Xét \(\Delta B E D\) có \(\left{\right. & M I // E D \\ & M E = B M\) suy ra \(I D = I B\).

Xét \(\Delta C E D\) có \(\left{\right. & N K // E D \\ & N C = N D\) suy ra \(K E = K C\).

Suy ra \(M I = \frac{1}{2} E D\); \(N K = \frac{1}{2} E D\); \(E D = \frac{1}{2} B C\).

\(I K = M K - M I = \frac{1}{2} B C - \frac{1}{2} D E = D E - \frac{1}{2} D E = \frac{1}{2} D E\).

Vậy \(M I = I K = K N\).

a) Vì \(B M\), \(C N\) là các đường trung tuyến của \(\Delta A B C\) nên \(M A = M C\), \(N A = N B\).

Do đó \(M N\) là đường trung bình của \(\Delta \&\text{nbsp}; A B C\), suy ra \(M N\) // \(B C\). (1)

Ta có \(D E\) là đường trung bình của \(\Delta \&\text{nbsp}; G B C\) nên \(D E\) // \(B C\).  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(M N\) // \(D E\).

b) Xét \(\Delta \&\text{nbsp}; A B G\), ta có \(N D\) là đường trung bình.

Xét \(\Delta \&\text{nbsp}; A C G\), ta có \(M E\) là đường trung bình.

Do đó \(N D\) // \(A G\), \(M E\) // \(A G\).

Suy ra \(N D\) // \(M E\).

a) Qua \(D\) vẽ một đường thẳng song song với \(B M\) cắt \(A C\) tại \(N\).

Xét \(\Delta \&\text{nbsp}; M B C\) có \(D B = D C\) và \(D N\) // \(B M\) nên \(M N = N C = \frac{1}{2} M C\) (định lí đường trung bình của tam giác).

Mặt khác \(A M = \frac{1}{2} M C\), do đó \(A M = M N = \frac{1}{2} M C\).

Xét \(\Delta \&\text{nbsp}; A N D\) có \(A M = M N\) và \(B M\) // \(D N\) nên \(O A = O D\) hay \(O\) là trung điểm của \(A D\).

b) Xét \(\Delta \&\text{nbsp}; A N D\) có \(O M\) là đường trung bình nên \(O M = \frac{1}{2} D N\). (1)

Xét \(\Delta \&\text{nbsp}; M B C\) có \(D N\) là đường trung bình nên \(D N = \frac{1}{2} B M\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O M = \frac{1}{4} B M\).

a) Qua M kẻ MN // BD.

Trong ΔAMN, có I là trung điểm của AM, ID∥MN⇒AD=DN.

Trong ΔBCD, có M là trung điểm của BC,  MN∥BD⇒ND=NC.

⇒AD=DN=NC⇒AD=1/2DC.

b: Xét ΔAMK có 

I là trung điểm của AM

D là trung điểm của AK

Do đó: ID là đường trung bình

=>ID=MK/2

hay MK=2ID

Ta có: MK là đường trung bình của ΔBDC

nên MK=BD/2

=>BD/2=2ID

hay BD=4ID

Xét hình bình hành \(ABCD\). Hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(O\). Do đó, \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\). Xét \(\triangle OAM\) và \(\triangle OCP\): \(\angle OAM=\angle OCP\) (so le trong, \(AB\parallel CD\)) \(OA=OC\) (vì \(O\) là trung điểm của \(AC\)) \(\angle AOM=\angle COP\) (đối đỉnh) Do đó \(\triangle OAM=\triangle OCP\) (g.c.g). Suy ra \(OM=OP\). Vậy \(O\) là trung điểm của \(MP\).xét \(\triangle OBN\) và \(\triangle ODQ\): \(\angle OBN=\angle ODQ\) (so le trong, \(BC\parallel DA\)) \(OB=OD\) (vì \(O\) là trung điểm của \(BD\)) \(\angle BON=\angle DOQ\) (đối đỉnh) Do đó \(\triangle OBN=\triangle ODQ\) (g.c.g). Suy ra \(ON=OQ\). Vậy \(O\) là trung điểm của \(NQ\).Tứ giác \(MNPQ\) có hai đường chéo \(MP\) và \(NQ\) cắt nhau tại trung điểm \(O\) của mỗi đường. Theo dấu hiệu nhận biết hình bình hành, tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành

B)Theo câu a), \(MNPQ\) là hình bình hành. Để \(MNPQ\) là hình thoi, nó cần có thêm một trong các điều kiện sau: Hai cạnh kề bằng nhau (\(MN=NP\)). Hai đường chéo vuông góc với nhau (\(MP\perp NQ\)).Theo giả thiết, đường thẳng \(m\) đi qua \(O\) và đường thẳng \(n\) đi qua \(O\). Đường thẳng \(m\) chứa đường chéo \(MP\). Đường thẳng \(n\) chứa đường chéo \(NQ\). Đường thẳng \(n\) vuông góc với đường thẳng \(m\) tại \(O\). Do đó, hai đường chéo \(MP\) và \(NQ\) của tứ giác \(MNPQ\) vuông góc với nhau tại \(O\).Tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành có hai đường chéo \(MP\) và \(NQ\) vuông góc với nhau. Theo dấu hiệu nhận biết hình thoi, tứ giác \(MNPQ\) là hình thoi.

A) Ta có hình bình hành \(ABCD\) với \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\). Theo giả thiết, \(AD\perp AC\).Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB\parallel CD\) và \(AB=CD\). \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AM=\frac{1}{2}AB\). \(N\) là trung điểm của \(CD\) nên \(CN=\frac{1}{2}CD\). Do \(AB=CD\), suy ra \(AM=CN\). Vì \(AB\parallel CD\), suy ra \(AM\parallel CN\). Tứ giác \(AMCN\) có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau (\(AM\parallel CN\) và \(AM=CN\)) nên \(AMCN\) là hình bình hành.Trong hình bình hành \(ABCD\), ta có \(AD=BC\). Xét tam giác vuông \(ADC\) (vuông tại \(A\) do \(AD\perp AC\)), ta có \(CD^{2}=AD^{2}+AC^{2}\). Xét tam giác \(AMN\). Xét tam giác \(ACD\) có \(N\) là trung điểm của \(CD\), \(AN\) là đường trung tuyến. Xét tam giác \(ABC\) có \(M\) là trung điểm của \(AB\), \(CM\) là đường trung tuyến. Trong hình bình hành \(AMCN\), hai đường chéo là \(AC\) và \(MN\). Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(MN\). Vì \(AMCN\) là hình bình hành nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(MN\). Xét tam giác \(ADC\) vuông tại \(A\). \(AN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(CD\). Suy ra \(AN=\frac{1}{2}CD=CN\).Hình bình hành \(AMCN\) có \(AN=CN\) nên \(AMCN\) là hình thoi.Trong hình thoi \(AMCN\), hai đường chéo \(AC\) và \(MN\) vuông góc với nhau. Vậy \(\mathbf{MN\perp AC}\).

B) theo giả thiết trên tứ giác AMCN là hình thoi

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) của hình thoi \(ABCD\). Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\perp BD\) tại \(O\) và \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\). Xét \(\triangle ABC\) có \(BO\) là đường trung tuyến. Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AB=BC=CD=DA\). Ta có \(BE=DF\) (giả thiết), suy ra \(BC-BE=CD-DF\implies CE=CF\). Xét \(\triangle BCD\) có \(BC=CD\) nên \(\triangle BCD\) cân tại \(C\). \(CF=CE\) nên \(F\) và \(E\) đối xứng nhau qua đường phân giác của \(\angle BCD\). Đường chéo \(AC\) là đường phân giác của \(\angle BCD\), suy ra \(A,C,E,F\) đồng phẳng.Xét \(\triangle ABC\) và \(\triangle ADC\) có \(AB=AD\), \(BC=DC\), \(AC\) chung nên \(\triangle ABC=\triangle ADC\) (c.c.c). Suy ra \(\angle BCA=\angle DCA\). Xét \(\triangle ABE\) và \(\triangle ADF\) có \(AB=AD\), \(\angle ABE=\angle ADF\), \(BE=DF\) nên \(\triangle ABE=\triangle ADF\) (c.g.c). Suy ra \(AE=AF\). Xét \(\triangle OAB\) và \(\triangle OCD\) có \(OA=OC\), \(OB=OD\), \(AB=CD\) nên \(\triangle OAB=\triangle OCD\) (c.c.c). Suy ra \(\angle AOB=\angle COD=90^{\circ }\). Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\perp BD\) tại \(O\). Xét \(\triangle ABE\) và \(\triangle CDF\) có \(AB=CD\), \(\angle B=\angle D\), \(BE=DF\) nên \(\triangle ABE=\triangle CDF\) (c.g.c). Suy ra \(AE=CF\).Tương tự, \(AF=CE\). Trong \(\triangle ABC\), \(AE\) là đường trung tuyến. Trong \(\triangle ADC\), \(AF\) là đường trung tuyến. \(G\) là giao điểm của \(AE\) và \(BD\), \(H\) là giao điểm của \(AF\) và \(BD\). Xét \(\triangle ABG\) và \(\triangle ADH\) có \(AB=AD\), \(\angle ABG=\angle ADH\), \(\angle BAG=\angle DAH\) nên \(\triangle ABG=\triangle ADH\) (g.c.g). Suy ra \(AG=AH\). Xét \(\triangle CBG\) và \(\triangle CDH\) có \(CB=CD\), \(\angle CBG=\angle CDH\), \(\angle BCG=\angle DCH\) nên \(\triangle CBG=\triangle CDH\) (g.c.g). Suy ra \(CG=CH\). Xét \(\triangle GOH\) có \(GO=HO\). Trong \(\triangle AGH\), \(AO\) là đườngtrung tuyến. Ta có \(AE=AF\) và \(BE=DF\). Xét \(\triangle ABE\) và \(\triangle ADF\) có: \(AB=AD\) (cạnh hình thoi) \(\angle B=\angle D\) (góc hình thoi) \(BE=DF\) (giả thiết) Do đó \(\triangle ABE=\triangle ADF\) (c.g.c) \(\implies AE=AF\). Tương tự, ta có \(CE=CF\). Xét \(\triangle ABC\) và \(\triangle ADC\) có \(AB=AD\), \(BC=DC\), \(AC\) chung nên \(\triangle ABC=\triangle ADC\). Suy ra \(\angle BAC=\angle DAC\). Xét \(\triangle BOC\) và \(\triangle DOC\) có \(BO=DO\), \(BC=DC\), \(CO\) chung nên \(\triangle BOC=\triangle DOC\). Suy ra \(\angle BOC=\angle DOC=90^{\circ }\). \(BD\) là đường trung trực của \(AC\) và \(AC\) là đường trung trực của \(BD\). \(G,H\) là giao điểm của \(AE,AF\) với \(BD\). Xét \(\triangle ABG\) và \(\triangle ADH\) có \(AB=AD\), \(\angle ABG=\angle ADH\), \(\angle BAG=\angle DAH\) nên \(\triangle ABG=\triangle ADH\). Suy ra \(AG=AH\). Tương tự, ta chứng minh được \(CG=CH\). Xét tứ giác \(AGCH\) có \(AG=AH\) và \(CG=CH\) nên \(AGCH\) là hình thoi