Gọi M là giao điểm AG và BC. 
Ta có AG =BG=CG (=2/3 AM) (3 trung tuyến của t.giác đều thì bằng nhau) 
Mà AG=GD(gt) => tgiác BGD cân tại G (1) 
Mặt khác tam giác BDG có BM là trung tuyến cũng là trung trực nên cân tại B (2) 
Từ (1) và (2) => tgiac BDG đều 

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BG, BG’.

* M là trung điểm GG’⇒ BM là đường trung tuyến ΔBGG.

Mà M là trung điểm BC ⇒ BM = ½ .BC (4)

Xét ΔIGG’ và ΔNGA có:

      IG = GN (chứng minh trên)

      GG’ = GA (Vì G là trung điểm AG’)

⇒ ΔIGG’ = ΔNGA (c.g.c)

⇒ G’I = AN (hai cạnh tương ứng)

Mà GC = BG’ (chứng minh phần a))

⇒ Nên PG = BK.

ΔGMC = ΔG’MB (chứng minh câu a)

Xét ΔPGB và ΔKBG có:

      PG = BK (chứng minh trên)

      BG chung

⇒ ΔPGB = ΔKBG (c.g.c)

⇒ PB = GK (hai cạnh tương ứng)

Gọi trung điểm BC, CA, AB lần lượt là M, N, P.

⇒ AM, BN, CP là các đường trung tuyến, G là trọng tâm của ΔABC

Theo tính chất đường trung tuyến của tam giác ta có:

GB = 2/3.BN (1)

GA = 2/3.AM, mà GA = GG’ (do G là trung điểm của AG’) ⇒ GG’ = 2/3.AM (2)

GM=1/2.AG, mà AG=GG’ ⇒ GM=1/2.GG’ ⇒ M là trung điểm của GG’ hay GM = G'M .

Xét ΔGMC và ΔG’MB có:

      GM = G’M (chứng minh trên)

      MC = MB

⇒ ΔGMC = ΔG’MB (c.g.c)

⇒ GC = G’B (hai cạnh tương ứng).

Mà CG = 2/3.CP (tính chất đường trung tuyến) ⇒ G’B = 2/3.CP (3)

Từ (1), (2), (3) ta có : GG’ = 2/3.AM , GB = 2/3.BN, G’B = 2/3.CP.

Gọi AM, BN, CP là các đường trung tuyến của ∆ABC cắt nhau tại G.

                        AG = GD (gt)

                        AG = 2GM (suy ra từ tính chất đường trung tuyến)

Nên            GD  = 2GM

                   GD = GM + MD

=> GM = MD

Xét ∆BMD và ∆CMG:

                   BM = CM (gt)

\(\widehat{BND}=\widehat{CMG}\left(\text{đối đỉnh}\right)\)

                    MD = GM (chứng minh trên)

Do đó: ∆BMD = ∆CMG (c.g.c)

=> BD = CG

\(CG=\frac{2}{3}CP\left(\text{tính chất đường trung tuyến}\right)\)

\(\Rightarrow BD=\frac{2}{3}CP\) (1)

     \(BG=\frac{2}{3}BN\left(\text{tính chất đường trung tuyến}\right)\) (2)

    \(AG=\frac{2}{3}AM\left(\text{tính chất đường trung tuyến}\right)\)

\(\Rightarrow GD=\frac{2}{3}AM\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra các cạnh của \(\Delta BGD=\frac{2}{3}\) các đường trung tuyến của \(\Delta ABC\)

GM = MD (chứng minh trên)

Nên BM = MD là đường trung tuyến của ∆BGD

\(BM=\frac{1}{2}BC\) (4)

Kẻ đường trung tuyến GE và DF của ∆BGD 

\(\Rightarrow FG=\frac{1}{2}BG\)

\(GN=\frac{1}{2}BG\left(\text{tính chất đường trung tuyến}\right)\) 

Nên FN = GN

Xét ∆DFG và ∆ANG:

AG = GD (gt)

\(\widehat{DGF}=\widehat{AGN}\left(\text{đối đỉnh}\right)\)

GF = GN (chứng minh trên)

Do đó ∆DFG  = ∆ANG (c.g.c)

=> DF = AN            

\(AN=\frac{1}{2}AC\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow DF=\frac{1}{2}AC\) (5)

  BD = CG (chứng minh trên)

\(ED=\frac{1}{2}BD\left(\text{vì E là trung điểm BD}\right)\)

\(GP=\frac{1}{2}CG\left(\text{tính chất đường trung tuyến}\right)\)

=> ED = GP

∆BDM = ∆CGM (chứng minh trên)

\(\Rightarrow\widehat{BDM}=\widehat{CGM}\text{ hay }\widehat{CGM}\)

\(\widehat{CGM}=\widehat{PGA}\left(\text{đối đỉnh}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{EDG}=\widehat{PGA}\)

             AG = GD (gt)

=> ∆PGA = ∆EDG (c.g.c)

=> GE = AP

\(\Rightarrow GE=\frac{1}{2}AB\)(6)

Từ (4),(5) và (6) suy ra các đường trung tuyến của ∆BGD bằng một nửa cạnh của ∆ABC.

KHÔNG BIẾT VÌ HỌC LỚP 6