Lời giải.

 `a)` Xét `ΔABC` và `ΔADE` có:

`hat{DAE}=hat{BAC}=90^0`

`AB=AD` (do `ΔABD` cân tại `A`)

`AE=AC` (do `ΔAEC` cân tại `A`)

`=>ΔABC=ΔADE(c.g.c)`

`=>BC=DE` (hai cạnh tương ứng)

Vậy `BC=DE.`

`b)` Ta có: `ΔABD` vuông cân tại `A=>hat{ADB}=hat{ABD}={180^0-90^0}/2=45^0` `(1)`

Tương tự: ta cũng có: `hat{AEC}=hat{ACE}=45^0` `(2)`

Từ  `(1)` và `(2)` suy ra `hat{BDA}=hat{DCE}=45^0`

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên ta suy ra $BD//CE$

Vậy $BD//CE.$

`c)` Ta có: ba điểm `M,A,H` thẳng hàng (theo giả thiết)

Xét `ΔMCN` có: 

+) `MH` và `NF` là hai đường cao `(F` là giao điểm của `AN` với `MC)`

`+)MH∩NF={A}`

`=>A` là trực tâm của `ΔMCN`

`=>CA` là đường cao của `ΔMCN`

`<=>CA⊥NM`

Vậy `CA⊥NM.`

`d)` Kẻ `EI⊥AM(I∈AM),DG⊥AM(G∈AM)`

Xét `ΔIAE` và `ΔHCA` có:

`hat{EIA}=hat{CHA}=90^0`

`hat{IAE}=hat{ACH}` (cùng phụ với `hat{HAC}`)

`AC=AE` (do `ΔAEC` cân tại `A`)

`=>ΔIAE=ΔHCA(ch.gn)`

`=>IE=AH` (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự: `ΔGDA=ΔHAB(ch.gn=>GD=AH` (hai cạnh tương ứng)

Từ các điều trên ta suy ra, `GD=IE(=AH)`

Xét `ΔMIE` và `ΔMGD` có:

`hat{MIE}=hat{MGE}=90^0`

`hat{IME}=hat{GMD}` (hai góc đối đỉnh)

`GD=IE` (chứng minh trên)

`=>ΔMIE=ΔMGD(ch.gn)`

`=>ME=MD` (hai cạnh tương ứng)

Lại có: ba điểm `D,M,E` thẳng hàng `=>M` là trung điểm của `DE`

`=>AM` là trung tuyến của `Δ` vuông `DAE`

`=>AM={DE}/2` (theo tính chất: trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Vậy `AM={DE}/2.`

Lưu ý: (tính chất: trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền) trong SGK, có thể tự chứng minh được.

Hình vẽ.