Lời giải:
a)
Xét tam giác $MAH$ và $HAB$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{AMH}=\widehat{AHB}=90^0\\ \text{góc A chung}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MAH\sim \triangle HAB(g.g)\)
Do đó: \(\frac{MA}{HA}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow MA.AB=HA^2(1)\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\triangle ANH\sim \triangle AHC\Rightarrow \frac{AN}{AH}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AN.AC=AH^2(2)\)
\(\Rightarrow AN.AC=AM.AB\) (đpcm)
b)
Với tam giác $ABC$ nhọn bất kỳ, ta có công thức sau:
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC\sin A\)
Chứng minh: Kẻ \(BH\perp AC\). Khi đó \(S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}\)
Mà: \(\frac{BH}{AB}=\sin A\Rightarrow BH=AB.\sin A\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}=\frac{AB.\sin A.AC}{2}\) (đpcm)
Áp dụng công thức trên vào bài toán:
\(S_{AMN}=\frac{1}{2}.AM.AN\sin A\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC\sin A\)
\(\Rightarrow \frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{AM.AN}{AB.AC}=\frac{AM.AB.AN.AC}{AB^2.AC^2}=\frac{AH^2.AH^2}{AB^2.AC^2}\) (theo phần a)
\(=\left(\frac{AH}{AB}\right)^2\left(\frac{AH}{AC}\right)^2=\sin ^2B.\sin ^2C\) (đpcm)
