Bạn xem lại đề ạ!

Nếu bạn đã chứng minh được D là trung điểm IQ; E là trung điểm KP; E là trung điểm KP; F là trung điểm LJ

Thì dễ dàng suy ra được: \(\overrightarrow{MD}=\frac{\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MQ}}{2}\); \(\overrightarrow{ME}=\frac{\overrightarrow{MK}+\overrightarrow{MP}}{2}\); \(\overrightarrow{MF}=\frac{\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{ML}}{2}\)

( Vì chúng ta có tính chất: Nếu I là trung điểm đoạn thẳng AB thì mọi điểm M ta có: \(2\overrightarrow{MI}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\)) 

\(\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {MF}  = \left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OE} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OF} } \right)\)

Qua M kẻ các đường thẳng \({M_1}{M_2}//AB;{M_3}{M_4}//AC;{M_5}{M_6}//BC\)

Từ đó ta có: \(\widehat {M{M_1}{M_6}} = \widehat {M{M_6}{M_1}} = \widehat {M{M_4}{M_2}} = \widehat {M{M_2}{M_4}} = \widehat {M{M_3}{M_5}} = \widehat {M{M_5}{M_3}} = 60^\circ \)

Suy ra các tam giác \(\Delta M{M_3}{M_5},\Delta M{M_1}{M_6},\Delta M{M_2}{M_4}\) đều

Áp dụng tính chất trung tuyến \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right)\)(với M là trung điểm của BC) ta có:

\(\overrightarrow {ME}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}}  + \overrightarrow {M{M_6}} } \right);\overrightarrow {MD}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}}  + \overrightarrow {M{M_4}} } \right);\overrightarrow {MF}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}}  + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {MF}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}}  + \overrightarrow {M{M_4}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}}  + \overrightarrow {M{M_6}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}}  + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)\)

Ta có: các tứ giác \(A{M_3}M{M_1};C{M_4}M{M_6};B{M_2}M{M_5}\) là hình bình hành

Áp dụng quy tắc hình bình hành ta có

\(\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {MF}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}}  + \overrightarrow {M{M_4}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}}  + \overrightarrow {M{M_6}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}}  + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}}  + \overrightarrow {M{M_3}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}}  + \overrightarrow {M{M_5}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_4}}  + \overrightarrow {M{M_6}} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {MA}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {MB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {MC}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OA} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow {OC} } \right)} \right)\)

\( = \frac{1}{2}\left( {3\overrightarrow {MO}  + \left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right)} \right) = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \) (đpcm)

Vậy \(\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {MF}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO} \)

Qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác

A₁B₁ // AB; A₂C₂ // AC; B₂C₁ // BC.

Dễ thấy các tam giác MB₁C₂; MA₁C₁;MA₂B₂ đều là các tam giác đều. Ta lại có MD B₁C₂ nên MD cũng là trung điểm thuộc cạnh B₁C₂ của tam giác MB₁C₂

Ta có 2 = +

Tương tự: 2 = +

2 = +

=> 2( ++) = (+) + ( + ) + (+)

Tứ giác là hình bình hành nên

+ =

Tương tự: + =

+ =

=> 2( ++) = ++

vì O là trọng tâm bất kì của tam giác và M là một điểm bất kì nên

++ = 3.

Cuối cùng ta có:

2( ++) = 3;

=> ++ =