Đáp án:

$\\$

`a,`

Gọi `I` là hình chiếu của `D` xuống `BC (I ∈ BC`) tức là `DI⊥BC`

      `H` là hình chiếu của `E` xuống `BC (E ∈ BC`) tức là `EH⊥BC`

Có : $\begin{cases} AD + BD = AB\\AE + CE = AC\end{cases}$

mà `AD=AE` (gt) và `AB=AC` (Do `ΔABC` cân tại `A`)

`-> BD=CE`

Xét `ΔDIB` và `ΔEHC` có :

`hat{DIB}=hat{EHC}=90^o` (Do `DI⊥BC, EH⊥BC`)

`BD=CE` (cmt)

`hat{B}=hat{C}` (Do `ΔABC` cân tại `A`)

`-> ΔDIB  = ΔEHC` (cạnh huyền - góc nhọn)

`-> DI=EH` (2 cạnh tương ứng)

hay các hình chiếu của `BD` và `CE` trên `BC` bằng nhau

$\\$

`b,`

Xét `ΔAEB` và `ΔADC` có :

`hat{A}` chung

`AD=AE` (gt)

`AB=AC` (Do `ΔABC` cân tại `A`)

`-> ΔAEB = ΔADC` (cạnh - góc - cạnh)

`-> BE=CD` (2 cạnh tương ứng)

$\\$

`c,`

Chứng minh : `ΔBMD = ΔCME`

Do `ΔAEB = ΔADC` (cmt)

`-> hat{ABE} = hat{ACD}` (2 góc tương ứng) hay `hat{DBM}=hat{ECM}` 

và `hat{ADC}=hat{AEB}` (2 góc tương ứng)

Có : `hat{ADC} + hat{BDM}=180^o` (2 góc kề bù)

Có : `hat{AEB} + hat{CEM}=180^o` (2 góc kề bù)

mà `hat{ADC}=hat{AEB}` (cmt)

`-> hat{BDM}=hat{CEM}`

Xét `ΔBMD` và `ΔCME` có :

`hat{DBM}=hat{ECM}` (cmt)

`BD=CE` (cmt)

`hat{BDM}=hat{CEM}` (cmt)

`-> ΔBMD = ΔCME` (góc - cạnh - óc)

$\\$

`d,`

Do `ΔBMD = ΔCME` (cmt)

`-> BM=CM` (2 cạnh tương ứng)

Xét `ΔAMB` và `ΔAMC` có :

`AM` chung

`AB=AC` (Do `ΔABC` cân tại `A`)

`BM=CM` (cmt)

`-> ΔAMB = ΔAMC` (cạnh - cạnh - cạnh)

`-> hat{BAM}=hat{CAM}` (2 góc tương ứng)

hay `AM` là tia phân giác của `hat{BAC}`

$\\$

`e,`

Có : $\begin{cases} DI⊥BC\\EH⊥BC \end{cases}$ (cách dựng)

$→ DI//EH$ (Quan hệ từ vuông góc đến song song)

`-> hat{DIE}=hat{HEI}` (2 góc so le trong)

Có : `AD=AE` (gt)

`-> ΔADE` cân tại `A`

`-> hat{ADE}=(180^o-hat{A})/2` `(1)`

Do `ΔABC` cân tại `A` (gt)

`-> hat{ABC}=(180^o -hat{A})/2` `(2)`

Từ `(1), (2) -> hat{ADE}=hat{ABC} (= (180^o-hat{A})/2)`

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

$→ DE//BC$ (Dấu hiệu nhận biết)

hay $DE//IH$

`-> hat{DEI}=hat{HIE}` (2 góc so le trong)

Xét `ΔDEI` và `ΔHIE` có :

`hat{DEI}=hat{HIE}` (cmt)

`hat{DIE}=hat{HEI}` (cmt)

`IE` chung

`-> ΔDEI = ΔHIE` (góc - cạnh - góc)

`-> DE=IH` (2 cạnh tương ứng)

Xét `ΔBEH` có :

`hat{BHE}=90^o` (Do `EH⊥BC`)

Áp dụng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện có :

`BE` là cạnh lớn nhất

`-> BE > BH`

mà `BH = BI+ IH`

`-> BE > BI + IH` `(3)`

Xét `ΔDIC` có :

`hat{DIC}=90^o` (Do `DI⊥BC`)

Áp dụng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện có :

`DC` là cạnh lớn nhất

`-> DC >IC`

mà `IC = IH + CH` và `IH=HE` (cmt)

`-> DC>DE + CH` `(4)`

Lấy `(3) + (4)` vế với vế ta được :

`-> BE+ DC > BI + IH + CH + DE`

`-> BE + BE > (BI + IH + CH) +DE`

`-> 2BE > BC+ DE`

`-> BE > (BC+DE)/2`

Lời giải:

a) Ta có:

$\begin{cases}AB = AC\\AD = AE\end{cases}\quad (gt)$

$\Rightarrow AB -  AD = AC - AE$

$\Rightarrow BD = CE$

Từ $D,\ E$ lần lượt kẻ $DH,\ BK\perp BC\quad (H,\ K\in BC)$

$\Rightarrow BH,\ CK$ lần lượt là hình chiếu của $BD,\ CE$ lên $BC$

Xét $\triangle DBH$ và $\triangle ECK$ có:

$\begin{cases}\widehat{H} = \widehat{K} = 90^\circ\\BD = CE\quad (cmt)\\\widehat{DBH} = \widehat{ECK}\quad (gt)\end{cases}$

Do đó $\triangle DBH = \triangle ECK$ (cạnh huyền - góc nhọn)

$\Rightarrow BH = CK$

b) Xét $\triangle BEC$ và $\triangle CDB$ có:

$\begin{cases}\widehat{ECB} = \widehat{DBC}\quad (gt)\\BC:\ \text{cạnh chung}\\EC = DB\quad (cmt)\end{cases}$

Do đó $\triangle BEC = \triangle CDB\ (c.g.c)$

$\Rightarrow BE = CD$ (hai cạnh tương ứng)

c) Ta có: $\widehat{BMD} = \widehat{CME}$ (đối đỉnh)

Cần xem lại yêu cầu đề bài

d) Xét $\triangle ADE$ có:

$AD = AE\quad (gt)$

$\Rightarrow \triangle ADE$ cân tại $A$

$\Rightarrow \widehat{ADE} = \dfrac{180^\circ - \widehat{A}}{2}$

Ta lại có: $\triangle ABC$ cân tại $A\quad (gt)$

$\Rightarrow \widehat{ABC} = \dfrac{180^\circ - \widehat{A}}{2}$
Do đó: $\widehat{ADE} = \widehat{ABC}$

$\Rightarrow DE//BC$

mà $DH\perp BC$

nên $DH\perp DE$

$\Rightarrow \widehat{HDE} = 90^\circ$

Ta có: $\widehat{HDE} = \widehat{DHK} = \widehat{EKH} = 90^\circ$

Do đó $DEKH$ là hình chữ nhật

$\Rightarrow DE = HK$

Xét $\triangle BEK$ vuông tại $K$ luôn có:

$BE > BK$ (cạnh huyền > cạnh góc vuông)

$\Leftrightarrow BE > BH + HK$

Xét $\triangle CDH$ vuông tại $H$ luôn có:

$CD > CH$ (cạnh huyền > cạnh góc vuông)

$\Leftrightarrow CD > CK + HK$

$\Leftrightarrow CD > CK + DE$

Cộng vế theo vế ta được:

$\quad BE + CD > BH + HK + CK + DE$

$\Leftrightarrow 2BE > BC + DE$

$\Leftrightarrow BE > \dfrac{BC + DE}{2}$