C}= (180^o - \hat{BAC})/2 `  `(2)`

Từ `(1)` và `(2)`

`=> \hat{AEF} = \hat{B}(= (180^o - \hat{BAC})/2) `

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

`=> EF////BC(đpcm)`