Ban tổ chức có 40 phần quà đem phát cho 13 đội. Có \[x\] đội vì công việc nên phải rời đi sớm, mỗi đội nhận được 3 phần quà và không tham gia vào lần phát quà. Phần quà còn lại được chia đều cho các đội còn lại. Hỏi mỗi đội còn lại nhận được nhiều nhất bao nhiêu phần quà?

a) Xét \(\Delta BED\) và \(\Delta BEC\) ta có

\(BD = BC\) (giả thiết)

\(\widehat {DBE} = \widehat {CBE}\) (\(BE\) là phân giác của \(\widehat {DBC}\))

\(BE\) chung

Do đó \(\Delta BED = \Delta BEC\) (c.g.c)

Suy ra \(ED = EC\) (hai cạnh tương ứng)

b) Xét \[\Delta DEK\] và \[\Delta CEK\] có

\(ED = EC\) (chứng minh trên)

\[DK = CK\] (\(K\) là trung điểm của \(CD\))

\[EK\] chung

Do đó \[\Delta DEK = \Delta CEK\,\,\](c.c.c)

Suy ra \[\widehat {DKE} = \widehat {CKE}\] (hai góc tương ứng)

Ta có \[\widehat {DKE} + \widehat {CKE} = 180^\circ \] (hai góc kề bù) nên \[\widehat {DKE} = \widehat {CKE} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \].

Suy ra \[EK \bot CD\] \[\,\,\,\left( 1 \right)\]

c) Xét \[\Delta DBK\] và \[\Delta CBK\] có

\(BD = BC\) (giả thiết)

\[DK = CK\] (\(K\) là trung điểm của \(CD\))

\[BK\] chung

Do đó \[\Delta DBK = \Delta CBK\,\,\](c.c.c)

Suy ra \[\widehat {DKB} = \widehat {CKB}\] (hai góc tương ứng)

Ta có \[\widehat {DKB} + \widehat {CKB} = 180^\circ \] (kề bù) nên \[\widehat {DKB} = \widehat {CKB} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \].

Suy ra \[BK \bot CD\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\,\left( 1 \right)\] và \[\,\left( 2 \right)\] suy ra \(B,K,E\) thẳng hàng.

Vì \(AD\) là tia phân giác của \(\widehat {BAH}\) nên: \(\widehat {BAD} = \widehat {DAH} = \frac{1}{2}\widehat {BAH}\).

Ta có: \(\widehat {DAC} = \widehat {BAC} - \widehat {BAD} = 90^\circ - \widehat {BAD}\).

Xét \(\Delta AHD\) có: \(\widehat {ADC} = 90^\circ - \widehat {DAH} = 90^\circ - \widehat {BAD}\).

Do đó: \(\widehat {ADC} = \widehat {DAC}\).

Xét \(\Delta ACD\) có \(\widehat {ADC} = \widehat {DAC}\) (chứng minh trên)

Do đó: \(\Delta ADC\,\) cân tại \[C\].

b)

Xét \(\Delta ADI\) và \(\Delta AHD\) có:

\(\widehat {AID} = \widehat {AHD} = 90^\circ \).

\(\widehat {IAD} = \widehat {HAD}\) (chứng minh trên)

\(AD\) cạnh chung

Do đó: \(\Delta ADI\) = \(\Delta AHD\) (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra: \(DI = DH\) (2 cạnh tương ứng) (*)

Xét \(\Delta BAE\) có \(BE = BA\) (giả thiết) suy ra \(\Delta BAE\) cân tại \[B\] do đó \(\widehat {BAE} = \widehat {BEA}\) (2 góc ở đáy) (1)

Ta có: \(EJ \bot AC\); \(BA \bot AC\) (\(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)) suy ra \(EJ\parallel BA\) nên \(\widehat {JEA} = \widehat {EAB}\) (so le trong) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\widehat {JEA} = \widehat {BEA}\) hay \(\widehat {JEA} = \widehat {HEA}\).

Xét \(\Delta AHE\) và \(\Delta AJE\) có:

\(\widehat {AHE} = \widehat {AJE} = 90^\circ \).

\(\widehat {JEA} = \widehat {HEA}\) (chứng minh trên)

\(AE\) cạnh chung

Do đó: \(\Delta AHE\) = \(\Delta AJE\) (cạnh huyền- góc nhọn)

Suy ra: \(EH = EJ\) (2 cạnh tương ứng) (**)

Ta có: \(DE = DH + HE\), kết hợp với (*), (**) ta được: \(DE = DI + EJ\).

c) Vì \(\Delta AHE\) = \(\Delta AJE\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {HAE} = \widehat {JAE}\) (2 góc tương ứng)

Ta có: \(\widehat {DAE} = \widehat {DAH} + \widehat {HAE} = \frac{1}{2}\widehat {BAH} + \frac{1}{2}\widehat {HAC} = \frac{1}{2}.\left( {\widehat {BAH} + \widehat {HAC}} \right) = \frac{1}{2}.90^\circ = 45^\circ \).

Vậy \(\widehat {DAE} = 45^\circ \).

d)

Ta có: \(\Delta ADI\) = \(\Delta ADH\) (câu b)  nên \(AI = AH\).

\(\Delta AHE\) = \(\Delta AJE\) (câu b) nên \(AH = AJ\).

Do đó \(AI = AJ\).

Xét \(\Delta AIJ\) có \(\widehat {IAJ} = 90^\circ ;\,\,AI = AJ\) do đó \(\Delta AIJ\) vuông cân tại \(A\) suy ra \(\widehat {AIJ} = 45^\circ \) (3)

Xét \(\Delta AIK\) và \(\Delta AHK\) có:

\(AI = AH\).

\(\widehat {IAK} = \widehat {KAH}\).

\(AK\) :cạnh chung

Suy ra \(\Delta AIK\) = \(\Delta AHK\) (c.g.c)

Có \(\Delta AIK\) = \(\Delta AHK\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {AIK} = \widehat {AHK}\) (2 góc tương ứng) (4)

Từ (3), (4) ta có \(\widehat {AHK} = 45^\circ \).

Do đó: \(\widehat {AHK} = \frac{1}{2}\widehat {AHD}\) do đó \(HK\) là tia phân giác của \(\widehat {AHD}\).

Xét \(\Delta AHB\) có: \(HK\) là tia phân giác của \(\widehat {AHD}\);

\(AD\) là tia phân giác của \(\widehat {BAH}\);

\(AD\) cắt \(HK\) tại \(D\).

Suy ra \[BK\] là tia phân giác của góc \(ABC\) nên \(\widehat {ABK} = \widehat {EBK}\).

Do đó \[BK\] là tia phân giác của góc \(ABC\).