Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài bằng a. Trên cạnh AD lấy điểm M và cạnh CD lấy điểm N sao cho góc MBN = 450.

a) Chứng minh góc EBN = góc ECN = 45⁰

=> Tứ giác BENC nội tiếp (đpcm)

=> \(\widehat {NEB} + \widehat {NCB} = {180^0}\) mà \(\widehat {NCB} = {90^0}\) => \(\widehat {NEB} = {90^0}\) 

=> đpcm

b) Chứng minh: BI vuông góc với MN

+ tương tự câu a => MF vuông góc với BN

+ Xét tam giác BMN có: NE \( \bot \) BM; MF \( \bot \) BN; I là giao điểm của NE và MF

=> I là trực tâm

=> BI \( \bot \)  MN (đpcm)

c) Gọi K là giao điểm của BI với MN

+ C/m được tứ giác MEFN nội tiếp => \(\widehat {BMK} = \widehat {EFB} = \widehat {AMB}\)

=> \(\Delta ABM = \Delta KBM\left( {g.c.g} \right) =  > MA = MK\)

Tương tự NC = NK => MN + MA + NC => MD + DN + MN = 2a

- Áp dụng định lí Pitago và BĐT Cô - si ta có:

\(\begin{array}{l}
M{N^2} = M{D^2} + N{D^2} \ge \frac{{{{\left( {DM + DN} \right)}^2}}}{2} =  > MN \ge \frac{{DM + DN}}{{\sqrt 2 }}\\
 =  > 2a = DN + DM + MN \ge \left( {1 + \sqrt 2 } \right).\frac{{DM + DN}}{{\sqrt 2 }} \ge \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\sqrt 2 \sqrt {DM.DN} \\
 =  > DM.DN \le 2{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2}{a^2}
\end{array}\)

\({S_{DMN}} = \frac{1}{2}DM.DN \le {\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2}{a^2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(DM = DN = \left( {2 - \sqrt 2 } \right)a\)

Vậy diện tích tam giác DMN có GTLN là \({\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2}{a^2}\) (đvdt) khi \(DM = DN = \left( {2 - \sqrt 2 } \right)a\)