$\Delta ADB$ có S là trung điểm AD, M là trung diểm AB

$\Rightarrow SM$ là đường trung bình $\Delta ADB$

$\Rightarrow SM=\frac{1}{2}DB,SM//DB$

Chứng minh tương tự $\Rightarrow RN=\frac{1}{2}DB,RS//BD\Rightarrow SMNR$ là hình bình hành (1)

Mà $SM//BD,MN//AC,AC\perp BD\Rightarrow SM//MN\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra SMNR là hình chữ nhật nên 4 điểm M, N, R, S cùng nằm trên đường tròn

a) $\Delta BDC$ có $OD=OB=OC=\frac{1}{2}BC\Rightarrow \Delta BDC$ vuông tại A (theo định lý đảo đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) $\Rightarrow CD\perp AB$

Chứng minh tương tự $\Rightarrow BE\perp AC$

b) Vì $CD\perp AB,BE\perp AC,K$ là giao điểm của $BE,CD\Rightarrow K$ là trực tâm $\Delta ABC$

nên $AK\perp BC$

$\Delta ABC$ đều cạnh $a\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Theo tính chất trọng tâm : $\Rightarrow R=AO=\frac{2}{3}AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{2}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Gọi M, I, K là giao điểm của đường trung trực AB với AB, AC, BD, O là giao điểm của AC và BD.

Ta có: $OA=OC,OB=OD,AC\perp BD$(Vì ABCD là hình thoi)

Nên AC là trung trực của BD, BD là trung trực của AC

Do đó I, K lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ADB,\Delta ABC$ $\Rightarrow IA=R,KB=r$

Xét $\Delta OAB$ và $\Delta MKB$ có $\widehat{ABO}$ chung, $\widehat{AOB}=\widehat{KMB}\left(={90}^0\right)$

Do đó: $\Delta OAB~\Delta MKB$

$\Rightarrow \frac{OB}{MB}=\frac{AB}{KB}\Rightarrow \frac{OB}{\frac{a}{2}}=\frac{a}{r}\Rightarrow O{B}^2={\left(\frac{a^2}{2r}\right)}^2=\frac{a^4}{4r^2}$

Tương tự ta có: $O{A}^2=\frac{a^2}{4R^2}$

$\Delta OAB$ vuông tại O, theo định lý Pytago ta có:

$O{A}^2+O{B}^2=A{B}^2\Rightarrow \frac{a^4}{4R^2}+\frac{a^4}{4R^2}=a^2\Rightarrow \frac{1}{R^2}+\frac{1}{r^2}=\frac{4}{a^2}\left(dfcm\right)$