A B C D M Q N P I

gọi I là giao điểm của QM và BD

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uyt cho \(\Delta ABD\)

\(\frac{AQ}{QD}.\frac{ID}{IB}.\frac{MB}{MA}=1\)

vì Q,M,I thẳng hàng , kết hợp với MA = QA suy ra \(\frac{MB}{QD}.\frac{ID}{IB}=1\)

Ta có : MB = NB ; DP = DQ ; PC = NC 

nên \(\frac{NB}{DP}.\frac{ID}{IB}=1\Rightarrow\frac{PC}{PD}.\frac{ID}{IB}.\frac{NB}{NC}=1\)

do đó , theo định lí Mê-nê-la-uyt thì I,N,P thẳng hàng

từ đó ta được đpcm

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