Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Pitago và các tỉ số lượng giác của góc nhọn để làm bài toán.

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) ta có:

\(DB = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{{20}^2} + {{20}^2}}  = 20\sqrt 2 \,\,cm.\)

Mà \(\Delta ABD\) có \(AB = AD = 20\,cm \Rightarrow \Delta ABD\) vuông cân tại\(A.\)

\( \Rightarrow \angle ABD = \angle ADB = {45^0}\) (tính chất tam giác cân).

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AC = 20\,cm\\\angle ABC = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác đều.

\( \Rightarrow BC = 20\,cm;\,\,\,\angle BAC = \angle BCA = {60^0}.\)

Lại có: \(AC = AD = 20\,\,cm \Rightarrow \Delta ACD\) cân tại \(A\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle ACD = \angle ADC = \frac{{{{180}^0} - \angle CAD}}{2} = \frac{{{{180}^0} - \left( {{{90}^0} - \angle BAC} \right)}}{2} = \frac{{{{180}^0} - \left( {{{90}^0} - {{60}^0}} \right)}}{2} = {75^0}.\\ \Rightarrow \angle EDB = \angle ADC - \angle ADB = {75^0} - {45^0} = {30^0}.\end{array}\)

Xét \(\Delta BED\) vuông tại \(E\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BE = BD.\sin \angle EDB = 20\sqrt 2 .\sin {30^0} = 20\sqrt 2 .\frac{1}{2} = 10\sqrt 2 \,\,cm.\\ED = BD.cos\angle EDB = 20\sqrt 2 .cos{30^0} = 20\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 6 \,\,cm.\end{array} \right.\)

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Pitago và các tỉ số lượng giác của góc nhọn để làm bài toán.

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lý Pitago cho\(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) ta có:

\(\begin{array}{l}EC = \sqrt {B{C^2} - B{E^2}}  = \sqrt {{{20}^2} - {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 10\sqrt 2 \,\,cm.\end{array}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng định lý Pitago và các tỉ số lượng giác của góc nhọn để làm bài toán.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \( CD = ED - EC = 10\sqrt 6  - 10\sqrt 2  = 10\sqrt 2 \left( {\sqrt 3  - 1} \right)\,\,\,cm \approx 10,35\,\,cm\)