Đáp án+Giải thích các bước giải:

`a,`

Áp dụng định lý `Pytago` cho `ΔABC` vuông tại `A` có:

`BC^2 = AB^2 + AC^2 = 9^2 + 12^2 = 81 + 144 =225`

`⇒ BC =` $\sqrt{225}$ `= 15 cm`

`b,`

Xét `ΔABD` vuông tại `A` và `ΔMBD` vuông tại `M` có:

Cạnh `BD` chung

`\hat{ABD} = \hat{MBD} (BD` là tia phân giác của `\hat{B}``)`

`⇒ ΔABD = ΔMBD (c.h-g.n)`

`c,`

Xét `ΔADE` và `ΔDMC` có:

`\hat{DAE} = \hat{DMC} (=90^0)`

`AD = MD (ΔABD = ΔMBD)`

`\hat{ADE} = \hat{MDC} (` đối đỉnh `)`

`⇒ ΔADE = ΔMDC (g.c.g)`

`⇒ AE = MC (2` cạnh tương ứng `)`

Ta có:

`BA = BM (ΔABD = ΔMBD)`

`AE = MC (cmt)`

`⇒ BA + AE = BM + MC `

`⇒ BE = BC`

`⇒ ΔBEC` cân tại `B` 

`d,`

Có:

`+ P` là trung điểm của `BC`

`+ Q` là trung điểm của `BE`

`⇒ EP, CQ` là đường trung tuyến của `ΔBEC (1)`

Xét `ΔBEK` và `ΔBCK` có:

`\hat{EBK} = \hat{CBK} (BD` là tia phân giác của `\hat{B}``)`

`BE = BC (cmt)`

`\hat{BEK} = \hat{BCK} (ΔBEC` cân tại `B)`

`⇒ ΔBEK = ΔBCK (g.c.g)`

`⇒ KE = KC (2` cạnh tương ứng `)`

`⇒ K` là trung điểm của `EC` 

`⇒ BK` là đường trung tuyến của `ΔBEC (2)`

Mà `BK` cắt `EP` tại `I` nên từ `(1)` và `(2)`

`⇒ I` là trọng tâm của `ΔBEC`

Mà `CQ` là đường trung tuyến của `ΔBEC (cmt)`

`⇒` Ba điểm `C, I, Q` thẳng hàng `(đpcm)`

#khling

a/Xét ΔABC vuông tại A có 

       AB²+ AC²= BC² (ĐL Pytago)

Thay 9+ 12 =BC²

⇒       BC²= 21

Suy ra  BC= 21cm

b/ Xét ΔABD vuông tại A và ΔMBD vuông tại M có

góc A = góc M = 90⁰ (gt)

                BD chung

          góc B₁ = góc B₂ (gt)

⇒Δ ABD = ΔMBD( Ch- gn)

c/ Xét ΔBME vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có

          góc A = góc M = 90⁰ (gt)

               AD = DM (Δ ABD = Δ MBD)

            góc ADE = góc MDC (đối đỉnh)

=> Δ ADE = ΔMDC (g.c.g)

        => AE = MC (cạnh tương ứng)

ta có: BE = BA + AE

          BC = BM + MC

mà BA = BM (tam giác ở câu a)

      AE = MC (cmt)

=> BE = BC

=> tam giác BEC cân tại E