Từ hình vẽ ta có: `DC=CE=ED=EB=CA`

Vì `DC=CE=ED=EB=CA` nên `triangleCDE` là tam giác đều

Vì `DC=CA` nên `triangleACD` cân tại `C`

Vì `ED=EB` nên `triangleBED` cân tại `E`

`triangleCDE` là tam giác đều nên: `\hat(DCE)=\hat(DEC)=60^o`

Ta có: `CA=EB=>CA+CE=EB+CE`

`=>AE=BC`

Xét `triangleADE` và `triangleBDC` có:

`AE=BC` (cmt)

`DE=DC` (cmt)

`\hat(DCB)=\hat(DEA)=60^o`

`=>triangleADE=triangleBDC(c.g.c)`

`=>DA=DB` (hai cạnh tương ứng)

`triangleADB` có `DA=DB` (cmt) nên `triangleADB` cân tại `D`

Vậy hình vẽ có 1 tam giác đều và 3 tam giác cân 

(Tam giác đều: `triangleCDE`; Các tam giác cân: `triangleACE; triangleBED; triangleADB`)

Do tam giác `ABC` cân tại `A` nên `\hat(B)=\hat(C)`

Áp dụng định lí tổng các góc của một tam giác vào `triangleABC` ta có:

`\hat(A)+\hat(B)+\hat(C)=180^o`

`\hat(B)+\hat(C)=180^o-\hat(A)`

`=>\hat(B)=\hat(C)=(180^o-\hat(A))/2=(180^o-2\alpha)/2=90^o-\alpha`

Vậy đáp án đúng là `90^o-\alpha`

* `triangleABC` vuông cân tại `A` (gt)

`=>AB=AC`; `\hat(ABC)=\hat(ACB)=45^o`

* `triangleABD` đều (gt) `=>AB=AD=BD` và `\hat(DBA)=\hat(DAB)=\hat(BDA)=60^o`

Do đó: `\hat(DBC)=\hat(DBA)+\hat(ABC)=60^o +45^o=105^o`

* Vì `AB=AC` (cmt); `AB=AD` (cmt)

`=>AC=AD(=AB)`

`=>triangleADC` cân tại `A`

`=>\hat(D_1)=\hat(C_1)` (tính chất tam giác cân)

Lại có: `\hat(DAB)=60^o` (`triangleDAB` đều)

`\hat(BAC)=90^o` (`triangleABC` vuông cân tại `A`)

`=>\hat(DAC)=\hat(DAB)+\hat(BAC)=60^o +90^o=150^o`

`=>\hat(D_1)=\hat(C_1)=(180^o-\hat(DAC)):2=(180^o-150^o):2=15^o`

* Vì `\hat(BDA)=\hat(D_1)+\hat(D_2)`

`=>\hat(D_2)=\hat(BDA)-\hat(D_1)=60^o-15^o=45^o`

Hay `\hat(BDC)=45^o`

* Vì `\hat(ACB)=\hat(C_1)+\hat(C_2)`

`=>\hat(C_2)=\hat(ACB)-\hat(C_1)=45^o-15^o=30^o`

Hay `\hat(BCD)=30^o`

Vậy `\hat(DBC)=105^o;\hat(BDC)=45^o;\hat(BCD)=30^o`

Từ giả thiết suy ra `AM=BM=CM`

Ta có: `\hat(A)+\hat(B)+\hat(C)=180^o` (định lí tổng ba góc trong tam giác) (1)

Lại có `triangleAMB` cân tại `M` `(AM=BM)`

Nên `\hat(B)=\hat(BAM)` (tính chất) (2)

Tương tự `triangleAMC` cân tại `M` `(MA=MC)`

Nên `\hat(C)=\hat(MAC)` (tính chất) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: `\hat(BAC)+\hat(BAM)+\hat(MAC)=180^o`

`=>2.\hat(BAC)=180^o=>\hat(BAC)=90^o`

Vậy `triangleABC` là tam giác vuông tại `A`

Xét `triangleADE` có: `\hat(EAD)=\hat(EDA)=40^o=>triangleADE` cân tại `E`

`=>\hat(AED)=180^o-2.\hat(EAD)=180^o-2.40^o=100^o`

Xét `triangleAEB` có: `\hat(EAB)=\hat(EBA)=2x=>triangleAEB` cân tại `E`

Trong `triangleAEB` cân tại `E` có `\hat(AEC)` là góc ngoài tại đỉnh `E`

`=>\hat(AEC)=2.\hat(EBA)=2.\hat(EAB)=2.2x=4x`

Ta có: `\hat(AEC)+\hat(DEC)=\hat(AED)=>4x+x=100^o`

`=>5x=100^o=>x=20^o`

Vậy `x=20^o`

Do `triangleABC` cân tại `A` nên `\hat(B)=\hat(C)=(180^o-\hat(A))/2` (1)

Xét `triangleADE` có: `AD=AE` (gt) `=>triangleADE` cân tại `A`

`=>\hat(AED)=(180^o-\hat(A))/2` (2)

Từ (1) và (2) suy ra `\hat(AED)=\hat(B)`

Mà hai góc `\hat(AED)` và `\hat(B)` ở vị trí đồng vị

`=>DE` // `BC`

Xét `triangleABD` và `triangleACE` có:

`\hat(A)`: góc chung

`AE=AD` (gt)

`AB=AC` (`triangleABC` cân tại `A`)

`=>triangleABD=triangleACE` (c.g.c)

`=>\hat(ADB)=\hat(AEC)=90^o` (hai góc tướng ứng)

Suy ra `triangleACE` là tam giác vuông tại `E`

Vậy đáp án C sai.