a, △DAE là tam giác gì? Chứng minh.
- Ta có △ABC cân tại A ⇒ AB = AC và $\widehat{ABC} = \widehat{ACB}$.
- Vì $\widehat{ABD}$ và $\widehat{ACE}$ lần lượt kề bù với $\widehat{ABC}$ và $\widehat{ACB}$ nên $\widehat{ABD}$ = $\widehat{ACE}$.
- Xét △ABD và △ACE, ta có:
AB = AC (chứng minh trên)
$\widehat{ABD} = \widehat{ACE}$ (chứng minh trên)
BD = CE (giả thiết)
Do đó, △ABD = △ACE (c.g.c).
=> AD = AE (hai cạnh tương ứng).
Vậy: △DAE là tam giác cân tại A.
b, Chứng minh DH = EK
- Từ △ABD = △ACE (câu a), ta có $\widehat{ADB} = \widehat{AEC}$ (hay $\widehat{HDB} = \widehat{KEC}$).
- Xét hai tam giác vuông △DHB ($\widehat{DHB}$ = 90^∘) và △EKC ($\widehat{EKC}$ = 90^∘), ta có:
Cạnh huyền BD = CE (giả thiết)
Góc nhọn $\widehat{HDB} = \widehat{KEC}$ (chứng minh trên)
Do đó, △DHB = △EKC (cạnh huyền - góc nhọn).
=> DH = EK.
c, Chứng minh △ADH = △AEK
- Xét hai tam giác vuông △ADH và △AEK, ta có:
Cạnh huyền AD = AE (vì △DAE cân tại A)
Cạnh góc vuông DH = EK (chứng minh câu b)
Do đó, △ADH = △AEK (cạnh huyền - cạnh góc vuông).
d, Chứng minh HK // DE
- Từ △ADH = △AEK (câu c) => AH = AK.
Vậy △AHK cân tại A ⇒ $\widehat{AHK}$ = $\frac{{180}^{\circ }- \widehat{DAE}}{2}$
Lại có △DAE cân tại A ⇒∠ADE = $\frac{{180}^{\circ }- \widehat{DAE}}{2}$
=> $\widehat{AHK}$ = $\widehat{ADE}$. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // DE.
e, Chứng minh △DOE cân
- Từ △DHB = △EKC (câu b), ta có góc $\widehat{DBH}=\widehat{ECK}$.
- Lại có A, B, H thẳng hàng và A, C, K thẳng hàng, $\widehat{DBH}$ và $\widehat{ECK}$ chính là các góc tạo bởi đường cao và cạnh đáy trong hệ.
- Do DH ⊥ AB và EK ⊥ AC, xét △ODE, ta có $\widehat{ODE}$ chính là góc $\widehat{HDB}$ và $\widehat{OED}$ chính là góc $\widehat{KEC}$.
- Vì $\widehat{HDB}=\widehat{KEC}$ (theo △DHB = △EKC) nên $\widehat{ODE} = \widehat{OED}$.
=> △DOE cân tại O.
f, Chứng minh AO là tia phân giác của $\widehat{DAE}$
- Xét △ADO và △AEO, ta có:
AD = AE (chứng minh trên)
OD = OE (do △DOE cân tại O)
Cạnh AO chung
=> △ADO = △AEO (c.c.c).
=> $\widehat{DAO}=\widehat{EAO}$, hay AO là tia phân giác của $\widehat{DAE}$.
g, Chứng minh MP = NQ
- Ta có M, N là trung điểm AB, AC
⇒ MB = NC (do AB = AC).
- Xét △MBP và △NCQ, ta có:
MB = NC
$\widehat{MBP} = \widehat{NCQ}$ (góc ở đáy △ABC cân)
BP = QC (giả thiết BP = PQ = QC)
=> △MBP = △NCQ (c.g.c). 
=> MP = NQ.
h, Chứng minh △FMP = △FNQ
- Tương tự câu g, ta chứng minh được △MBQ = △NCP (c.g.c) vì có:
MB = NC
$\hat{B} = \hat{C}$
BQ = CP.
=>  MQ = NP.
- Xét △MPQ và △NQP có:
MP = NQ
MQ = NP
PQ chung ⇒ △MPQ = △NQP (c.c.c).
=> $\widehat{MQP} = \widehat{NPQ}$
=> △FPQ cân tại F ⇒ FP = FQ.
- Ta có FM = MQ − FQ và FN = NP − FP ⇒ FM = FN.
- Xét △FMP và △FNQ có: FM = FN, MP = NQ, FP = FQ.
=> △FMP = △FNQ (c.c.c).
i, Chứng minh A, G, F, I, O thẳng hàng|
- Ta dựa vào tính chất đường trung trực của tam giác cân:
I là trung điểm BC ⇒ AI là đường trung trực của BC.
G là trọng tâm △ABC (giao 2 trung tuyến BN, CM) ⇒ G ∈ AI.
F là giao điểm của MQ và PN đối xứng nhau qua AI ⇒ F ∈ AI.
- Ta có: △DOE cân tại O, I là trung điểm DE (vì I là trung điểm BC và BD = CE)
⇒OI ⊥ DE ⇒ O ∈  trung trực của BC ⇒ O ∈ AI.
- Vậy A, G, F, I, O thẳng hàng trên đường trung trực của đoạn thẳng BC.
k, Chứng minh BC + AG > 4GM
- Vì G là trọng tâm △ABC nên CG = 2.GM ⇒ 4.GM = 2.CG.
- Lại có I là trung điểm BC ⇒ BC = 2.IC.
G nằm trên trung tuyến AI ⇒ AG = 2GI.
- Xét △GIC vuông tại I (do AI ⊥ BC), theo bất đẳng thức tam giác ta luôn có tổng hai cạnh góc vuông lớn hơn cạnh huyền: IC + GI > CG.
=> 2.IC + 2.GI > 2.CG ⇔  BC + AG > 4GM (điều phải chứng minh).