Lấy \(N'\) đối xứng với \(N\) qua \(I\Rightarrow N'=\left(3;\dfrac{5}{3}\right)\)

Phương trình đường thẳng AB: \(\dfrac{x-2}{3-2}=\dfrac{y-\dfrac{4}{3}}{\dfrac{5}{3}-\dfrac{4}{3}}\Leftrightarrow x-3y+2=0\)

Phương trình đường thẳng BD: \(ax+by-3a-3b=0\left(a^2+b^2\ne0\right)\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{BI^2+AI^2}=\sqrt{BI^2+4BI^2}=\sqrt{5}BI\)

\(\Rightarrow cosABD=\dfrac{BI}{AB}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}=\dfrac{\left|a-3b\right|}{\sqrt{10.\left(a^2+b^2\right)}}\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)=\left(a-3b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a+7b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a=-7b\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}BD:x+y-6=0\\BD:7x-y-18=0\end{matrix}\right.\)

cái hình thì mk gửi link trong ib nhé 

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD 

\(\Delta OAB\) vuông tại O có \(OA^2+OB^2=AB^2=49\)

Lại có: \(\tan BAC=\tan OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{3}{4}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{OA^2}{16}=\frac{OB^2}{9}=\frac{OA^2+OB^2}{16+9}=\frac{49}{25}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\frac{OA}{4}=\frac{7}{5}\\\frac{OB}{3}=\frac{7}{5}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}OA=\frac{28}{5}\left(cm\right)\\OB=\frac{21}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}AC=2OA=\frac{56}{5}\left(cm\right)\\BD=2OB=\frac{42}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.\frac{56}{5}.\frac{42}{5}=\frac{1176}{25}=47,04\left(cm^2\right)\)

b) Gọi E, F lần lược là giao điểm của BD với MN và PQ 

tam giác ABD có MQ // BD 

\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}=\frac{MA}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet ) 

tam giác OAD có QF // OA 

\(\Rightarrow\)\(\frac{QF}{OA}=\frac{DQ}{AQ}=\frac{MB}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet ) 

\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}+\frac{QF}{OA}=\frac{MA+MB}{AB}=1\)

\(\Rightarrow\)\(1\ge2\sqrt{\frac{MQ.QF}{BD.OA}}\)\(\Leftrightarrow\)\(MQ.QF\le\frac{1}{4}BD.OA\)

Tương tự, ta cũng có: \(NP.PF\le\frac{1}{4}BD.OC\)

\(\Rightarrow\)\(MQ.QF+NP.PF=S_{MEFQ}+S_{NEFP}=S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}BD.AC=\frac{1}{2}S_{ABCD}=23,52\left(cm^2\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA 

+ \(\frac{AP}{AB}=\frac{CQ}{CD}\)

=> AP = CQ ( do AB = CD )

+ \(\frac{CQ}{CD}=m\) \(\Rightarrow\frac{CQ}{DQ}=\frac{m}{1-m}\Rightarrow\frac{AP}{DQ}=\frac{m}{1-m}\)

+ Xét ΔIDQ có AP // DQ theo hệ quả định lý Ta-lét ta có :

\(\frac{IA}{ID}=\frac{AP}{DQ}=\frac{m}{1-m}\)

Xét ΔADC có 

MI//AC(gt)

nên \(\dfrac{DI}{DC}=\dfrac{DM}{DA}\)(Định lí Ta lét)

hay \(\dfrac{DI}{DC}=\dfrac{BN}{BC}\)

Xét ΔBCD có

\(\dfrac{DI}{DC}=\dfrac{BN}{BC}\)(cmt)

nên IN//BD(Định lí Ta lét đảo)

a) -Có: \(\dfrac{DF}{DC}=\dfrac{1}{3}\) mà \(AE+EB=AB\) nên \(\dfrac{CF}{DC}=\dfrac{2}{3}\).

\(AB=DC\)(ABCD là hình thoi) \(\Rightarrow\dfrac{CF}{AB}=\dfrac{2}{3}\)

Mà \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{2}{3}\) (gt) nên \(AE=CF\).

Mà EB//DF (ABCD là hình thoi) nên \(AECF\) là hình hình bình.

-Tương tự như vậy, EBFD là hình bình hành.

b) -Có: \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{2}{3}\) mà \(AE+EB=AB\) nên \(\dfrac{EB}{AB}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow\dfrac{EB}{AE}=\dfrac{1}{2}\).

-Có: \(\dfrac{DF}{DC}=\dfrac{1}{3}\) mà \(\dfrac{EB}{DC}=\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{EB}{AB}=\dfrac{1}{3};AB=CD\right)\)

\(\Rightarrow DF=EB\) nên \(\dfrac{DF}{AE}=\dfrac{1}{2}\).

-Xét △AEH có: DF//AE (ABCD là hình thoi).

\(\Rightarrow\dfrac{DF}{AE}=\dfrac{HD}{HA}=\dfrac{DH}{AH}=\dfrac{1}{2}\) (định lí Ta-let).

c) -Có \(\dfrac{DH}{AH}=\dfrac{1}{2}\) nên D là trung điểm AH.

\(\Rightarrow AD=DH=CD=\dfrac{1}{2}AH\)

-Xét △ACH có:

CD là trung tuyến ứng với cạnh AH (D là trung điểm AH)

Mà \(CD=\dfrac{1}{2}AH\) (cmt)

Nên △ACH vuông tại C.

\(\Rightarrow\) HC vuông góc với AC.

-Gọi G là giao điểm của CD và BH.

-Có \(DH=CD\) (cmt) và \(CD=BC\) (ABCD là hình thoi)

Nên \(DH=BC\) mà DH//BC (ABCD là hình thoi).

\(\Rightarrow\) BDHC là hình bình hành.

-Mà  G là giao điểm của CD và BH nên G là trung điểm CD và BH

\(\Rightarrow GD=\dfrac{1}{2}DC=\dfrac{1}{2}.3DF=\dfrac{3}{2}DF\)

\(\Rightarrow DF=\dfrac{2}{3}GD\).

-Xét △HDB có: 

DG là trung tuyến (G là trung điểm BH).

F thuộc DG.

\(DF=\dfrac{2}{3}GD\) (cmt).

Nên F là trọng tâm của tam giác HDB.