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 $A$.

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) 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) 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 $A$.

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 $A$.

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) 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 $EF\perp Om$.