Ta có: \[\frac{{AB}}{{MP}} = \frac{{AC}}{{NP}} = \frac{{BC}}{{MN}} = \frac{1}{2}\] nên \[\Delta ABC \sim \Delta PMN\] (c.c.c).

Do \[\Delta ABC \sim \Delta PMN\] nên \[\frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta MNP}}}} = {\left( {\frac{{AB}}{{MP}}} \right)^2} = \frac{1}{4}\].

Xét \[\Delta HAC\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {BAC} = \widehat {AHC} = 90^\circ ;\,\,\widehat C\] chung nên \[\Delta HAC\sim\Delta ABC\] (g.g).

\[\Delta DAB\~\Delta CBD \Rightarrow \frac{{DA}}{{CB}} = \frac{{AB}}{{BD}} = \frac{{DB}}{{CD}} \Rightarrow \frac{5}{9} = \frac{3}{{BD}} = \frac{{BD}}{{CD}} \Rightarrow BD = 5,4cm;\,CD = 9,72cm\].

Do \[DE\parallel BC\] nên dễ dàng chứng minh được \[\Delta ADE\~\Delta ABC\] (g.g) với tỉ số đồng dạng \[k = \frac{{AD}}{{AB}}\].

Khi đó \[AD = kAB,\,AE = kAC\] và \[DE = kBC\] nên \[C{V_{\Delta ADE}} = k.C{V_{\Delta ABC}}\] (1).

Theo giả thiết chu vi tam giác ADE bằng \[\frac{2}{5}\] chu vi tam giác ABC suy ra \[k = \frac{2}{5}\].

Vậy \[AD = \frac{2}{5}AB\].

Từ (1) suy ra \[\frac{{C{V_{\Delta ADE}}}}{k} = \frac{{C{V_{\Delta ABC}}}}{1} = \frac{{C{V_{\Delta ADE}} + C{V_{\Delta ABC}}}}{{1 + k}} = \frac{{63}}{{1 + \frac{2}{5}}} = 45\]

\[ \Rightarrow C{V_{\Delta ADE}} = 18cm,\,\,C{V_{\Delta ABC}} = 45cm\]

Xét tam giác \(\Delta DEC\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat C\) chung; \(\widehat {CDE} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) nên \(\Delta DEC\~\Delta ABC\) (g.g)

Do \(\Delta DEC\~\Delta ABC\) nên \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{CD}}{{AC}}\) (1)

Mặt khác, AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên theo tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{{CD}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{AB}}\) (2)

Từ (1), (2) suy ra \(\frac{{DE}}{{AB}} = \frac{{BD}}{{AB}}\) hay \(DE = BD\)

Ta có: \(AE = 3,\,\,AD = 3,\,\,AC = 6,\,\,AB = 9\) suy ra \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{1}{3}\)

Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat A\) chung, \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

xét hai tam giác \(\Delta AHB\) và \(\Delta CAB\) có: \(\widehat {ABH}\) chung, \(\widehat {BHA} = 90^\circ ,\,\,\widehat {BAC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta AHB\sim\Delta CAB\) (g.g)

Do \(\Delta AHB\~\Delta CAB\) nên \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\), từ đó suy ra \(A{B^2} = HB.BC\)

Ta có: \[AM.AB = AN.AC \Rightarrow \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\]

Xét \[\Delta AMN\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {MAN}\] chung; \[\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\] nên \(\Delta AMN\sim\Delta ACB\) (c.g.c)

Ta có: \[\widehat {DMC} = \widehat B + \widehat {BDM}\] (góc ngoài tại đỉnh M của tam giác BDM) suy ra \[\widehat B + \widehat {BDM} = \widehat {DME} + \widehat {EMC}\]

Mặt khác, \[\widehat B = \widehat {DME}\] nên ta có \[\widehat {BDM} = \widehat {EMC}\]

Xét \[\Delta BDM\] và \[\Delta CME\] có: \[\widehat {BDM} = \widehat {EMC},\,\,\widehat B = \widehat C\]

Suy ra \[\Delta BDM\sim\Delta CME\] (g.g)

Do \[\Delta BDM\~\Delta CME\] (câu a) nên \[\frac{{BD}}{{CM}} = \frac{{DM}}{{ME}} \Rightarrow \frac{{BD}}{{BM}} = \frac{{DM}}{{ME}} \Rightarrow \frac{{BD}}{{DM}} = \frac{{BM}}{{ME}}\]

Xét \[\Delta MDE\] và \[\Delta DBM\] có: \[\widehat B = \widehat M;\,\,\frac{{BD}}{{DM}} = \frac{{BM}}{{ME}}\] nên \[\Delta MDE\sim\Delta DBM\] (c.g.c)

Do \[\Delta BDM\~\Delta CME\] (câu a) nên \[\,\frac{{BD}}{{CM}} = \frac{{BM}}{{CE}} \Rightarrow BD.CE = CM.BM = \frac{{B{C^2}}}{4}\] không đổi

Theo định lí Pitago đảo, chứng minh được \[\Delta ABC\] vuông tại A.

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta MDC\] có: \[\widehat {BAC} = \widehat {DMC} = 90^\circ ;\,\,\widehat C\] chung

nên \[\Delta ABC\sim\Delta MDC\] (g.g)

Do \[\Delta ABC\~\Delta MDC\] nên

\[\frac{{MD}}{{AB}} = \frac{{MC}}{{AC}} = \frac{{CD}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{MD}}{{18}} = \frac{{15}}{{24}} = \frac{{CD}}{{30}}\]

\[ \Rightarrow MD = 11,25cm;\,\,CD = 18,75cm\]

Ta có:

\[{S_{\Delta ADC}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta ABC}} = 25c{m^2}\]

Dễ dàng chứng minh được \[\Delta DAC\~\Delta DMN\]

Suy ra

\[\frac{{{S_{\Delta ADC}}}}{{{S_{\Delta DMN}}}} = {\left( {\frac{{AC}}{{MN}}} \right)^2} = {k^2}\]

Kẻ \[AH \bot MN\]

Đặt \[{S_{\Delta DMN}} = S,\,\,{S_{\Delta ADC}} = {S_1},\,{S_{ACNM}} = {S_2}\] thì ta có:

\[{S_1} = {k^2}S \Rightarrow S = \frac{{{S_1}}}{{{k^2}}} = \frac{{25}}{{{k^2}}}\]

\[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.AC\]

\[{S_2} = {S_{\Delta AMB}} + {S_{\Delta BCN}} + {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.MB + \frac{1}{2}AH.NB + \frac{1}{2}AH.AC\]

\[ = \frac{1}{2}AH(MN + AC) = \frac{1}{2}AH.\left( {\frac{{AC}}{k} + AC} \right) = \frac{{k + 1}}{k}{S_{\Delta ABC}}\]

\[ \Rightarrow {S_2} = \frac{{11(k + 1)}}{k}\]

Mặt khác \[S = {S_1} + {S_2} \Rightarrow \frac{{25}}{{{k^2}}} = 25 + \frac{{11(k + 1)}}{k} \Leftrightarrow 25{k^2} + 11k(k + 1) - 25 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{25}}{{36}}\]

Vậy \[S = 51,84c{m^2}\]

Xét \[\Delta AHB\] và \[\Delta ADH\] có: \[\widehat {BAH}\] chung;

\[\widehat {ADH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \] nên \[\Delta AHB\sim\Delta ADH\] (g.g)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \[\Delta AHC\sim\Delta AEH\] (g.g)

Do \[\Delta AHB\~\Delta ADH\] nên

\[\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AB}}{{AH}} \Rightarrow AB.AD = A{H^2}\]

Do \[\Delta AHC\~\Delta AEH\] nên \[\frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AC}}{{AH}} \Rightarrow AE.AC = A{H^2}\]

Từ đó suy ra \[AE.AC = AB.AD\]

Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta ACI\] có: \[\widehat {BAD} = \widehat {IAC}\] (do AD là phân giác), \[\widehat {ACI} = \widehat {BDA}\] (giả thiết) suy ra \[\Delta ADB\~\Delta ACI\] (g.g)

Do \[\Delta ADB\~\Delta ACI\] nên \[\widehat {ABD} = \widehat {AIC}\]

Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta CDI\] có: \[\widehat {ABD} = \widehat {AIC};\,\,\widehat {ADB} = \widehat {CDI}\] (đối đỉnh) suy ra \[\Delta ADB\sim\Delta CDI\] (g.g)

Do \[\Delta ADB\~\Delta ACI\] nên \[\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AI}} \Rightarrow AB.AC = AD.AI\]

Do \[\Delta ADB\~\Delta CDI\] nên \[\frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{DB}}{{DI}} \Rightarrow BD.CD = AD.DI\]

Do đó \[AB.AC - BD.CD = AD.AI - AD.DI = A{D^2}\] (đpcm)

Xét \[\Delta ACF\] và \[\Delta ABE\] có: \[\widehat {BAC}\] chung; \[\widehat {AEB} = \widehat {AFC} = 90^\circ \] nên \[\Delta ACF\~\Delta ABE\] (g.g)

Do đó, ta có: \[\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AE}}\] hay \[AC.AE = AB.AF\]

Theo câu a) \[\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{AC}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AE}}\]

Xét \[\Delta BHF\] và \[\Delta CHE\] có: \[\widehat {BFH} = \widehat {CEH} = 90^\circ ;\,\,\widehat {BHF} = \widehat {CHE}\] (đối đỉnh) nên \[\Delta BHF\~\Delta CHE\] (g.g)

Từ đó suy ra \[\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{HF}}{{HE}} \Rightarrow \frac{{HF}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HC}}\]

Xét \[\Delta HEF\] và \[\Delta HCB\] có: \[\widehat {EHF} = \widehat {BHC}\] (đối đỉnh); \[\frac{{HF}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HC}}\] nên \[\Delta HEF\sim\Delta HCB\] (c.g.c) (đpcm)

Do \[\frac{{HF}}{{HB}} = \frac{{HE}}{{HC}}\] nên \[HB.HE = HC.HF\]. Chứng minh tương tự ta cũng có: \[HB.HE = HA.HD\]

Từ đó ta được điều phải chứng minh.

Xét \[\Delta BHD\] và \[\Delta BCE\] có: \[\widehat {CBE}\] chung; \[\widehat {BDH} = \widehat {BEC} = 90^\circ \] nên \[\Delta BHD\~\Delta BCE\] (g.g)

Từ đó suy ra \[\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BE}}\] hay \[BH.BE = BC.BD\]

Chứng minh tương tự ta cũng có: \[CH.CF = CD.CB\]

Do đó \[BH.BE + CH.CF = BC.BD + CD.BC = BC(CD + CD) = B{C^2}\] (đpcm)

ABCD là hình bình hành nên \[AB = CD\], mà \[AB = DM\] (giả thiết) nên \[CD = CM\]

Do đó tam giác CDM cân tại D

Chứng minh tương tự ta có tam giác CBN cân tại B.

Từ câu a) suy ra \[\frac{{DM}}{{BC}} = \frac{{CD}}{{BN}}\]

Dễ dàng chứng minh được \[\widehat {MDC} = \widehat {CBN}( = \widehat {DAB})\]

Do đó \[\Delta MDC\sim\Delta CBN\] (c.g.c) (đpcm)