Kẻ \(AH\perp BC\) tại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAC có:
\(\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{AH^2}\)

Do AD và AE lần lượt là hai tia phân giác trong và ngoài tại đỉnh A

\(\Rightarrow AD\perp AE\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AED có:

\(\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{AD^2}=\dfrac{1}{AH^2}\) (AH là đường cao của tam giác AED do \(AH\perp BC\) hay \(AH\perp ED\))

\(\Rightarrow\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{DA^2}\)

Vậy...

1. 

a) Gọi G là giao của BE và DC.

-Xét △BEF và △BCF có:

\(BE=BC\) (gt).

\(\widehat{EBF}=\widehat{CBF}\) (BF là tia phân giác của \(\widehat{EBC}\)).

\(BF\) là cạnh chung.

=>△BEF = △BCF (c-g-c).

=>\(\widehat{BEF}=\widehat{BCF}=90^0\) (2 góc tương ứng).

=>BG⊥FI tại E.

-Ta có: \(\widehat{GED}+\widehat{EGD}=90^0\) (△DEG vuông tại D).

\(\widehat{EGD}+\widehat{EFD}=90^0\) (△GEF vuông tại E).

=>\(\widehat{GED}=\widehat{EFD}\).

-Xét △GED và △EFD có:

\(\widehat{GED}=\widehat{EFD}\) (cmt)

\(\widehat{GDE}=\widehat{FED}=90^0\)

=>△GED ∼ △EFD (g-g),

=>\(\dfrac{GD}{GE}=\dfrac{ED}{EF}\) (2 tỉ lệ tương ứng) (1).

-Xét △ABE có: AB//GD (ABCD là hình chữ nhật).

=>\(\dfrac{AB}{GD}=\dfrac{BE}{GE}\) (định lí Ta-let).

=>\(\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{GD}{GE}\) (2)

-Xét △AEI có: AI//DF (ABCD là hình chữ nhật).

=>\(\dfrac{AE}{DE}=\dfrac{EI}{EF}\) (định lí Ta-let).

=>\(\dfrac{AE}{EI}=\dfrac{DE}{EF}\) (3).

-Từ (1),(2),(3) suy ra: \(\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AE}{EI}\)

=>\(AB.EI=BE.AE\) mà \(BE=BC\) (gt)

=>\(AB.EI=BC.AE\).

b) -Xét △ABE và △EBI có:

\(\widehat{BAE}=\widehat{BEI}=90^0\)

\(\widehat{B}\) là góc chung.

=>△ABE ∼ △EBI (g-g).

=>\(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{EI}{BI}\) (2 tỉ lệ tương ứng).

=>\(AE=\dfrac{EI.BE}{BI}\)

=>\(AE^2=\dfrac{EI^2.BE^2}{BI^2}\)

=>\(\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{BI^2}{EI^2.BE^2}\)

Mà \(BI^2=EI^2+BE^2\) (△BEI vuông tại E).

=>\(\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{EI^2+BE^2}{EI^2.BE^2}=\dfrac{1}{BE^2}+\dfrac{1}{EI^2}\)

2)

a) -Ta có: \(\widehat{BMD}+\widehat{DME}+\widehat{CME}=180^0\)

\(\widehat{DBM}+\widehat{DMB}+\widehat{BDM}=180^0\) (tổng 3 góc trong △BDM).

Mà\(\widehat{DME}=\widehat{DBM}\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CME}=\widehat{BDM}\).

-Xét △BDM và △CME có:

\(\widehat{BDM}=\widehat{CME}\) (cmt).

\(\widehat{DBM}=\widehat{MCE}\) (△ABC cân tại A).

\(\Rightarrow\)△BDM ∼ △CME (g-g).

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{CM}{CE}\) (2 tỉ lệ tương ứng).

Mà \(BM=CM=\dfrac{1}{2}BC\) (M là trung điểm BC).

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{\dfrac{1}{2}BC}=\dfrac{\dfrac{1}{2}BC}{CE}\)

\(\Rightarrow BD.CE=\dfrac{1}{4}BC^2\).

b) -Ta có: \(\dfrac{BD}{CM}=\dfrac{DM}{ME}\) (△BDM ∼ △CME)

Mà  \(BM=CM\) (M là trung điểm BC).

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{DM}{ME}\)

-Xét △BDM và △MDE có:

\(\widehat{DBM}=\widehat{DME}\left(gt\right)\)

\(\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{DM}{ME}\) (cmt).

\(\Rightarrow\)△BDM ∼ △MDE (c-g-c).

\(\Rightarrow\widehat{BDM}=\widehat{MDE}\) (2 góc tương ứng) hay DM là phân giác của \(\widehat{BDE}\).

Qua D kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC tại E.

Dễ thấy tam giác AED vuông cân tại E nên \(\dfrac{AD}{\sqrt{2}}=AE=ED\).

Theo định lý Thales ta có: \(\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{CE}{CA}=1-\dfrac{AE}{CA}=1-\dfrac{DE}{CA}\Rightarrow\dfrac{1}{DE}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}\Rightarrow\dfrac{\sqrt{2}}{AD}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}\).

Vậy ta có đpcm.

Bài này mình làm rồi mà bạn

1: Xét ΔABC vuông tại A có 

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

hay BC=5(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

hay AH=2,4(cm)