Ta có: \(\widehat{MQA}=\dfrac{\widehat{MQP}}{2}\)

\(\widehat{PNB}=\dfrac{\widehat{PNM}}{2}\)

mà \(\widehat{MQP}=\widehat{PNM}\)

nên \(\widehat{MQA}=\widehat{PNB}\)

Xét ΔMQA và ΔPNB có 

\(\widehat{MQA}=\widehat{PNB}\)

MQ=PN

\(\widehat{QMA}=\widehat{NPB}\)

Do đó: ΔMQA=ΔPNB

Suy ra: AQ=PN và AM=PB

Ta có: AM+AN=MN

PB+BQ=PQ

mà AM=PB

và MN=PQ

nên AN=BQ

Xét tứ giác ANBQ có 

AN//BQ

AN=BQ

Do đó:ANBQ là hình bình hành

a: Xét ΔMHQ vuông tại H và ΔPKN vuông tại K có 

MQ=PN

\(\widehat{MQH}=\widehat{PNK}\)

Do đó: ΔMHQ=ΔPKN

Suy ra: MH=PK

a: AQ là phân giác của góc BAD

=>\(\hat{BAQ}=\hat{DAQ}=\frac12\cdot\hat{BAD}\)

BP là phân giác của góc ABC

=>\(\hat{ABP}=\hat{CBP}=\frac12\cdot\hat{ABC}\)

DQ là phân giác của góc ADC

=>\(\hat{ADQ}=\hat{CDQ}=\frac12\cdot\hat{ADC}\)

\(\hat{QAD}+\hat{QDA}=\frac12\left(\hat{BAD}+\hat{ADC}\right)=\frac12\cdot180^0=90^0\)

=>ΔQAD vuông tại Q

=>QA⊥QD

=>AP⊥QD

Ta có: \(\hat{PAB}+\hat{PBA}\)

\(=\frac12\left(\hat{BAD}+\hat{ABC}\right)=\frac12\cdot180^0=90^0\)

=>ΔPAB vuông tại P

=>AP⊥PB

mà AP⊥DQ

nên BP//DQ

b: ΔQAD vuông tại Q

=>\(\hat{AQD}=90^0\)

=>AP⊥DM tại Q

Ta có: CN là phân giác của góc BCD

=>\(\hat{BCN}=\hat{DCN}=\frac12\cdot\hat{BCD}\)

\(\hat{MCD}+\hat{MDC}=\frac12\left(\hat{ADC}+\hat{BCD}\right)=\frac12\cdot180^0=90^0\)

=>ΔMDC vuông tại M

=>\(\hat{DMC}=90^0\)

Xét tứ giác MNPQ có \(\hat{QMN}=\hat{QPN}=\hat{MQP}=90^0\)

nên MNPQ là hình chữ nhật

(Tự vẽ hình nhen)

a,Ta có ABCD là hbh => gADC=gABC(1)

BM là phân giác gABC(gt)=>gABM=1/2gABC(2)

DN là phân giác gADC(gt)=>gMDN=1/2gADC(3)

Từ(1),(2) và (3)=> gNDM=gNBM

Mặt khác NB//DM(t/c hbh)=> BMDN là hbh

b,Gọi O là giao điểm của AC và BD(4)

=>O là trung điểm của BD(t/c hbh)

Ta lại có BMDN là hbh(câu a)=>O cũng là trung điểm của MN(5)

Từ (4) và (5)=>AC,BD,MN đồng quy tại O

Sửa đề: Cho hình bình hành MNPQ. Tia phân giác của góc N cắt PQ tại F

a: Chứng minh ΔMQE=ΔPNF

Ta có: \(\hat{MQE}=\hat{EQP}=\frac12\cdot\hat{MQP}\) (QE là phân giác của góc MQP)

\(\hat{MNF}=\hat{PNF}=\frac12\cdot\hat{MNP}\) (NF là phân giác của góc MNP)

mà \(\hat{MQP}=\hat{MNP}\)

nên \(\hat{MQE}=\hat{EQP}=\hat{MNF}=\hat{PNF}\)

Xét ΔQME và ΔNPF có

\(\hat{QME}=\hat{NPF}\)

QM=NP

\(\hat{MQE}=\hat{PNF}\)

Do đó: ΔQME=ΔNPF

b: ΔQME=ΔNPF

=>ME=PF

Ta có: ME+EN=NN

FP+FQ=PQ

mà ME=PF và MN=PQ

nên EN=FQ

Xét tứ giác ENFQ có

EN=FQ

EN//FQ

Do đó: ENFQ là hình bình hành

 hok tốt

em lớp 7 chụi 

a: Gọi O là giao điểm của MP và NQ

Ta có: MN//PQ

=>\(\hat{MAQ}=\hat{AQP}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{MQA}=\hat{AQP}\) (QA là phân giác của góc MQP)

nên \(\hat{MAQ}=\hat{MQA}\)

=>MQ=MA

mà MQ=NP

nên MA=NP

Ta có: MN//PQ

=>\(\hat{MNB}=\hat{PBN}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{MNB}=\hat{PNB}\) (NB là phân giác của góc MNP)

nên \(\hat{PBN}=\hat{PNB}\)

=>PB=PN

mà MA=NP

nên MA=PB

MNPQ là hình bình hành

=>MP cắt NQ tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của MP và NQ

Xét tứ giác MAPB có

MA//PB

MA=PB

Do đó: MAPB là hình bình hành

=>MP cắt AB tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của MP

nên O là trung điểm của AB(1)

Ta có: ND//PQ

=>\(\hat{NQP}=\hat{DPQ}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{DPQ}=\hat{NPD}\) (PD là phân giác của góc NPQ)

nên \(\hat{NDP}=\hat{NPD}\)

=>ND=NP

mà NP=MQ

nên ND=MQ

Ta có: MN//PQ

=>\(\hat{QCM}=\hat{NMC}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{NMC}=\hat{QMC}\) (MC là phân giác của góc NMQ)

nên \(\hat{QCM}=\hat{QMC}\)

=>QC=QM

mà QM=ND

nên QC=ND

Xét tứ giác NDQC có

ND//QC

ND=QC

Do đó: NDQC là hình bình hành

=>NQ cắt DC tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của NQ

nên O là trung điểm của DC(2)

Từ (1),(2) suy ra AB và CD cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường

b: Xét tứ giác ACBD có

O là trung điểm chung của AB và CD

=>ACBD là hình bình hành

=>DA=BC