a)
Ta có

 OA + OB > AB ( Bất đẳng thức tam giác )
 OC + OD > CD ( Bất đẳng thức tam giác )

Công dọc theo vế:

=> OA + OB + OC +OD > AB + CD

=> AC + BD > AB + CD

Bài toán được chứng minh

b)

 Ta có:

 OA + OD > AD ( Bất đẳng thức tam giác )
 OC + OB > CB ( Bất đẳng thức tam giác )

Công dọc theo vế:

=> OA + OD + OC + OB > AD + CB

=> AC + BD > AD + BC

 Bài toán được chứng minh

giúp mình với nha 

Câu 3:

Xét ΔMDC có AB//CD

nên MA/MD=MB/MC(1)

Xét ΔMDK có AI//DK

nên AI/DK=MA/MD(2)

Xét ΔMKC có IB//KC

nên IB/KC=MB/MC(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra AI/DK=IB/KC=MI/MK

Vì AI//KC nên AI/KC=NI/NK=NA/NC

Vì IB//DK nên IB/DK=NI/NK

=>AI/KC=IB/DK

mà AI/DK=IB/KC

nên \(\dfrac{AI}{KC}\cdot\dfrac{AI}{DK}=\dfrac{IB}{DK}\cdot\dfrac{IB}{DC}\)

=>AI=IB

=>I là trung điểm của AB

AI/DK=BI/KC

mà AI=BI

nên DK=KC

hay K là trung điểm của CD

a) Xét ΔABC có 

M là trung điểm của AB

N là trung điểm của BC

Do đó: MN là đường trung bình của ΔABC

Suy ra: MN//AC và \(MN=\dfrac{AC}{2}\)(1)

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 và \(QP=\dfrac{AC}{2}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra MN//QP và MN=QP

Xét tứ giác MNPQ có 

MN//QP(cmt)

MN=QP(cmt)

Do đó: MNPQ là hình bình hành

Xét ΔABD có 

Q là trung điểm của AD

M là trung điểm của AB

Do đó: QM là đường trung bình của ΔABD

Suy ra: QM//DB và \(QM=\dfrac{DB}{2}\)

hay \(QM=\dfrac{AC}{2}\)(3)

Từ (2) và (3) suy ra QM=QP

Hình bình hành MNPQ có QM=QP(cmt)

nên MNPQ là hình thoi

Gọi M là trung điểm BC ; N là điểm đối xứng với H qua M.

M là trung điểm của BC và HN nên BNCH là hình bình hành

\(\Rightarrow NC//BH\)

Mà \(BH\perp AC\Rightarrow NC\perp AC\)hay AN là đường kính của đường tròn ( O ) 

Dễ thấy OM là đường trung bình \(\Delta AHN\) suy ra \(OM=\frac{1}{2}AH\)

M là trung điểm BC nên OM \(\perp\)BC

Xét \(\Delta AHG\)và \(\Delta OGM\)có :

\(\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\); \(\frac{GM}{GA}=\frac{OM}{HA}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta AGH~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)hay H,G,O thẳng hàng

gọi E,F,T lần lượt là trung điểm của AB,CD,BD

Đường thẳng ME cắt NF tại S

Vì AC = BD \(\Rightarrow EQFP\)là hình thoi \(\Rightarrow EF\perp PQ\)( 1 )

Xét \(\Delta TPQ\)và \(\Delta SEF\)có : \(ME\perp AB,TP//AB\)

Tương tự , \(NF\perp CD;\)\(TQ//CD\)

\(\Rightarrow\Delta TPQ~\Delta SEF\)( Góc có cạnh tương ứng vuông góc )

\(\Rightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{TP}{TQ}=\frac{AB}{CD}\)

Mặt khác : \(\Delta MAB~\Delta NCD\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{ME}{NF}\)( tỉ số đường cao = tỉ số đồng dạng )

Suy ra : \(\frac{ME}{NF}=\frac{SE}{SF}\)\(\Rightarrow EF//MN\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(MN\perp PQ\)

Bài 4:

*TH1: AD và BC cắt nhau về phía AB.

a. -Ta có: Các góc đối bù nhau (gt).

=>\(\left[{}\begin{matrix}\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^0\\\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^0\end{matrix}\right.\).

- Ta có: \(\widehat{BAD}+\widehat{BAE}=180^0\) (kề bù).

Mà \(\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^0\) (gt).

=>\(\widehat{BAE}=\widehat{BCD}\).

- Xét △EAB và △ECD có:

\(\widehat{E}\) là góc chung.

\(\widehat{BAE}=\widehat{ECD}\) (cmt)

=>△EAB ∼ △ECD (g-g).

=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{CE}{CD}\) (2 tỉ lệ tương ứng).

=>\(AE.CD=EC.AB\).

- Xét △EAC và △EBC có:

\(\widehat{E}\) là góc chung.

\(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{EB}{DE}\) (△EAB ∼ △ECD)

=>△EAC ∼ △EBD (c-g-c).

b.- Xét △ADO và △BCO có:

\(\widehat{ADO}=\widehat{BCO}\) (△EAC ∼ △EBD).

\(\widehat{AOD}=\widehat{BOC}\) (đối đỉnh).

=>△ADO ∼ △BCO (g-g).

=> \(\dfrac{AO}{BO}=\dfrac{DO}{CO}\) (2 tỉ lệ tương ứng).

- Xét △ABO và △DCO có:

\(\widehat{AOB}=\widehat{DOC}\) (đối đỉnh).

\(\dfrac{AO}{BO}=\dfrac{DO}{CO}\) (cmt).

=>△ABO ∼ △DCO (c-g-c).

=>\(\widehat{ABO}=\widehat{DCO}\) (2 góc tương ứng) hay \(\widehat{ABD}=\widehat{DCA}\).

*TH2: AD và BC cắt nhau về phía DC. Tương tự như TH1, chỉ thay đổi vài chỗ.

a: Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^0\)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

Xét ΔEAC và ΔEBD có

\(\widehat{ECA}=\widehat{EDB}\left(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AB}}{2}\right)\)

Do đó: ΔEAC\(\sim\)ΔEBD

Suy ra: \(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{EC}{ED}\)

hay \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{BE}{ED}\left(1\right)\)

Xét ΔEAB và ΔECD có 

\(\widehat{E}\) chung

\(\widehat{EAB}=\widehat{ECD}\)

Do đó: ΔEAB\(\sim\)ΔECD

Suy ra: \(\dfrac{BE}{DE}=\dfrac{AB}{CD}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AB}{CD}\)

hay \(AE\cdot CD=AB\cdot EC\)

b: Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp

nên \(\widehat{ABD}=\widehat{DCA}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

ủa??tét cx chăm hc thế 

Xét \(\Delta\)AOD ta có: AO + OD > AD (trong 1 tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại)

Xét \(\Delta\) OCD ta có: BO + OC > BC ( trong 1 tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại)

Cộng vế với vế ta có: AO + OD + BO + OC > AD + BC 

                                  (AO + OC) + ( OD + OB > AD + BC

                                   AC+ BD > AD + BC 

Chứng Minh tương tự ta có: AC + BD > AB + CD 

Câu 3: 

Xét ΔMDC có AB//CD

nên MA/MD=MB/MC(1)

Xét ΔMDK có AI//DK

nên AI/DK=MA/MD(2)

Xét ΔMKC có IB//KC

nên IB/KC=MB/MC(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra AI/DK=IB/KC=MI/MK

Vì AI//KC nên AI/KC=NI/NK=NA/NC

Vì IB//DK nên IB/DK=NI/NK

=>AI/KC=IB/DK

mà AI/DK=IB/KC

nên \(\dfrac{AI}{KC}\cdot\dfrac{AI}{DK}=\dfrac{IB}{DK}\cdot\dfrac{IB}{DC}\)

=>AI=IB

=>I là trung điểm của AB

AI/DK=BI/KC

mà AI=BI

nên DK=KC

hay K là trung điểm của CD