Gọi $D$ là giao điểm của $AG$ và $BC\Rightarrow DB=DC$.

Ta có ��=23��BG=32​BE; ��=23��CG=32​CF (tính chất trọng tâm).

Vì $BE=CF$ nên $BG=CG\Rightarrow △BCG$ cân tại $G$

⇒���^=���^⇒GCB=GBC

Xét $△BFC$ và $△CEB$ có $CF=BE$ (giả thiết);

���^=���^GCB=GBC (chứng minh trên);

$BC$ là cạnh chung.

Do đó $△BFC=△CEB$ (c.g.c)

⇒���^=���^⇒FBC=ECB (hai góc tưong ứng)

$\Rightarrow △ABC$ cân tại $A\Rightarrow AB=AC$.

Từ đó suy ra $△ABD=△ACD$ (c.c.c)

⇒���^=���^⇒ADB=ADC. (hai góc tương ứng)

Mà ���^+���^=180∘⇒���^=���^=90∘⇒��⊥��ADB+ADC=180∘⇒ADB=ADC=90∘⇒AD⊥BC hay $AG\perp BC$.

a) Ta có $DM=DG\Rightarrow GM=2GD$.

Ta lại có $G$ là giao điểm của $BD$ và $CE\Rightarrow G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$

$\Rightarrow BG=2GD$.

Suy ra $BG=GM$.

Chứng minh tương tự ta được $CG=GN$.

b) Xét tam giác $GMN$ và tam giác $GBC$ có $GM=GB$ (chứng minh trên);

\widehat{MGN}=\widehat{BGC}MGN=BGC (hai góc đối đỉnh);

$GN=GC$ (chứng minh trên).

Do đó $△GMN=△GBC$ (c.g.c)

$\Rightarrow MN=BC$ (hai cạnh tương ứng).

Theo chứng minh trên \triangle GMN=\triangle GBC \Rightarrow \widehat{NMG}=\widehat{CBG}△GMN=△GBC⇒NMG=CBG (hai góc tương ứng).

Mà \widehat{NMG}NMG và \widehat{CBG}CBG ờ vị trí so le trong nên $MN$ // $BC$.

Ta có BF = 2BE (giả thiết). 

=>BE = EF.

Mà BE = 2ED nên EF = 2ED.

Do đó ED = DF.

=>D là trung điểm của EF.

Khi đó CD là đường trung tuyến của ∆CEF.

Vì K là trung điểm CF (giả thiết).

Nên EK cũng là đường trung tuyến của ∆CEF.

∆CEF có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G.

Khi đó G là trọng tâm của ∆CEF.

Vì G là trọng tâm của ∆CEF nên $\frac{GC}{DC}=\frac{2}{3}$ và $\frac{GK}{GE}=\frac{1}{2}$ (tính chất trọng tâm).

Ta có $\frac{GK}{GE}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\frac{GE}{GK}=2$.

a) Xét tam giác $ABD$ có $C$ là trung điểm của cạnh $AD\Rightarrow BC$ là trung tuyến của tam giác $ABD$.

Hơn nữa $G\in BC$ và GB=2 GC \Rightarrow GB=\dfrac{2}{3} BC \Rightarrow GGB=2GC⇒GB=32​BC⇒G là trọng tâm tam giác $ABD$.

Lại có $AE$ là đường trung tuyến của tam giác $ABD$ nên $A,G,E$ thẳng hàng.

b) Ta có $G$ là trọng tâm tam giác $ABD\Rightarrow DG$ là đường trung tuyến của tam giác này.

Suy ra $DG$ đi qua trung điểm của cạnh $AB$ (điều phài chứng minh).

a)Ta có:

AB = AC ( tam giác ABC cân tại A )

=> 1/2 AB = 1/2 AC hay AE = AD

Xét ΔABD và ΔACE có:

AB = AC(cmt)

góc A chung

AD = AE (cmt)

=> 2Δ bằng nhau

=> BD=CE

b) BD = CE ( cmt )

=> 2/3 BD = 2/3 CE hay GB = GC

=> ΔGBC cân tại G

c) GD+GE = 1/3CD = 1/3CE

Mà BD = CE (cmt)

=> 1/3 BD + 1/3 CE = 2/3 BD = BG

Gọi F là t/đ BC 

=> BF = 1/2 BC

Xét tg BGF vuông tại F ( do tg ABC cân => AF vuông góc Bc ):

BG>BF(ch>cgv)

=> GD + GE> 1/2BC

a, BQ là đường phân giác của góc B 

=> B1^=B2^=12B^B1​​=B2​​=21​B ( 1 )

CP là đường phân giác của góc C 

=> C1^=C2^=12C^C1​​=C2​​=21​C ( 2 )

Mà tam giác ABC cân tại A 

= > B^=C^B=C ( 3 )

Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) = > B1^=B2^=C1^=C2^B1​​=B2​​=C1​​=C2​​

Xét tam giác OBC có : 

B2^=C2^B2​​=C2​​ ( cmt )

= > Tam giác OBC cân tại O

b, Do O là giao của 2 đường phân giác BQ và CP của tam giác ABC 

nên O là trực tâm của tam giác ABC hay điểm O cách đều 3 cạnh AB,AC, BC của tam giác ABC 

c, Do O là trực tâm của tam giác ABC ( câu b, )

Mà tam giác ABC cân tại A 

= > AO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác ABC tức là AO đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC 

d, Xét $\Delta QBC$ và $\Delta PCB$ có :

B2^=C2^(cmt)B2​​=C2​​(cmt)

BC chung 

B^=C^(gt)B=C(gt)

=> $\Delta QBC=\Delta PCB\left(g-c-g\right)$

= > CP = BQ ( 2 cạnh tương ứng )

e, Do tam giác QBC = tam giác PCB ( câu d, )

=> BP = CQ ( 2 cạnh tương ứng )

$P\in AB$

= > AP + PB = AB 

= > AP = AB - PB ( 4 )

$Q\in AC$

= > AQ + QC =AC

= > AQ = AC - QC ( 5 ) 

Từ ( 4 ) , ( 5 ) 

= > AP = AQ

Xét tam giác APQ có :

AP = AQ ( cmt ) 

= > Tam giác APQ cân tại A ( đpcm )

a)

Xét $\Delta AOD$ và $\Delta COB$ có: {OA=OC(gt)O^:chungOB=OD(gt)⎩⎨⎧​OA=OC(gt)O:chungOB=OD(gt)​

$\Rightarrow \Delta AOD=\Delta COB\left(c.g.c\right)$

$\Rightarrow AD=BC\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)\left(\text{đpcm}\right)$

b) 

Nối A với C

Ta có: {OA=OCOB=OD(gt)⇒OA−OB=OC−OD{OA=OCOB=OD​(gt)⇒OA−OB=OC−OD

Hay $AB=CD$

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta CDA$ có: {AB=CD(cmt)AC:chungAD=BC(cmt)⎩⎨⎧​AB=CD(cmt)AC:chungAD=BC(cmt)​

$\Rightarrow \Delta ABC=\Delta DCA\left(c.c.c\right)$

⇒ABC^=CDA^(2 goˊc tương ứng)⇒ABC=CDA(2 goˊc tương ứng)

Vì ΔAOD=ΔCOB(cmt)⇒A^=C^(2 goˊc tương ứng)ΔAOD=ΔCOB(cmt)⇒A=C(2 goˊc tương ứng)

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta CDE$ có: {ABC^=CDA^(cmt)AB=CD(cmt)A^=C^(cmt)⎩⎨⎧​ABC=CDA(cmt)AB=CD(cmt)A=C(cmt)​

$\Rightarrow \Delta ABE=\Delta CDE\left(g.c.g\right)\left(\text{đpcm}\right)$

c) Vì $\Delta ABE=\Delta CDE\left(cmt\right)\Rightarrow AE=CE\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)$

Xét $\Delta AOE$ và $\Delta COE$ có: {OA=OC(gt)A^=C^(cmt)AE=CE(cmt)⎩⎨⎧​OA=OC(gt)A=C(cmt)AE=CE(cmt)​

⇒ΔAOE=ΔCOE(c.g.c)⇒AOE^=COE^(2 goˊc tương ứng)⇒ΔAOE=ΔCOE(c.g.c)⇒AOE=COE(2 goˊc tương ứng)

$=>OE$ là phân giác của xOy^xOy​ (đpcm)

Vì Om là phân giác của xOy^xOy​

⇒IOE^=IOF^=12EOF^⇒IOE=IOF=21​EOF

Vì {IE⊥OxIF⊥Oy(gt)⇒IEO^=IFO^=90o{IE⊥OxIF⊥Oy​(gt)⇒IEO=IFO=90o

Xét $\Delta IOE$ và $\Delta IOF$ có: {IEO^=IFO^(=90o)OI:chungIOE^=IOF^(cmt)⎩⎨⎧​IEO=IFO(=90o)OI:chungIOE=IOF(cmt)​

$\Rightarrow \Delta IOE=\Delta IOF\left(\text{cạnh huyeˆˋn - goˊc nhọn}\right)$

b) Vì $\Delta IOE=\Delta IOF\left(cmt\right)\Rightarrow OE=OF\left(\text{2 cạnh tương ứng}\right)$

Xét $\Delta EOF$ có: $OE=OF\left(cmt\right)$

$\Rightarrow \Delta EOF$ cân ở O

⇒OEF^=OFE^⇒OEF=OFE

Xét $\Delta EOF$ có:

EOF^+OFE^+OEF^=180oEOF+OFE+OEF=180o

⇒2EOI^+2OEF^=180o⇒EOI^+OEF^=90o⇒2EOI+2OEF=180o⇒EOI+OEF=90o

Gọi $EF\cap OI\equiv M$

Xét $\Delta OME$ có: 

OEF^+EOI^+OME^=180o⇒90o+OME^=180o⇒OME^=180o−90o=90o⇒EF⊥Om(đpcm)OEF+EOI+OME=180o⇒90o+OME=180o⇒OME=180o−90o=90o⇒EF⊥Om(đpcm)

Ta có $D$ thuộc phân giác của �^A;

$DH\perp AB$; $DK\perp AC$ $\Rightarrow DH=DK$ (tính chất tia phân giác của một góc).

Gọi $G$ là trung điểm của $BC$.

Xét $△BGD$ và $△CGD$, có

���^=���^=90∘BGD=CGD=90∘ ($DG$ là trung trực của $BC$ ),

$BG=CG$ (già thiết),

$DG$ là cạnh chung.

Do đó $△BGD=△CGD$ (hai cạnh góc vuông)

$\Rightarrow BD=CD$ (hai cạnh tương ứng).

Xét $△BHD$ và $△CKD$, có

���^=���^=90∘BHD=CKD=90∘ (giả thiết);

$DH=DK$ (chứng minh trên);

$BD=CD$ (chứng minh trên).

Do đó $△BHD=△CKD$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

$\Rightarrow BH=CK$ (hai cạnh tương ứng).