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 $GB=2GC\Rightarrow GB=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BC\Rightarrow G$ 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 $BF=2BE\Rightarrow BE=EF$.

Mà $BE=2ED$ nên $EF=2ED\Rightarrow D$ là trung điểm của $EF\Rightarrow CD$ là đường trung tuyến của tam giác $EFC$.

Vì $K$ là trung điểm của $CF$ nên $EK$ là đường trung tuyến của $△EFC$.

$△EFC$ có hai đường trung tuyến $CD$ và $EK$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm của $△EFC$.

b) Ta có $G$ là trọng tâm tam giác $EFC$ nên $\genfrac{}{}{0ex}{}{GC}{DC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}$ và $GE=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}EK$

$\Rightarrow GK=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}EK\Rightarrow GE=2GK\Rightarrow \genfrac{}{}{0ex}{}{GE}{GK}=2$.

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);

$\widehat{MGN}=\widehat{BGC}$ (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 $△GMN=△GBC\Rightarrow \widehat{NMG}=\widehat{CBG}$ (hai góc tương ứng).

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

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

Ta có $BG=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BE$; $CG=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}CF$ (tính chất trọng tâm).

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

$\Rightarrow \widehat{GCB}=\widehat{GBC}$

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

$\widehat{GCB}=\widehat{GBC}$ (chứng minh trên);

$BC$ là cạnh chung.

Do đó $△BFC=△CEB$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{FBC}=\widehat{ECB}$ (hai góc tưong ứng)

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

Từ đó suy ra $△ABD=△ACD$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{ADC}$. (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=180^{\circ }\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{ADC}=90^{\circ }\Rightarrow AD\perp BC$ hay $AG\perp BC$.

 

a) Ta có $△ABC$ cân tại $A\Rightarrow AB=AC$ mà $AB=2BE$; $AC=2CD$ (vì $E,D$ theo thứ tự là trung điểm của $AB$, $AC)$.

Do đó ta có $2BE=2CD$ hay $BE=CD$.

Xét $△BCE$ và $△CBD$ có $BE=CD$ (chứng minh trên);

$\widehat{EBC}=\widehat{DCB}$;

$BC$ là cạnh chung.

Do đó $△BCE=△CBD$ (c.g.c)

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

b) Ta có $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $BG=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BD$ và $CG=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}CE$ (tính chất trọng tâm).

Mà $CE=BD$ (phần a) nên $\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}CE=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BD$ hay $CG=BG$.

Vậy tam giác $GBC$ cân tại $G$.

c) Ta có $GB=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BD\Rightarrow GD=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}BD\Rightarrow GB=2GD\Rightarrow GD=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}GB$

Chứng minh tương tự, ta có $GE=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}GC$.

Do đó $GD+GE=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}GB+\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}GC=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}(GB+GC)$.

Mà $GB+GC>BC$ (trong một tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn hơn cạnh còn lại).

Do đó $GD+GE>\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}BC$ (điều phải chứng minh).

Xét tam giác $ABC$ có hai đường trung tuyến $BM$ và $CN$ cắt nhau tại $G$.

Suy ra $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$

$\Rightarrow BG=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BM$; $CG=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}CN$

$\Rightarrow BM=\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}BG$; $CN=\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}CG$.

Do đó ta phải chứng minh $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}BG+\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}CG>\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}BC$ hay $BG+CG>BC$. (1)

Bất đẳng thức (1) luôn đúng vì trong một tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Vậy $BM+CN>\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}BC$. (điều phải chứng minh).

Kẻ $IE\perp AD$ (với $E\in AD$).

Gọi $Ax$ là tia đối của tia $AB$.

Vì $\widehat{BAC}$ và $\widehat{CAx}$ là hai góc kề bù mà $\widehat{BAC}=120^{\circ }$ nên $\widehat{CAx}=60^{\circ }$ (1) 

Ta có $AD$ là phân giác của $\widehat{BAC}\Rightarrow \widehat{DAC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{BAC}=60^{\circ }$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AC$ là tia phân giác của $\widehat{DAx}$

$\Rightarrow IH=IE$ (tính chất tia phân giác của một góc) (3)

Vì $DI$ là phân giác của $\widehat{ADC}$ nên $IK=IE$ (tính chất tia phân giác của một góc) (4)

Từ (3) và $(4)$ suy ra $IH=IK$.

a) Xét $△IOE$ và $△IOF$ có

$\hat{E}=\hat{F}=90^{\circ }$ (giả thiết);

$OI$ cạnh chung;

$\widehat{EOI}=\widehat{FOI}$ ($Om$ là tia phân giác).

Vậy $△IOE=△IOF$ (cạnh huyền - góc nhọn).

b) $△IOE=△IOF$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow OE=OF$ (hai cạnh tương ứng).

Gọi $H$ là giao điểm của $Om$ và $EF$.

Xét $△OHE$ và $△OHF$, có

$OE=OF$ (chứng minh trên);

$\widehat{EOH}=\widehat{FOH}$ ($Om$ là tia phân giác);

$\mathrm{OH}$ chung.

Do đó $△OHE=△OHF$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{OHE}=\widehat{FHO}$ (hai góc tương ứng)

Mà $\widehat{OHE}+\widehat{FHO}=180^{\circ }$ nên $\widehat{OHE}=\widehat{FHO}=90^{\circ }$.

Vậy $EF\perp Om$.

a) Xét $△OAD$ và $△OCB$, có

$OA=OC$ (giả thiết);

$\hat{O}$ chung;

$OD=OB$ (giả thiết).

Do đó $△OAD=△OCB$ (c.g.c)

$\Rightarrow AD=CB$ (hai cạnh tương ứng).

b) Do $OA=OC$ và $OB=OD$ nên $AB=CD$.

Mà $△OAD=△OCB$ (chứng minh trên)

$\Rightarrow \widehat{OBC}=\widehat{ODA}$; $\widehat{OAD}=\widehat{OCB}$ (hai góc tương ứng)

Mặt khác $\widehat{ABE}+\widehat{OBC}=\widehat{CDE}+\widehat{ODA}=180^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{ABE}=\widehat{CDE}$

Xét $△ABE$ và $△CDE$ có

$\widehat{OAD}=\widehat{OCB}$ (chứng minh trên);

$AB=CD$ (chứng minh trên);

$\widehat{ABE}=\widehat{CDE}$ (chứng minh trên) 

Do đó $△ABE=△CDE$ (g.c.g).

c) Vi $△ABE=△CDE$ (chứng minh trên) nên $AE=CE$ (hai cạnh tương ứng).

Xét $△AEO$ và $△CEO$ có $AE=CE$ (chứng minh trên);

$OE$ cạnh chung;

$OA=OC$ (giả thiết).

Do đó $△AEO=△CEO$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{AOE}=\widehat{COE}$ (hai góc tương ứng)

$\Rightarrow OE$ là tia phân giác của $\widehat{xOy}$.

a) $△ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$.

Vì $BQ$ và $CP$ là đường phân giác của $\hat{B},\hat{C}$ nên $\widehat{B^1}=\widehat{B^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{ABC}}{2}$, $\widehat{C^1}=\widehat{C^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\widehat{ACB}}{2}$.

Do đó $\widehat{B^1}=\widehat{B^2}=\widehat{C^1}=\widehat{C^2}$.

Suy ra $△OBC$ cân tại $O$.

b) Vì $O$ là giao điểm các đường phân giác $CP$ và $BQ$ trong $△ABC$ nên $O$ là giao điểm ba đường phân giác trong $△ABC$.

Do đó, $O$ cách đều ba cạnh $AB,AC$ và $BC$.

c) Ta có $△ABC$ cân tại $A,AO$ là đường phân giác của góc $A$ nên $AO$ đồng thời là trung tuyến và đường cao của $△ABC$.

Vậy đường thẳng $AO$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BC$ và vuông góc với nó.

d) Ta có $△PBC=△QCB$ (g.c.g)

$\Rightarrow CP=BQ$ (hai cạnh tương ứng).

e) Ta có $AP=AB-BP$, $AQ=AC-CQ$ (1);

$△PBC=△QCB\Rightarrow BP=CQ$ (2).

Lại có $AB=AC$ (tam giác $ABC$ cân tại $A$) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra $AP=AQ$.

Vậy tam giác $APQ$ cân tại $A$.

△�