a) 

⇒ (α) ∩ (ABC) = MN và MN // AB

Ta có N ∈ (BCD) và 

Nên ⇒ (α) ∩ (BCD) = NP và NP // CD

Ta có P ∈ (ABD)

Và  nên ⇒ (α) ∩ (ABD) = PQ và PQ // AB

 nên ⇒ (α) ∩ (ACD) = MQ và MQ // CD

Do đó MN // PQ và NP // MQ, Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Ta có: MP ∩ NQ = O. Gọi I là trung điểm của CD.

Trong tam giác ACD có : MQ // CD ⇒ AI cắt MQ tại trung điểm E của MQ.

Trong tam giác ACD có : NP // CD ⇒ BI cắt NP tại trung điểm F của NP.

Vì MNPQ là hình bình hành nên ta có

EF // MN ⇒ EF // AB

Trong ΔABI ta có EF // AB suy ra : IO cắt AB tại trung điểm J

⇒ I, O, J thẳng hàng

⇒ O ∈ IJ cố định.

Vì M di động trên đoạn AC nên Ochạy trong đoạn IJ .

Vậy tập hợp các điểm O là đoạn IJ.

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 

   a) *) Chứng minh AMNB là hình bình hành:

Do O là giao điểm của AC và BD

Mà ABCD là hình bình hành (gt)

⇒ O là trung điểm của AC và BD

Do MN // AB (gt)

⇒ OM // CD

∆ACD có

O là trung điểm AC

OM // CD

⇒ M là trung điểm AD

⇒ AM = AD : 2   (1)

Do MN // AB (gt)

⇒ ON // AB

∆ABC có:

O là trung điểm AC (cmt)

ON // AB (cmt)

⇒ N là trung điểm BC

⇒ BN = BC : 2   (2)

Do ABCD là hình bình hành (gt)

⇒ AD // BC

⇒ AM // BN

Từ (1) và (2) ⇒ AM = BN

Tứ giác AMNB có:

AM // BN (cmt)

AM = BN (cmt)

⇒ AMNB là hình bình hành

*) Chứng minh APCQ là hình bình hành

Do ABCD là hình bình hành (gt)

⇒ AB // CD

⇒ AP // CQ

Tứ giác APCQ có:

AP // CQ (cmt)

AP = CQ (gt)

⇒ APCQ là hình bình hành

c) Do O là trung điểm AC (cmt)

M là trung điểm AD (cmt)

⇒ OM là đường trung bình của ∆ACD

⇒ OM = CD : 2   (3)

Do O là trung điểm AC (cmt)

N là trung điểm BC (cmt)

⇒ ON là đường trung bình của ∆ABC

⇒ ON = AB : 2

Mà AB = CD (do ABCD là hình bình hành)

⇒ OM = ON

⇒ O là trung điểm MN

Do APCQ là hình bình hành (cmt)

O là trung điểm AC (cmt)

⇒ O là trung điểm PQ

Tứ giác MPNQ có:

O là trung điểm MN (cmt)

O là trung điểm PQ (cmt)

⇒ MPNQ là hình bình hành

⇒ MP // NQ và MQ = NP

d) Gọi F là giao điểm của BK và QC. Ta có O là trung điểm của BD và OQ // BK (gt) nên Q là trung điểm của DF.

Lại có QK // BD (gt); Q là trung điểm của DF ⇒ K là trung điểm của BF.

CK là trung tuyến của tam giác vuông BCF ⇒ CK = BK = BC/2.

Ta có QK là đường trung bình của tam giác

⇒ QK = BO = BD/2; QK // BO

⇒ Tứ giác OBKQ là hình bình hành

Mặt khác ∠(OBQ) = 90o ⇒ OBKQ là hình chữ nhật

⇒ ∠(OBK) = 90o

Xét ΔOCK và ΔOBK có

CK chung

OC = OB (tính chất đường chéo hình chéo hình chữ nhật)

CK = BK (cmt)

Vậy ΔOCK = ΔOBK (c.c.c) ⇒ ∠OCK = ∠OBK = 90o hay AC ⊥ CK.