Bài 1:

a.

Xét tứ giác `MABE` có `hat (MAB) = hat (MEB) = 90^o` (giả thiết)

`=> hat (MAB) + hat (MEB) = 180^o`

`=> MABE` nội tiếp đường tròn đường kính `MB`

`=> hat (MAE) = hat (MBE)` (2 góc cùng chắn cung `ME`)

b.

Xét tam giác vuông `DMF` và `AMB` có

`hat (DMF) = hat (AMB)` (đối đỉnh)

`AM = MD` ( `M` là trung điểm )

`=> ΔDMF = ΔAMB` (cgv - gnk)

`=> AB = DF`

Lại có `AB //// DF` (vì `AB //// CD`)

`=> ABDF` là hình bình hành

c.

Vì `ΔDMF = ΔAMB` (cmt)

`=> MF = MB` 

Tam giác `BNF` có `BN` là đường cao đồng thời là trung tuyến

`=> ΔBNF` cân tại `N`

d.

Gọi giao điểm của `MH` và `DE` là `K`

Dễ dàng chứng minh `MNHF` nội tiếp 

`=> hat (HFN) = hat (HMN)` (cùng chắn cung `HN`) `(1)`

`hat (NFM) = hat (NBM)` (`ΔBNF` cân)

Mặt khác `MN` là tiếp tuyến đường tròn đường kính `BM`

`=> hat (NBM) = hat (NME)` ( cùng chắn cung `ME`)

`=> hat (NFM) = hat (NME)` `(2)`

(1) và (2) `=> hat (HFN) + hat (NFM) = hat (HMN) + hat (NME)`

`=> hat (HFM) = hat (HME)`

Lại có `hat (HFM) = hat (ABM)` (`ABDF` là hình bình hành)

Và `hat (ABM) = hat (AEM)` (cùng chắn cung `AM`)

`=> hat (HFM) = hat (AEM)`

`=> hat (HME) = hat (AEM)`

Lại ở vị trí so le trong nên `MK //// AE`

Xét tam giác `ADE` có `MK //// AE` mà `M` là trung điểm của `AB`

`=> K` là trung điểm của DE` (tính chất đường trung bình trong tam giác)

Hay `MH` đi qua trung điểm của `DE`

Bài 2:

`x, y, z ne 0`

`=> x/(yz) + y/(xz) + z/(xy) =3`

`x/(yz) + y/(xz) >= 2/z`

`y/(xz) + z/(xy) >= 2/x`

`x/(yz) + z/(xy) >= 2/y`

`=> x/(yz) + y/(xz) + x/(yz) >= 1/x + 1/y + 1/z`

`=> 3 >= 1/x + 1/y + 1/z`

Ta có `x/(x^4 + xy) = 1/(x^2 +y) <= 1/(2sqrt(xy))`

`=> ∑x^2/(x^4 + xy) <= 1/2(1/sqrt(xy) + 1/sqrt(yz) + 1/sqrt(zx)) <= 1/2(1/x + 1/y + 1/z) <= 3/2`