a, Gọi \(I\left(x;y\right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA=IB\\IA=IC\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA^2=IB^2\\IA^2=IC^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(-3-x\right)^2+\left(6-y\right)^2=\left(1-x\right)^2+\left(-2-y\right)^2\\\left(-3-x\right)^2+\left(6-y\right)^2=\left(6-x\right)^2+\left(3-y\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2y=-5\\3x-y=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=3\end{matrix}\right.\)

bạn lấy tên trong truyện SHIN à

minh moi hok lop 6 thoi @online nha ban

            ( Hình ko chính xác đâu nha )

                                CM

Vẽ về phía ngoài tam giác ABC dựng tam giác đều ACQ và tam giác RBC cân tại R sao cho \(\widehat{BRC}=120^0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}DB=DC\\RB=RC\end{cases}}\)

\(\Rightarrow DR\)là đường trung trực BC ( tc)

          mà tam giác DBC cân tại D ( gt)

\(\Rightarrow DR\)là phân giác của \(\widehat{BDC}\left(tc\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BDR}=\frac{1}{2}\widehat{BDC}=60^0\)

Ta có: \(\widehat{DBR}=\widehat{DBC}+\widehat{RBC}\left(h.ve\right)\)

                      \(=30^0+30^0\)

                      \(=60^0\)mà BD = BR (cmt)

\(\Rightarrow\Delta BDR\)là tam giác đều ( dấu hiệu nhận biết )

Vì \(\Delta APB\)đều ( gt)

\(\Rightarrow BP=BA\left(đn\right)\)

Ta có: \(\widehat{PBD}=\widehat{PBA}+\widehat{ABD}\left(h.ve\right)\)

                       \(=60^0+\widehat{ABD}\left(1\right)\)

Lại có: \(\widehat{ABR}=\widehat{DBR}+\widehat{ABD}\left(h.ve\right)\)

                       \(=60^0+\widehat{ABD}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{PBD}=\widehat{ABR}\)

 Xét \(\Delta BPD\)và \(\Delta BAR\)có:

       \(\hept{\begin{cases}\widehat{PBD}=\widehat{ABR}\left(cmt\right)\\PB=BA\left(cmt\right)\\BD=BR\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta BPD=\Delta BAR\left(c-g-c\right)}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}DP=RA\left(2canhtuongung\right)\left(3\right)\\\widehat{BDP}=\widehat{BRA}\left(2goctuongung\right)\end{cases}}\)

CM tương tự ta có \(\Delta CRA=\Delta CDQ\left(c-g-c\right)\)( bạn tự CM nhé nó tương tự )

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}DQ=RA\left(2canhtuongung\right)\left(4\right)\\\widehat{QDC}=\widehat{ARC}\left(2goctuongung\right)\end{cases}}\)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow DP=DQ=RA\)

Ta có: \(\widehat{PDQ}=360^0-\widehat{BDC}-\left(\widehat{PDB}+\widehat{QDC}\right)\)

   mà \(\widehat{BDP}=\widehat{BRA};\widehat{QDC}=\widehat{ARC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{PDQ}=360^0-\widehat{BDC}-\left(\widehat{BRA}+\widehat{CRA}\right)\)

                \(=360^0-\widehat{BDC}-\widehat{BRC}\)

                \(=360^0-120^0-120^0\)

               \(=120^0\)

       

(Chỗ này mình hướng dẫn bạn tự làm típ  nhé)

từ đó tam giác DPQ cân tại D và góc PDQ=120⁰ . Kết hợp với giả thiết tam giác DEF cân tại D có góc EDF=120⁰

\(\Rightarrow\Delta DFP=\Delta DEQ\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow EQ=FP\left(2canhtuongung\right)\)

Dễ thấy EQ=EC nên PF=CE.

     

mình hiểu rồi thanks bạn nhiều 

a) Do BC là phân giác của góc ABD và góc ACD nên góc ABC=góc CBD (1)                                                                                 và góc ACB=góc BCD (2)2 tam giác ABC và tam giác DBC có chung cạnh BC(3)Từ (1);(2);(3) suy ra tam giác ABC=tam giác DBC (g.c.g)suy ra : AB=DB;AC=DC( các góc tương ứng)b) Ta có : BE là phân giác ( do E nằm trên cạnh BC )Mà trong tam giác ABD có AB=DBNên tam giác ABD cân tại Btrong tam giác cân đường phân giác cũng là đường trung tuyến, đường cao,...nên BE là trung tuyến suy ra E là trung điểm của AD; AE=DE( đpcm )             ED;EC là đường cao nên góc AEB=góc BED=góc DEC=góc CEA=90^ovậy BE;CE là pz của góc AED              học tốt nha