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.