b: Xét ΔABD có 

M là trung điểm của AB

Q là trung điểm của AD

Do đó: MQ là đường trung bình của ΔBAD

Suy ra: MQ//BD và \(MQ=\dfrac{BD}{2}\left(1\right)\)

Xét ΔBCD có 

N là trung điểm của BC

P là trung điểm của CD

Do đó: NP là đường trung bình của ΔBCD

Suy ra: NP//BD và \(NP=\dfrac{BD}{2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra NP//MQ và NP=MQ

Xét ΔADC có 

Q là trung điểm của AD

P là trung điểm của CD

Do đó: QP là đường trung bình của ΔADC

Suy ra: QP//AC

mà AC\(\perp\)BD

nên QP\(\perp\)BD

mà MQ//BD

nên MQ\(\perp\)QP

hay \(\widehat{MQP}=90^0\)

Xét tứ giác MQPN có 

MQ//NP

MQ=NP

Do đó: MQPN là hình bình hành

mà \(\widehat{MQP}=90^0\)

nên MQPN là hình chữ nhật

Xét tứ giác MQPN có 

\(\widehat{MQP}+\widehat{MNP}=180^0\)

Do đó: MQPN là tứ giác nội tiếp

hay M,Q,P,N cùng thuộc 1 đường tròn

a) Xét tứ giác BIEM có 

\(\widehat{IBM}\) và \(\widehat{IEM}\) là hai góc đối

\(\widehat{IBM}+\widehat{IEM}=180^0\)(\(90^0+90^0=180^0\))

Do đó: BIEM là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

⇔B,I,E,M cùng thuộc 1 đường tròn(đpcm)

b) Ta có: ABCD là hình vuông(gt)

nên BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(Định lí hình vuông)

⇔BE là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)

⇔\(\widehat{ABD}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{90^0}{2}=45^0\)

hay \(\widehat{IBE}=45^0\)

Ta có: BIEM là tứ giác nội tiếp(cmt)

nên \(\widehat{IBE}=\widehat{IME}\)(Định lí)

mà \(\widehat{IBE}=45^0\)(cmt)

nên \(\widehat{IME}=45^0\)

Vậy: \(\widehat{IME}=45^0\)

@ Trần Ngọc Huyền @  Em lần sau nhớ chia bài ra đăng nhiều lần nhé! . 

Đồng ý với cô Nguyễn Thị Linh Chi

Đăng nhiều thế mới nhìn đã choáng

a: ABCD là hình thoi

=>AC là phân giác của góc BAD, CA là phân giác của góc BCD, BD là phân giác của góc ABC, DB là phân giác của góc ADC

Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có

AO chung

\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)

Do đó: ΔAHO=ΔALO

=>OH=OL(1)

Xét ΔDLO vuông tại L và ΔDKO vuông tại K có

DO chung

\(\hat{LDO}=\hat{KDO}\)

Do đó: ΔDLO=ΔDKO

=>OL=OK(2)

Xét ΔCIO vuông tại I và ΔCKO vuông tại K có

CO chung

\(\hat{ICO}=\hat{KCO}\)

Do đó: ΔCIO=ΔCKO

=>OI=OK(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra OH=OL=OK=OI

=>H,L,K,I cùng thuộc (O;OH)

ABCD là hình thoi

=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD

O là trung điểm của AC

=>AO=OC=AC/2=2(cm)

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)

nên ΔABD đều

ΔABD đều

mà AO là đường cao

nên \(AO=AB\cdot\frac{\sqrt3}{2}\)

=>\(AB=2:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{4}{\sqrt3}\) (cm)

ΔAOB vuông tại O

=>\(AO^2+OB^2=AB^2\)

=>\(OB^2=\left(\frac{4}{\sqrt3}\right)^2-2^2=\frac{16}{3}-4=\frac{16}{3}-\frac{12}{3}=\frac43\)

=>\(OB=\frac{2}{\sqrt3}\) (cm)

Xét ΔOAB vuông tại O có OH là đường cao

nên \(OH\cdot AB=OA\cdot OB\)

=>\(OH\cdot\frac{4}{\sqrt3}=2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{4}{\sqrt3}\)

=>OH=1(cm)

=>\(R_{\left(HLKI\right)}=1\operatorname{cm}\)

b: Xét ΔABD có

M,Q lần lượt là trung điểm của AB,AD

=>MQ là đường trung bình của ΔABD

=>MQ//BD và \(MQ=\frac{BD}{2}\)

Xét ΔCBD có

N,P lần lượt là trung điểm của CB,CD

=>NP là đường trung bình của ΔCBD

=>NP//BD và \(NP=\frac{BD}{2}\)

Xét ΔBAC có

M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>MN là đường trung bình của ΔBAC

=>MN//AC và MN=AC/2

NP//BD

MQ//BD

Do đó: MQ//NP

\(MQ=\frac{BD}{2}\)

\(NP=\frac{BD}{2}\)

Do đó: MQ=NP

MN//AC

AC⊥BD

Do đó: MN⊥BD

MN⊥BD

MQ//BD

Do đó: MN⊥MQ

Xét tứ giác MQPN có

MQ//PN

MQ=PN

Do đó: MQPN là hình bình hành

Hình bình hành MQPN có MN⊥MQ

nên MQPN là hình chữ nhật

=>M,Q,P,N cùng thuộc một đường tròn