a. $K=AD\cap BE$ thì $\overrightarrow{AK}=x\overrightarrow{AD} $. $\Rightarrow \begin{array}[t]{l} \overrightarrow{BK} &= x\overrightarrow{BD}+(1-x)\overrightarrow{BA}\\ &= \frac{2}{3}x\overrightarrow{BC} +(1-x)\overrightarrow{BA} ~ (1) \end{array}$.Từ gt có $\overrightarrow{BE}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}+\frac{3}{4} \overrightarrow{BA}~(2)$. Do $B,K,E$ thẳng hàng nên từ (1) và (2) suy ra $\frac{2}{3}x:\frac{1}{4}=(1-x):\frac{3}{4}$$\Rightarrow x=\frac{1}{3}$b. Gọi $D=AO\cap (O)$. Thấy ngay BHCD là hình bình hành. Gọi $A'$ là trung điểm của $BC$. Khi đó $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OA'}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}$$\Rightarrow \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}~(3)$$\oplus$. Do $L$ là trọng tam $\triangle MNP$ nên $\overrightarrow{OL}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA})=\frac{2}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})~(4)$.Từ $(3)$ và $(4)$ có $\overrightarrow{OH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OL}$. Suy ra (đpcm)

a. $K=AD\cap BE$ thì $\overrightarrow{AK}=x\overrightarrow{AD} $. $\Rightarrow \begin{array}[t]{l} \overrightarrow{BK} &= x\overrightarrow{BD}+(1-x)\overrightarrow{BA}\\ &= \frac{2}{3}x\overrightarrow{BC} +(1-x)\overrightarrow{BA} ~ (1) \end{array}$.Từ gt có $\overrightarrow{BE}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}+\frac{3}{4} \overrightarrow{BA}~(2)$. Do $B,K,E$ thẳng hàng nên từ (1) và (2) suy ra $\frac{2}{3}x:\frac{1}{4}=(1-x):\frac{3}{4}$$\Rightarrow x=\frac{1}{3}$b.$\oplus$ Gọi $D=AO\cap (O)$. Thấy ngay BHCD là hình bình hành. Gọi $A'$ là trung điểm của $BC$. Khi đó $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OA'}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}$$\Rightarrow \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}~(3)$ $\oplus$ Do $L$ là trọng tam $\triangle MNP$ nên $\overrightarrow{OL}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA})=\frac{2}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})~(4)$.Từ $(3)$ và $(4)$ có $\overrightarrow{OH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OL}$. Suy ra (đpcm)

a. $K=AD\cap BE$ thì $\overrightarrow{AK}=x\overrightarrow{AD} $. $\Rightarrow \begin{array}[t]{l} \overrightarrow{BK} &= x\overrightarrow{BD}+(1-x)\overrightarrow{BA}\\ = \frac{2}{3}x\overrightarrow{BC} +(1-x)\overrightarrow{BA}\end{aray}$

a. $K=AD\cap BE$ thì $\overrightarrow{AK}=x\overrightarrow{AD} $. $\Rightarrow \begin{array}[t]{l} \overrightarrow{BK} &= x\overrightarrow{BD}+(1-x)\overrightarrow{BA}\\ &= \frac{2}{3}x\overrightarrow{BC} +(1-x)\overrightarrow{BA} ~ (1) \end{array}$.Từ gt có $\overrightarrow{BE}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}+\frac{3}{4} \overrightarrow{BA}~(2)$. Do $B,K,E$ thẳng hàng nên từ (1) và (2) suy ra $\frac{2}{3}x:\frac{1}{4}=(1-x):\frac{3}{4}$$\Rightarrow x=\frac{1}{3}$b. Gọi $D=AO\cap (O)$. Thấy ngay BHCD là hình bình hành. Gọi $A'$ là trung điểm của $BC$. Khi đó $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OA'}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}$$\Rightarrow \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}~(3)$$\oplus$. Do $L$ là trọng tam $\triangle MNP$ nên $\overrightarrow{OL}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA})=\frac{2}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})~(4)$.Từ $(3)$ và $(4)$ có $\overrightarrow{OH}=\frac{2}{3}\overrightarrow{OL}$. Suy ra (đpcm)