Từ hình vẽ ta có:

H là trực tâm của tam giác ABC

A là trực tâm của tam giác HBC

B là trực tâm của tam giác HAC

C là trực tâm của tam giác HAB

Xét `triangleABC` cân tại `B`. Ta có: `AB=BC` (tính chất tam giác cân) (1)

Giả sử điểm `H` là trực tâm đồng thời cũng là trọng tâm của tam giác

Khi đó ta có:

Đường thẳng `AH` là đường cao đồng thời cũng là đường trung tuyến của `triangleABC`

`=>triangleABC` cân tại `A`

`=>AB=AC` (2)

Từ (1) và (2) suy ra `AB=BC=AC=>triangleABC` đều `=>hat(A)=60^o`

Do đó để trực tâm `H` đồng thời là trọng tâm `triangleABC` thì cần thêm điều kiện là `hat(A)=60^o`.

Vì `DA=DB` nên `△DAB` cân tại `D => hat(DAB)=hat(DBA)` (Tính chất tam giác cân)  `(1)`

Xét `△AHB` vuông tại `H` có `hat(ABH)=90^o - hat(BAH)`  `(2)`

Xét `△ABK` vuông tại `K` có `hat(BAK)=90^o-hat(ABK)`   `(3)`

Từ `(1);(2);(3)` `=> hat(ABH)=hat(BAK)` hay `hat(ABC)=hat(BAC)`

`=> △ABC` cân tại `C`

Vậy `△ABC` cân tại `C`

Từ hình vẽ ta có `QF⊥PR` tại `F`

Do đó `F` sẽ là trực tâm của các tam giác vuông mà có đỉnh `F` là đỉnh góc vuông

Đó là các tam giác: `∆PFJ; ∆PFQ; ∆RFJ; ∆RFQ`

Vậy có `4` tam giác có điểm `F` làm trực tâm

Ta có: `hat(ACH)=50^o` hay `hat(KCB)=50^o`

Xét `△BIH` vuông tại `H` (vì `AH⊥AC`)

`=> hatB_1+hat(BIH)=90^o`   `(1)`

Xét `△BKC` vuông tại `K` (vì `BK⊥AC`)

`=> hatB_1+hat(KCB)=90^o`   `(2)`

Từ `(1);(2) => hat(BIH)=hat(KCB)` (cùng phụ `hatB_1`)

`=> hat(BIH)=hat(KCB) = 50^o`

Lại có `hat(BIH)+hat(HIK)=180^o` (hai góc kề bù)

`=> hat(HIK)=180^o-hat(BIH)=180^o-50^o=130^o`

Vậy `hat(HIK)=130^o`

Ta có:  `hatB_1 + hat(BAC) =90^o` (hai góc phụ nhau)

           `hatC_1+hat(BAC)=90^o`  (hai góc phụ nhau)

`=> hatB_1 = hatC_1`

Ta có:  `hat(ABE)+hatB_1=180^o` (hai góc kề bù)

           `hat(ACF)+hatC_1=180^o` (hai góc kề bù)

Mà `hatB_1=hatC_1` (chứng minh trên) `=> hat(ABE)=hat(ACF)`

Xét `△ABE` và `△FCA` có:

       `AB=FC` (giả thiết)

       `hat(ABE)=hat(ACF)` (chứng minh trên)

       `BE=CA`  (giả thiết)

`=> △ABE=△FCA` `(c.g.c)`

`=> AE=AF` (hai cạnh tương ứng)  `(1)`

và `hat(AEB)=hat(FAC)` (hai góc tương ứng)

Ta có:  `hat(EAF)=hat(EAB)+hat(BAC)+hat(FAC)`

                        `=hat(EAB)+hat(BAC)+hat(AEB)`

                        `=hat(EAK)+hat(AEK)`

                        `=90^o`  (do `△AEK` vuông tại `K`)

`=> hat(EAF)=90^o`  `(2)`

Từ `(1);(2)` `=>` `△AEF` vuông cân tại `A`

Qua `H` kẻ đường thẳng song song với `AC` cắt `AB` tại `F`, kẻ đường thẳng song song với `AB` cắt `AC` tại `E`

Vì `AE////HF` (cách vẽ) nên:  `hat(EAH)=hat(FHA)` (hai góc so le trong thì bằng nhau)

Vì `AF////HE` (cách vẽ) nên:  `hat(AHE)=hat(HAF)` (hai góc so le trong thì bằng nhau)

Xét `△AEH` và `△HFA` có:

         `hat(EAH)=hat(FHA)` (chứng minh trên)

         `AH` là cạnh chung

         `hat(AHE)=hat(HAF)` (chứng minh trên)

`=> △AEH=△HFA`  `(g.c.g)`

`=> EH=AF;AE=HF` (hai cạnh tương ứng)

Vì `HF////AC` (cách vẽ), mà  `BH⊥AC` (H là trực tâm) nên `BH⊥HF` (từ vuông góc đến song song)

Tương tự:  `CH⊥HE`

Khi đó `BF;BH` lần lượt là đường xiên và vuông góc kẻ từ `B` đến `FH` nên `BF > BH` (quan hệ đường xiên - đường vuông góc)    (1)

`CE;CH` lần lượt là đường xiên và vuông góc kẻ từ `C` đến `EH` nên `CE > CH` (quan hệ đường xiên - đường vuông góc)    (2)

Xét `△AEH` có:  `AE+EH > HA` (bất đẳng thức tam giác)    (3)

Ta có:  `AB+AC=AF+FB+AE+EC`

`=> AB+AC=EH+FB+AE+EC` (vì `EH=AF` chứng minh trên)

`=> AB+AC=(AE+EH)+FB+EC`   (4)

Từ (1), (2), (3) và (4)  `=> AB+AC > HA+HB+HC`

Vậy `AB+AC > HA+HB+HC`

Ta có: `triangleABC` cân tại `A` (Vì `AB=AC`)

`=>AH` là đường cao đồng thời là đường phân giác

`=>hat(A_1)=hat(A_2)` (1)

Mà `DH` // `AC` (gt) `=>hat(H_1)=hat(A_2)` (hai góc so le trong) (2)

Từ (1) và (2) suy ra `hat(A_1)=hat(H_1) (=hat(A_2))=>triangleADH` cân tại `D=>DA=DH`

Vì `DH` // `AC` (gt) `=>hat(H_2)=hat(ACB)` (hai góc đồng vị) (3)

Mặt khác `hat(ABC)=hat(ACB)` (do `triangleABC` cân tại `A`) (4)

Từ (3) và (4) suy ra `hat(H_2)=hat(ABC) (=hat(ACB))`

`=>triangleDBH` cân tại `D`

`=>DB=DH`

Mà `DA=DH` (cmt)

`=>DB=DA`

`=>D` là trung điểm của `AB`

`=>CD` là đường trung tuyến của `triangleABC`

Xét `triangleABC` cân tại `A` có `AH` là đường cao nên `AH` đồng thời là đường trung tuyến

Hai đường trung tuyến `AH, CD` của `triangleABC` cắt nhau tại `G`

`=>G` là trọng tâm của `triangleABC`

Gọi `E` là trung điểm của `AC`

Ta có `BE` là trung tuyến của `triangleABC`

Do `G` là trọng tâm của `triangleABC` nên `G in BE` và `BG=2/3BE`

`=>3BG=2BE` (5)

Trên tia đối của tia `EB` lấy điểm `K` sao cho `EK=EB`

`=>BK=BE+EK=2BE` (6)

Từ (5) và (6) suy ra `3.BG=BK`

Xét `triangleAEK` và `triangleCEB` có:

`AE=CE; hat(AEK)=hat(CEB)` (hai góc đối đỉnh); `EK=EB`

`=>triangleAEK=triangleCEB` (c.g.c)

`=>AK=BC` (hai cạnh tương ứng)

Xét `triangleABK` có: `AB+AK>BK` (Bất đẳng thức tam giác)

`=>AB+BC>3BG` (do `AK=BC; BK=3BG`)

Mà `AC>AH` (đường xiên lớn hơn đường vuông góc)

`=>AB+BC+AC>3BG+AH` (đpcm)