Ta có:

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+4\overrightarrow{MC}\)

          \(=6\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+4\overrightarrow{IC}\)

          \(=6\overrightarrow{MI}+4\overrightarrow{IG}+4\overrightarrow{IC}\)

          \(=6\overrightarrow{MI}\)

\(\Rightarrow M,I,N\) thẳng hàng

Từ giả thiết ta có PN là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow\overrightarrow{PN}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BM}\)

Do đó:

\(\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{PN}+\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{PC}\)

b.

Theo tính chất trọng tâm: \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}=\dfrac{2}{3}\left(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GM}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{GM}\Rightarrow2\overrightarrow{MG}=-\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{GA}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+2\overrightarrow{MG}=\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{0}\)

\(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{GN}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{BN}\)

\(=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{GB}+2\overrightarrow{BN}\)

G là trọng tâm \(\Rightarrow BG=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

\(\left|\overrightarrow{u}\right|=\left|\overrightarrow{GB}+2\overrightarrow{BN}\right|\Rightarrow\left|\overrightarrow{u}\right|^2=BG^2+4BN^2+4\overrightarrow{GB}.\overrightarrow{BN}\)

\(=\dfrac{a^2}{3}+4a^2+4.\dfrac{a\sqrt{3}}{3}.a.cos120^0=\dfrac{13-2\sqrt{3}}{3}a^2\)

\(\Rightarrow\left|\overrightarrow{u}\right|=\sqrt{\dfrac{13-2\sqrt{3}}{3}}.a\)

Cho tam giác ABC có trực tâm H , trọng tâm G , O là tâm đường tròn 
ngoại tiếp , I là trung điểm BC , AD là đường kính của (O) . 
Chứng minh H , G , O thẳng hàng ? 
Giải : 
Ta có : góc DCA = góc DBA = 90 độ ( góc nội tiếp chắn 1/2 (O)) 
Xét tứ giác BHCD ta có : 
BH // DC ( vì cùng vuông góc với AC ) 
CH // DB ( vì cùng vuông góc với AB ) 
Do đó tứ giác BHCD là hình bình hành . 
===> H , I , D thẳng hàng và IH = ID (t/c đường chéo hbhành) 
Ta lại có : OI = 1/2 AH ( đ.trung bình tam giác DAH ) (1) 
GI = 1/2 GA (t/chất trọng tâm của ABC ) (2) 
góc HAG = góc GIO ( so le trong vì AH // OI ) (3) 
Do đó tam giác GAH đồng dạng tam giác GIO ( c.g.c) 
===> góc HGA = góc IGO (góc tương ứng của 2 t.giác đ.dạng ) 
Vì góc HGA và góc IGO là 2 góc ở vị trí đối đỉnh bằng nhau nên ta suy ra H , G , O thẳng hàng . 
Vậy trong 1 tam giác trực tâm , trọng tâm , tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên 1 đường thẳng đó là đường thẳng Euler !

Please, ai giúp mk câu b,c,d với ạ 🥺🥺🥺

Gọi M là trung điểm của cạnh BC

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay O là giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác ABC.

\(\Rightarrow OA=OC\)

Trên tia đối của OA lấy D sao cho OA = OD.

Lúc đó thì OC = OD = OA

\(\Rightarrow\Delta ACD\)vuông tại C ( do có đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

\(\Rightarrow DC\perp AC\).Kết hợp với \(BH\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow BH//CD\)

Tương tự ta có: \(BD//HC\)

Xét \(\Delta BHC\)và \(\Delta CDB\)có:

      \(\widehat{HBC}=\widehat{DCB}\)(\(BH//CD,slt\))

      BC: cạnh chung

      \(\widehat{HCB}=\widehat{DBC}\)(\(BD//HC,slt\))

Do đó \(\Delta BHC\)\(=\Delta CDB\left(g-c-g\right)\)

\(\Rightarrow BH=CD\)(hai cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta BHM\)và \(\Delta CDM\)có:

      BM = CM (gt)

     \(\widehat{HBM}=\widehat{DCM}\left(BH//CD,slt\right)\)

     BH = CD (cmt)

Do đó \(\Delta BHM\)\(=\Delta CDM\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BMH}=\widehat{CMD}\)(hai góc tương ứng) và HM = DM (hai cạnh tương ứng)

Mà \(\widehat{BMD}+\widehat{CMD}=180^0\)(kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{BMD}+\widehat{BMH}=180^0\Rightarrow\widehat{HMD}=180^0\)

Lúc đó thì H,M,D thẳng hàng.

Tam giác ABC có AM là trung tuyến và G là trọng tâm nên \(AG=\frac{2}{3}AM\)

\(\Rightarrow\)Tam giác AHD cũng có AM là trung tuyến và  \(AG=\frac{2}{3}AM\)

\(\Rightarrow G\)là trọng tâm của tam giác AHD 

Lại có HO cũng là tung tuyến của tam giác AHD nên HO đi qua G

Vậy H,O,G thẳng hàng (đpcm)

a: Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD vuông góc AB

=>BD//CH

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC vuông góc CD

=>CD//BH

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

b: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

=>I là trung điểm của HD

Xét ΔHDA có

I,O lần lượt là trung điểm của DH,DA

=>IO là đường trung bình

=>IO//AH và IO=AH/2

=>AH=2IO