a) \(\triangle A B C\) cân tại \(A\) nên \(\hat{A B C} = \hat{A C B}\).

Vì \(B Q\) và \(C P\) là đường phân giác của \(\hat{B} , \hat{C}\) nên \(\hat{B_{1}} = \hat{B_{2}} = \frac{\hat{A B C}}{2}\), \(\hat{C_{1}} = \hat{C_{2}} = \frac{\hat{A C B}}{2}\).

Do đó \(\hat{B_{1}} = \hat{B_{2}} = \hat{C_{1}} = \hat{C_{2}}\).

Suy ra \(\triangle O B C\) cân tại \(O\).

b) Vì \(O\) là giao điểm các đường phân giác \(C P\) và \(B Q\) trong \(\triangle A B C\) nên \(O\) là giao điểm ba đường phân giác trong \(\triangle A B C\).

Do đó, \(O\) cách đều ba cạnh \(A B , A C\) và \(B C\).

c) Ta có \(\triangle A B C\) cân tại \(A , A O\) là đường phân giác của góc \(A\) nên \(A O\) đồng thời là trung tuyến và đường cao của \(\triangle A B C\).

Vậy đường thẳng \(A O\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(B C\) và vuông góc với nó.

d) Ta có \(\triangle P B C = \triangle Q C B\) (g.c.g)

\(\Rightarrow C P = B Q\) (hai cạnh tương ứng).

e) Ta có \(A P = A B - B P\), \(A Q = A C - C Q\) (1);

\(\triangle P B C = \triangle Q C B \Rightarrow B P = C Q\) (2).

Lại có \(A B = A C\) (tam giác \(A B C\) cân tại \(A\)) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(A P = A Q\).

Vậy tam giác \(A P Q\) cân tại \(A\).

a) Xét \(\triangle O A D\) và \(\triangle O C B\), có

\(O A = O C\) (giả thiết);

\(\hat{O}\) chung;

\(O D = O B\) (giả thiết).

Do đó \(\triangle O A D = \triangle O C B\) (c.g.c)

\(\Rightarrow A D = C B\) (hai cạnh tương ứng).

b) Do \(O A = O C\) và \(O B = O D\) nên \(A B = C D\).

Mà \(\triangle O A D = \triangle O C B\) (chứng minh trên)

\(\Rightarrow \hat{O B C} = \hat{O D A}\); \(\hat{O A D} = \hat{O C B}\) (hai góc tương ứng)

Mặt khác \(\hat{A B E} + \hat{O B C} = \hat{C D E} + \hat{O D A} = 18 0^{\circ}\)

\(\Rightarrow \hat{A B E} = \hat{C D E}\)

Xét \(\triangle A B E\) và \(\triangle C D E\) có

\(\hat{O A D} = \hat{O C B}\) (chứng minh trên);

\(A B = C D\) (chứng minh trên);

\(\hat{A B E} = \hat{C D E}\) (chứng minh trên) 

Do đó \(\triangle A B E = \triangle C D E\) (g.c.g).

c) Vi \(\triangle A B E = \triangle C D E\) (chứng minh trên) nên \(A E = C E\) (hai cạnh tương ứng).

Xét \(\triangle A E O\) và \(\triangle C E O\) có \(A E = C E\) (chứng minh trên);

\(O E\) cạnh chung;

\(O A = O C\) (giả thiết).

Do đó \(\triangle A E O = \triangle C E O\) (c.c.c)

\(\Rightarrow \hat{A O E} = \hat{C O E}\) (hai góc tương ứng)

\(\Rightarrow O E\) là tia phân giác của \(\hat{x O y}\).

a) Xét \(\triangle I O E\) và \(\triangle I O F\) có

\(\hat{E} = \hat{F} = 9 0^{\circ}\) (giả thiết);

\(O I\) cạnh chung;

\(\hat{E O I} = \hat{F O I}\) (\(O m\) là tia phân giác).

Vậy \(\triangle I O E = \triangle I O F\) (cạnh huyền - góc nhọn).

b) \(\triangle I O E = \triangle I O F\) (chứng minh trên)

\(\Rightarrow O E = O F\) (hai cạnh tương ứng).

Gọi \(H\) là giao điểm của \(O m\) và \(E F\).

Xét \(\triangle O H E\) và \(\triangle O H F\), có

\(O E = O F\) (chứng minh trên);

\(\hat{E O H} = \hat{F O H}\) (\(O m\) là tia phân giác);

\(O H\) chung.

Do đó \(\triangle O H E = \triangle O H F\) (c.g.c)

\(\Rightarrow \hat{O H E} = \hat{F H O}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\hat{O H E} + \hat{F H O} = 18 0^{\circ}\) nên \(\hat{O H E} = \hat{F H O} = 9 0^{\circ}\).

Vậy \(E F \bot O m\).

Kẻ \(I E \bot A D\) (với \(E \in A D\)).

Gọi \(A x\) là tia đối của tia \(A B\).

Vì \(\hat{B A C}\) và \(\hat{C A x}\) là hai góc kề bù mà \(\hat{B A C} = 12 0^{\circ}\) nên \(\hat{C A x} = 6 0^{\circ}\) (1) 

Ta có \(A D\) là phân giác của \(\hat{B A C} \Rightarrow \hat{D A C} = \frac{1}{2} \hat{B A C} = 6 0^{\circ}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A C\) là tia phân giác của \(\hat{D A x}\)

\(\Rightarrow I H = I E\) (tính chất tia phân giác của một góc) (3)

Vì \(D I\) là phân giác của \(\hat{A D C}\) nên \(I K = I E\) (tính chất tia phân giác của một góc) (4)

Từ (3) và \(\left(\right. 4 \left.\right)\) suy ra \(I H = I K\).

Ta có: D thuộc phân giác của góc A.

\(D H \bot A B\); \(D K \bot A C\) \(\Rightarrow D H = D K\) (tính chất tia phân giác của một góc).

Gọi \(G\) là trung điểm của \(B C\).

Xét \(\triangle B G D\) và \(\triangle C G D\), có

\(\hat{B G D} = \hat{C G D} = 9 0^{\circ}\) (\(D G\) là trung trực của \(B C\) ),

\(B G = C G\) (già thiết),

\(D G\) là cạnh chung.

Do đó \(\triangle B G D = \triangle C G D\) (hai cạnh góc vuông)

\(\Rightarrow B D = C D\) (hai cạnh tương ứng).

Xét \(\triangle B H D\) và \(\triangle C K D\), có

\(\hat{B H D} = \hat{C K D} = 9 0^{\circ}\) (giả thiết);

\(D H = D K\) (chứng minh trên);

\(B D = C D\) (chứng minh trên).

Do đó \(\triangle B H D = \triangle C K D\) (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

\(\Rightarrow B H = C K\) (hai cạnh tương ứng).\(\)

b) G là trọng tâm của ∆ABC nên BG=2/3BD và CG=2/3CE.

Mà BD = CE (do ∆ADB = ∆AEC)

Nên BG = CG

Do đó ∆GBC cân tại G.

c) G là trọng tâm tam giác ABC nên GD=12GB,GE=12GC

Do đó GD+GE=1/2(GB+GC).

Mặt khác: BG + CG > BC (bất đẳng thức trong tam giác GCB).

Suy ra GD+GE>1/2BC.

a) Ta có: △ABC cân tại A

⇒AB=AC

Mà D,E lần lượt là trung điểm của AC,AB (BD,CE là 2 đường trung tuyến)

⇒BE=EA=AD=DC

Xét △ADB và △AEC có:

AE=AD (cmt)

ˆA: góc chung

AB=AC (gt)

⇒△ADB=△AEC (c.g.c)

⇒BD=CE (2 cạnh tương ứng)

a) Xét tam giác ABD có C là trung điểm của cạnh AD.

Suy ra BC là trung tuyến của tam giác ABD.

Lại có, G∈BC và GB=2CG⇒GB=23BC.

Do đó G là trọng tâm tam giác ABD.

Mặt khác, E là trung điểm của BD nên AE là đường trung tuyến của tam giác ABD.

Do đó, AE đi qua trọng tâm G hay A;G;E thẳng hàng.

b)  Ta có GG là trọng tâm tam giác ABD⇒DG là đường trung tuyến của tam giác này.

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

a) Xét tam giác ABD có C là trung điểm của cạnh AD.

Suy ra BC là trung tuyến của tam giác ABD.

Lại có, G∈BC và GB=2CG⇒GB=23BC.

Do đó G là trọng tâm tam giác ABD.

Mặt khác, E là trung điểm của BD nên AE là đường trung tuyến của tam giác ABD.

Do đó, AE đi qua trọng tâm G hay A;G;E thẳng hàng.

b)  Ta có GG là trọng tâm tam giác ABD⇒DG là đường trung tuyến của tam giác này.

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

a) Vì D là trung điểm của EF nên CD là đường trung tuyến của tam giác EFC.

Vì K là trung điểm của CF nên EK là đường trung tuyến của ΔEFC.

Vì ΔEFC có hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của ΔEFC.

b) Vì G là trọng tâm của ΔEFC nên GC/DC=2/3 và GE=2/3EK.

Có GE=2/3EK nên GK=1/3EK nên GE=2GK. Do đó, GE/GK=2.

a) Ta có :DM=DG⇒GM=2GD⇒G là trọng tâm của ΔABC ⇒BG=2/3BD⇒BD=3/2BG

Mà BD=BG+GD⇒GD=1/3BD = 1/3.3/2BG= 1/2BG⇒BG=2/GD

Mà GM=2GD⇒BG=GM(đpcm)

Chứng minh tương tự ta được:CG=GN

b) Dễ dàng chứng minh :ΔGMN=ΔGBC(c.g.c)⇒MN=BC(2 cạnh tương ứng)

Và∠NMG=∠CBG(2 góc tương ứng)

Mà hai góc ở vị trí so le trong⇒MN//BC