a, BQ là đường phân giác của góc B 

=> \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\dfrac{1}{2}\widehat{B}\) ( 1 )

CP là đường phân giác của góc C 

=> \(\widehat{C_1}=\widehat{C_2}=\dfrac{1}{2}\widehat{C}\) ( 2 )

Mà tam giác ABC cân tại A 

= > \(\widehat{B}=\widehat{C}\) ( 3 )

Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) = > \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\)

Xét tam giác OBC có : 

\(\widehat{B_2}=\widehat{C_2}\) ( 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 :

\(\widehat{B_2}=\widehat{C_2}\left(cmt\right)\)

BC chung 

\(\widehat{B}=\widehat{C}\left(gt\right)\)

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

= > 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) $△ABC$ 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 $A$.

a)

Xét \(\Delta AOD\) và \(\Delta COB\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\left(gt\right)\\\widehat{O}:chung\\OB=OD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)

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

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

b) 

Nối A với C

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\\OB=OD\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow OA-OB=OC-OD\)

Hay \(AB=CD\)

Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta CDA\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=CD\left(cmt\right)\\AC:chung\\AD=BC\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

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

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{CDA}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

Vì \(\Delta AOD=\Delta COB\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{A}=\widehat{C}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta CDE\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABC}=\widehat{CDA}\left(cmt\right)\\AB=CD\left(cmt\right)\\\widehat{A}=\widehat{C}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

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

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: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OC\left(gt\right)\\\widehat{A}=\widehat{C}\left(cmt\right)\\AE=CE\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AOE=\Delta COE\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow\widehat{AOE}=\widehat{COE}\left(\text{2 góc tương ứng}\right)\)

`=> OE` là phân giác của \(\widehat{xOy}\) (đpcm)

em bổ sung hình nhé

Vì Om là phân giác của \(\widehat{xOy}\)

\(\Rightarrow\widehat{IOE}=\widehat{IOF}=\dfrac{1}{2}\widehat{EOF}\)

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}IE\perp Ox\\IF\perp Oy\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{IEO}=\widehat{IFO}=90^o\)

Xét \(\Delta IOE\) và \(\Delta IOF\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{IEO}=\widehat{IFO}\left(=90^o\right)\\OI:chung\\\widehat{IOE}=\widehat{IOF}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta IOE=\Delta IOF\left(\text{cạnh huyền - góc nhọn}\right)\)

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

\(\Rightarrow\widehat{OEF}=\widehat{OFE}\)

Xét \(\Delta EOF\) có:

\(\widehat{EOF}+\widehat{OFE}+\widehat{OEF}=180^o\)

\(\Rightarrow2\widehat{EOI}+2\widehat{OEF}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{EOI}+\widehat{OEF}=90^o\)

Gọi \(EF\cap OI\equiv M\)

Xét \(\Delta OME\) có: 

\(\widehat{OEF}+\widehat{EOI}+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow90^o+\widehat{OME}=180^o\\ \Rightarrow\widehat{OME}=180^o-90^o=90^o\\ \Rightarrow EF\perp Om\left(\text{đpcm}\right)\)

Cho $\widehat{xOy}$, $\left(0^{\circ }<\widehat{xOy}<180^{\circ }\right)$, $Om$ là tia phân giác $\widehat{xOy}$. Trên tia $Om$ lấy điểm $I$ bất kì. Gọi $E,F$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $I$ đến $Ox$ và $Oy$. Chứng minh:

a) $△IOE=△IOF$.

b) $EF\perp Om$.

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. Ta có: $\angle BAD=\angle CAD$ $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle CAD =$ $\angle ACD$ Vậy $AD$ là phân giác trong của $\angle A$ trong tam giác $ABC$ Do đó ta có $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$ (định lí phân giác) Mà $\angle A=\angle AHD$ (Do $H$ thuộc đường thẳng $AC$ là đường cao của tam giác $ABD$) $\angle HDA=180^{\circ}-\angle BDA=180^{\circ}-\angle B=120^{\circ}=\angle C$ Vậy $\frac{HD}{DC}=\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$ Vậy $HD=BD$ và $\angle B=60^{\circ}=\angle HAD$ Do đó $\triangle AHD \cong \triangle ABD$ Vậy $\triangle ABC \cong \triangle AHD$ B. Ta có $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle DAC=\angle ACD$ Lại có $AD$ là phân giác trong của $\angle A$ Do đó, ta có: $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DA}$ Vậy $DC=DA$, vậy $AD$ là đường trung trực của $BH$ C. Ta có $\angle AHD = \angle B = 60^{\circ}=\angle HAC$, vậy $\triangle AHD \sim \triangle ACH$ Do đó $\dfrac{HA}{HD}= \dfrac{HC}{HA}$ Vậy $HA=HC$ D. Ta có $\angle ADB=120^{\circ}-\angle BAD=120^{\circ}-\angle DAC=\angle ACD$ Do đó tam giác $ABC$ cân tại $B$, ta có $DC>AB$ (Bất đẳng thức tam giác) E. Gọi $E$ là trung điểm của $CS$ thì ta có $CE=\frac{1}{2}CS$ Mà $\angle ACB=\angle AHB=90^{\circ}$, do đó $AH//CB$, ta có $\triangle AHB \sim \triangle ACB$ Vậy $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{HB}{BC}$ Do đó $\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{BC}{AC}$ Vì $HEBC$ là hình bình hành nên ta có $BC=HE$ Vậy $\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{HE}{AC}$ Lại có $\triangle HSD \sim \triangle AHC$ Vậy $\dfrac{HS}{AC}=\dfrac{HD}{AH}$ Do đó $\dfrac{HE}{AC}=\dfrac{HD+DE}{AC}=\dfrac{HD}{AC}+\dfrac{DE}{AC}$ Vì $HA=HC$ nên ta có $HD=\frac{1}{2}AC$ Vậy $\dfrac{HE}{AC}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{DE}{AC}$ Mà $HE=\frac{1}{2}CS=\frac{1}{4}AB$ nên $\dfrac{HE}{AB}=\dfrac{1}{4}$ Do đó $\dfrac{1}{2}+\dfrac{DE}{AC}=\dfrac{1}{4}$ Vậy $\dfrac{DE}{AC}=-\dfrac{1}{4}$ Ta có $\triangle BDS \sim \triangle ACS$ Vậy $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DS}{CS}$ Mà $\angle B =\angle HAD=60^{\circ} =\angle SDC$ Nên tam giác $SDC$ cũng là tam giác đều với $SD=DC$ Vậy $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DS}{CS}=\dfrac{1}{2}$ Do đó $DE=\frac{-1}{4}AC$, suy ra $DE$ song song với $AC$ Lại có $\angle AHB=90^{\circ}$ nên $BH$ vuông góc với $AC$ Do đó $AD$ là đường trung trực của $BH$ nên $DE$ cũng là đường trung trực của $BH$ Vậy ta được $A,D,E$ thẳng hàng Chúc bạn học tốt!

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 $IH=IK$.

Ta có $D$ thuộc phân giác của $\hat{A}$;

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

Gọi $G$ là trung điểm của $BC$.

Xét $△BGD$ và $△CGD$, có

$\widehat{BGD}=\widehat{CGD}=90^{\circ }$ ($DG$ 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

$\widehat{BHD}=\widehat{CKD}=90^{\circ }$ (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).

Ta có $D$ thuộc phân giác của $\hat{A}$;

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

Gọi $G$ là trung điểm của $BC$.

Xét $△BGD$ và $△CGD$, có

$\widehat{BGD}=\widehat{CGD}=90^{\circ }$ ($DG$ 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

$\widehat{BHD}=\widehat{CKD}=90^{\circ }$ (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).

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 $AG\perp BC$.

$a)$

$\text{Ta có : BE là đường trung tuyến cạnh AC}$

$\text{và : CF là đường trung tuyến cạnh AB}$

$\Rightarrow AB=AC\Rightarrow \Delta ABC\text{cân tại}A$

$\text{Nối AG}$

$\text{Xét ΔABC có BE và CF là 2 đường trung tuyến cắt nhau tại G}$

$\Rightarrow \text{G là trọng tâm ΔABC}$

$\text{và : AG là đường trung tuyến ứng với cạnh BC}$

$\text{ΔABC cân tại A nên đường trung tuyến AG cũng là đường cao => AG ⊥ BC}$ 

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);

$\widehat{MGN}=\widehat{BGC}$ (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 $MN$ // $BC$.

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 $MN$ // $BC$.

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 $\frac{GE}{GK}=2$.

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 $GB=2GC\Rightarrow GB=\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}BC\Rightarrow G$ 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) 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:

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

$a,$

Do $CE$ là đường trung tuyến (gt)

$\to E$ là trung điểm của $AB$

Do $BD$ là đường trung tuyến (gt)

$\to D$ là trung điểm của $AC$

Có : $AE=\frac{1}{2}AB$ (Do $E$ là trung điểm của $AB$)

Có : $AD=\frac{1}{2}AC$ (Do $D$ là trung điểm của $AC$)

mà $AB=AC$ (Do $\Delta ABC$ cân tại $A$) $\to \frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}AC$

$\to AE=AD$

Xét $\Delta ADB$ và $\Delta AEC$ có :

$AE=AD$ (cmt)

$AB=AC$ (Do $\Delta ABC$ cân tại $A$)

$\hat{A}$ chung

$\to \Delta ADB=\Delta AEC$ (cạnh - góc - cạnh)

$\to BD=CE$ (2 cạnh tương ứng)

và $\widehat{ABD}=\widehat{ACE}$ (2 góc tương ứng)

Có : $\widehat{ABD}+\widehat{GBC}=\widehat{ABC}$

Có : $\widehat{ACE}+\widehat{GCB}=\widehat{ACB}$

mà $\widehat{ABD}=\widehat{ACE}$ (cmt), $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ (Do $\Delta ABC$ cân tại $A$)

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

$\to \Delta BGC$ cân tại $G$

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên:

$GD=\frac{1}{2}GB,GE=\frac{1}{2}GC$

Do đó $GD+GE=\frac{1}{2}BG+\frac{1}{2}CG=\frac{1}{2}\left(BG+CG\right)$.

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

Suy ra $GB+GE>\frac{1}{2}BC$ (điều phải chứng minh).