Giải thích các bước giải:
a) Tứ giác \(AEMF\) là hình chữ nhật (do tứ giác này có ba góc vuông) \(\Rightarrow AE = MF\). (1)
\(\triangle{MDF}\) có \(\widehat{MFD}=90^{\circ}; \widehat{MDF}=45^{\circ} \Rightarrow \triangle{MDF}\) vuông cân ở \(F \Rightarrow MF = FD\). (2)
Từ (1) và (2), suy ra \(AE = FD\). Xét \(\triangle{AED}\) và \(\triangle{DFC}\) có:
\(AE=FD\) (chứng minh trên); \(AD=DC\) (là cạnh hình vuông) ; \(\widehat{EAD}=\widehat{FDC}=90^{\circ}\)
\(\Rightarrow \triangle AED\) = \(\triangle DFC\) (c.g.c), nên \(DE = FC\).
Ta có: \(\triangle{AED}=\triangle{DFC} \Rightarrow \widehat{D_{1}}= \widehat{C_{1}}\)
Mà \(\widehat{D_1}+\widehat{D_2}= 90^{\circ}\), do đó \(\widehat{C_1}+ \widehat{D_2}= 90^{\circ}\), suy ra \(\widehat{CND}= 90^{\circ}\), tức là \(DE \perp FC\).
b) Tương tự câu a, ta có: \(EC \perp BF\).
Ta có \(MC = MA\) (vì \(M\) nằm trên trung trực của \(AC\))
\(MA = EF\) (đường chéo hình chữ nhật) nên \(MC = EF\).
Xét \(\triangle{MCF}\) và \(\triangle{FED}\) có:
\(MC=EF\) (chứng minh trên) ; \(MF=FD\) ; \(CF=ED\)
\(\Rightarrow \triangle MCF = \triangle FED\) (c.c.c), do đó \(\widehat{FED}\) = \(\widehat{MCF}\)
Lại có \(\widehat{FED} + \widehat{EFC} = 90^{\circ}\),
\(\Rightarrow \widehat{MCF} + \widehat{CFE}= 90^{\circ}\).
Gọi \(H\) là giao điểm của \(CM\) với \(EF\) thì \(\widehat{H}=90^{\circ}\).
Trong tam giác \(ECF\) có \(ED, FB, CM\) là ba đường cao nên chúng đồng quy.
b) Gọi độ dài cạnh hình vuông là \(a\). Ta có:
Chu vi hình chữ nhật \(AEMF\) bằng \(2.(AE+AF)=2(ME+MF)\)
mà \(AE=FD\) nên chu vi hình chữ nhật \(AEMF\) bằng:
\(2.(FD+AF)=2.AD=2a \Rightarrow ME + MF = a\) không đổi.
Do đó tích \(S_{AEMF}\) = \(ME.MF \leq \frac{ 1}{4}(ME+MF)^2 = \frac{ 1}{4}a^2\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow ME = MF\), khi đó M chính là trung điểm của BD.
Vậy diện tích AEMF lớn nhất khi và chỉ khi \(M\) là giao điểm hai đường chéo của hình vuông ABCD.
