a, Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến tại A,B,C ta chứng minh được  b + c - a 2 = AD

b,  S A B C = S A I B + S B I C + S C I A

Mà ID = IE = IF = r =>  S A B C  = p.r

c, Vì AM là phân giác của  B A C ^ =>  B M M C = B A A C

Áp dụng tính chất tỉ lệ thức thu được BM = a c c + b

\(a,\) Vì M là trung điểm ND và BC nên BDCN là hình bình hành

\(b,\) Vì BDCN là hình bình hành nên \(BD\text{//}NC\) hay \(BD\text{//}NA\) và \(BD=NC=NA\) (N là trung điểm AC)

Do đó ABDN là hình bình hành

Mà \(\widehat{BAC}\equiv\widehat{NAB}=90^0\) nên ABDN là hình chữ nhật

\(c,\) Kẻ đường cao AH

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}AH.2BM=AH.BM\\S_{ABM}=\dfrac{1}{2}AH.BM\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\dfrac{S_{ABM}}{S_{ABC}}=\dfrac{AH.BM}{2AH.BM}=\dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow S_{ABC}=2S_{ABM}\)

Đặt \(AF=x.AB\) ; \(AE=y.AC\) ; \(BD=z.BC\) (với \(0< x;y;z< 1\))

Do FH song song BK, áp dụng Talet: \(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{FH}{BK}\Rightarrow FH=\dfrac{AF}{AB}.BK=x.BK\)

Ta có: \(a=\dfrac{1}{2}FH.AE=\dfrac{1}{2}.x.BK.y.AC=xy.\left(\dfrac{1}{2}BK.AC\right)=xy.S\)

Tương tự: \(b=\left(1-x\right)z.S\) ; \(c=\left(1-y\right)\left(1-z\right)S\)

\(\Rightarrow abc=xyz\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right).S^3\)

\(=x\left(1-x\right).y\left(1-y\right)z.\left(1-z\right).S^3\)

\(\le\dfrac{1}{4}\left(x+1-x\right).\dfrac{1}{4}\left(y+1-y\right).\dfrac{1}{4}\left(z+1-z\right)S^3=\dfrac{1}{64}S^3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\) hay D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh tương ứng

Giải chi tiết giúp em ạ🥺

a: Xét ΔABC có

BE/BC=BD/BA

nên ED//AC và ED=AC/2

=>ED//AF và ED=AF

=>ADEF là hình bình hành

mà góc FAD=90 độ

nên ADEF là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác BMAE có

D là trung điểm chung của BA vàME

EA=EB

Do đó: BMAE là hình thoi

c: \(AC=\sqrt{5^2-3^2}=4\left(cm\right)\)

S=1/2*3*4=6(cm²)

a)   Xét   \(\Delta ABC\) và   \(\Delta HAC\) có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{AHC}=90^0\)

\(\widehat{ABC}=\widehat{HAC}\)  do cùng phụ với góc BAH )

suy  ra:    \(\Delta ABC~\Delta HAC\)

b)  Áp dụng định lý Pytago ta có:

    \(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(BC^2=6^2+8^2=100\)

\(\Leftrightarrow\)\(BC=\sqrt{100}=10\)

  Áp dụng hệ thức lượng ta có:

 \(AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{6.8}{10}=4,8\)cm

\(CH=\frac{AC^2}{BC}=\frac{8^2}{10}=6,4\)cm

  \(BH=BC-HC=10-6,4=3,6\)cm

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền AB

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

Kẻ đường cao CH của tam giác ABC. Ta có:

Chứng minh tương tự ta có: