Trên tia đối của tia DC lấy E sao cho DE=BM

Xét ΔABM vuông tại B và ΔADE vuông tại D có

AB=AD

BM=DE

=>ΔABM=ΔADE

=>AM=AE

góc BAM+góc MAN+góc NAD=góc BAD=90 độ

=>góc BAM+góc NAD=45 độ

=>góc EAN=45 độ

Xét ΔEAN  và ΔMAN có

AE=AM

góc EAN=góc MAN

AN chung

=>ΔEAN=ΔMAN

=>EN=MN

C CMN=CM+MN+CN

=CM+MN+CN

=CM+ED+DN+CN

=CM+BM+DN+CN

=BC+CD=1/2*C ABCD

a) Xét tứ giác BIEM có 

\(\widehat{IBM}\) và \(\widehat{IEM}\) là hai góc đối

\(\widehat{IBM}+\widehat{IEM}=180^0\)(\(90^0+90^0=180^0\))

Do đó: BIEM là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

⇔B,I,E,M cùng thuộc 1 đường tròn(đpcm)

b) Ta có: ABCD là hình vuông(gt)

nên BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(Định lí hình vuông)

⇔BE là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)

⇔\(\widehat{ABD}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{90^0}{2}=45^0\)

hay \(\widehat{IBE}=45^0\)

Ta có: BIEM là tứ giác nội tiếp(cmt)

nên \(\widehat{IBE}=\widehat{IME}\)(Định lí)

mà \(\widehat{IBE}=45^0\)(cmt)

nên \(\widehat{IME}=45^0\)

Vậy: \(\widehat{IME}=45^0\)

\(\widehat{BAD}=120^0\Rightarrow\widehat{ABC}=60^0\Rightarrow\) các tam giác ABC và ACD là các tam giác đều

\(AH=AC\Rightarrow AH=AC=AB\Rightarrow\Delta HBC\)  vuông tại B

\(\Rightarrow HB\perp BC\Rightarrow HB\perp AD\)

Qua H kẻ đường thẳng \(d\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow S\in d\)

Gọi O là giao điểm AC và BD, do góc giữa (SBD) và đáy bằng 60 độ

\(\Rightarrow\widehat{SOH}=60^0\)

\(\Rightarrow SH=OH.tan60^0=\left(AH+AO\right).tan60=\left(a+\dfrac{a}{2}\right).tan60^0=\dfrac{3a\sqrt{3}}{2}\)

\(V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3a\sqrt{3}}{2}.2.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3a^3}{4}\)

b.

\(SC=\sqrt{SH^2+HC^2}=\sqrt{SH^2+\left(2AC\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{43}}{2}\)

\(\Rightarrow M\) là trung điểm SC \(\Rightarrow AM\) là đường trung bình tam giác SHC

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AM||SH\Rightarrow AM\perp\left(ABCD\right)\\AM=\dfrac{1}{2}SH=\dfrac{3a\sqrt{3}}{4}\end{matrix}\right.\)

\(HD=\sqrt{OD^2+OD^2}=\sqrt{\left(\dfrac{3a}{2}\right)^2+\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow SD=\sqrt{SH^2+HD^2}=\dfrac{a\sqrt{39}}{2}\Rightarrow SN=\dfrac{1}{3}SD\Rightarrow ND=\dfrac{2}{3}SD\)

\(\Rightarrow d\left(N;\left(MAD\right)\right)=\dfrac{2}{3}d\left(S;\left(MAD\right)\right)\)

Mà \(SH||\left(MAD\right)\Rightarrow d\left(S;\left(MAD\right)\right)=d\left(H;\left(MAD\right)\right)\)

Gọi E là giao điểm BH và AD, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}HB\perp AD\left(cmt\right)\\AM\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AM\perp HB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow HB\perp\left(MAD\right)\)

\(\Rightarrow HE=d\left(H;\left(MAD\right)\right)\)

\(HE=\dfrac{1}{2}HB=\dfrac{1}{2}HD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow d\left(N;\left(MAD\right)\right)=\dfrac{2}{3}HE=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow V_{AMND}=\dfrac{1}{3}.d\left(N;\left(MAD\right)\right).\dfrac{1}{2}AM.AD=\dfrac{a^3}{8}\)

Bài 2: 

a) Xét ΔABC có 

\(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}\left(AM=AN;AB=AC\right)\)

Do đó: MN//BC(Định lí Ta lét đảo)

Xét tứ giác BMNC có MN//BC(gt)

nên BMNC là hình thang có hai đáy là MN và BC(Định nghĩa hình thang)

Hình thang BMNC có \(\widehat{B}=\widehat{C}\)(ΔABC cân tại A)

nên BMNC là hình thang cân(Dấu hiệu nhận biết hình thang cân)

Tự vẽ hình nhé

Tạo hình: lấy điểm T thuộc đường thẳng DC( T không nằm trên đọan DC) sao cho góc DAT = góc BAM

                 lấy điểm H thuộc đường thẳng BC( H không nằm trên đọan BC) sao cho góc BAH = góc DAN.

Bạn tự c/m: \(\hept{\begin{cases}\Delta ATD=\Delta AMB\\\Delta ADN=\Delta ABH\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}AT=AM\\AN=AH\end{cases}}}\) ( 2 cạnh tương ứng )

Tiếp theo c/m \(\hept{\begin{cases}\Delta TAN=\Delta MAN\\\Delta MAN=\Delta MAH\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{TNA}=\widehat{MNA}\\\widehat{NMA}=\widehat{HMA}\end{cases}}}\)( 2 góc tương ứng )

Đến đây bạn tự làm nốt nhé