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 \(E F \bot O m\).

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 \(\hat{A}\);

\(D H \bot A B\); \(D K \bot A C\) \(\Rightarrow D H = D K\) (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).

a)

Ta có BF bằng hai lần BE nên BE bằng EF.

Mà BE bằng hai lần ED nên EF bằng hai lần ED.

Suy ra 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 tam giác EFC.

Trong tam giác EFC, hai đường trung tuyến CD và EK cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của tam giác EFC.

b)

Vì G là trọng tâm của tam giác EFC nên GC bằng hai phần ba CD và GE bằng hai phần ba EK.

Suy ra GK bằng một phần ba EK.

Do đó GE bằng hai lần GK.

a)

Xét tam giác ABD, điểm C là trung điểm của AD nên BC là đường trung tuyến của tam giác ABD.

Điểm G nằm trên BC và BG bằng hai lần GC nên BG bằng hai phần ba BC.

Vì vậy G là trọng tâm của tam giác ABD.

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

b)

Vì G là trọng tâm của tam giác ABD nên DG là một đường trung tuyến của tam giác này.

Do đó đường thẳng DG đi qua trung điểm của AB.

a) Ta có DM bằng DG nên GM bằng hai lần GD.

G là giao điểm của BD và CE nên G là trọng tâm của tam giác ABC.

Vì vậy BG bằng hai lần GD.

Suy ra BG bằng GM.

Chứng minh tương tự ta có CG bằng GN.

b) Xét hình GMN và hình GBC:

GM bằng GB
góc MGN bằng góc BGC vì hai góc đối đỉnh
GN bằng GC

Do đó hai hình này bằng nhau theo trường hợp cạnh góc cạnh.

Suy ra MN bằng BC.

Từ việc hai hình bằng nhau, ta có góc NMG bằng góc CBG.

Hai góc này ở vị trí so le trong nên MN song song với BC.

MN bằng BC và MN song song với BC.

Gọi D là giao điểm của AG và BC nên DB bằng DC.

Ta có BG bằng hai phần ba BE, CG bằng hai phần ba CF theo tính chất trọng tâm.

Vì BE bằng CF nên BG bằng CG.

Do đó ba điểm B, C, G tạo thành một tam giác cân tại G nên góc GCB bằng góc GBC.

Xét hình gồm các điểm B, F, C và hình gồm các điểm C, E, B:

CF bằng BE
góc GCB bằng góc GBC
BC là cạnh chung

Nên hai hình này bằng nhau theo trường hợp cạnh góc cạnh.

Suy ra góc FBC bằng góc ECB.

Từ đó suy ra tam giác ABC cân tại A nên AB bằng AC.

Xét các hình ABD và ACD:

AB bằng AC
DB bằng DC
AD là cạnh chung

Nên hai hình này bằng nhau theo trường hợp ba cạnh.

Suy ra góc ADB bằng góc ADC.

Mà tổng hai góc ADB và ADC bằng một trăm tám mươi độ nên mỗi góc bằng chín mươi độ.

Vì vậy AD vuông góc với BC.

Do D nằm trên AG nên AG cũng vuông góc với BC.

a) Ta có tam giác ABC cân tại A nên AB = AC.

Vì E và D lần lượt là trung điểm của AB và AC nên:
AB = 2BE, AC = 2CD.

Suy ra:
2BE = 2CD ⇒ BE = CD.

Xét tam giác BCE và tam giác CBD:

• BE = CD
• góc EBC = góc DCB
• BC là cạnh chung

Suy ra tam giác BCE bằng tam giác CBD (c.g.c).

Do đó: CE = BD

b) Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên:
BG = 2/3 BD, CG = 2/3 CE.

Mà CE = BD nên:
BG = CG.

Vậy tam giác GBC cân tại G.

c) Từ BG = 2/3 BD ⇒ GD = 1/3 BD ⇒ GD = 1/2 BG.

Tương tự: GE = 1/2 GC.

Suy ra:
GD + GE = 1/2 (GB + GC).

Trong tam giác GBC:
GB + GC > BC.

Do đó:
GD + GE > 1/2 BC.