Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
 => BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE. 
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
 =>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
 (Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của  ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE      => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực  Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/

(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
 => ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM          => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của  ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).

Dùng hình của cô Vân nhé

Gọi I là trung điểm của BC, kẽ AM, BN, IK, CL vuông góc với PQ và cắt PQ lần lược tại M,N,K,L

Ta có AM // CL

\(\Rightarrow\frac{QC}{QA}=\frac{CL}{AM}\left(1\right)\)

Ta có BN // AM

\(\Rightarrow\frac{PB}{PA}=\frac{BN}{AM}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{PB}{PA}.\frac{QC}{QA}=\frac{BN}{AM}.\frac{CL}{AM}=\frac{BN.CL}{AM^2}\left(3\right)\)

Ta có AM // IK

\(\Rightarrow\frac{GI}{GA}=\frac{IK}{AM}=\frac{1}{2}\left(4\right)\)

Ta có IG // BN // CL và BI = CI \(\Rightarrow IK\)là đường trung bình của hình thang BNLC

\(\Rightarrow IK=\frac{BN+CL}{2}\left(5\right)\)

Ta lại có \(BN.CL\le\frac{\left(BN+CL\right)^2}{4}=IK^2\left(6\right)\)

Từ (3), (4),(6) ta có

\(\Rightarrow\frac{PB}{PA}.\frac{QC}{QA}=\frac{BN.CL}{AM^2}\le\frac{IK^2}{AM^2}=\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

Dấu = xảy ra khi BN = CL hay PQ // BC

Khó thế! Nhìn hoa cả mắt

Muốn giúp bạn lắm mà không biết vẽ hình ai vẽ hộ cái hình thì t giải giúp cho