nhuanmaths

Cách này tuy không hay nhưng ngắn gọn:

Gọi E,F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $\bigtriangleup ABC$ với $AB,AC$.Giả sử $AB< AC$

Do $AF=AE=p-a$ và b+c=2a nên dễ dàng chứng minh $MF=ME$.Suy ra $\Delta FMI=\Delta ENI(c-g-c)$

$\Rightarrow \angle MIN=FIE=180-A$.Suy ra dpcm

Ah xin lỗi đề sai thật nếu tứ giác ABCD cố định thì còn gì là bài toán nữa .mình đã sửa lại đề rồi mong các bạn giải giúp mình

Mình cũng có cách khác cho bài 1 nè!
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ và AB=c, AC=b, BC=a
Để ý rằng $\sin C=\sin \widehat{DIE}$ nên $\frac{S_{DIE}}{S_{ABC}}=\frac{ID.IE.\sin \widehat{DIE}}{AC.BC.\sin C}=\frac{ID.IE}{AC.BC}=\frac{r^{2}}{ab}$. Tương tự $\frac{S_{FID}}{S_{ABC}}=\frac{r^{2}}{ac}$ và $\frac{S_{EIF}}{S_{ABC}}=\frac{r^{2}}{bc}$
Do đó $\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=r^{2}.\sum\frac{1}{ab}=\frac{r^{2}2p}{abc}=\frac{2rS}{abc}=\frac{r}{2R}$ (vì $S=\frac{abc}{4R} $ )

Giả thiết bài 2 của bạn có các số:30,4,14 hình như bạn lấy từ đề thi 30-4 thì phải!
Bày này dùng định lí Menelaus
Đầu tiên để tính $S_{DEF}$ ta cần tính $S_{ADC}$, $S_{ABE}$ và $S_{BEC}$
Từ giả thiết ta có MC=30MB, NC=4NA và KB=14KA
Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta ABM$ cát tuyến KDC ta được:
$\frac{KA.BC.MD}{KB.CM.AD}=1$ suy ra $\frac{MD}{AD}=\frac{KB.CM}{KA.BC}=\frac{420}{31}$
Do đó $\frac{S_{AMC}}{S_{ADC}}=\frac{AM}{AD}=\frac{421}{31}$ mà $\frac{S_{ABC}}{S_{AMC}}=\frac{BC}{MC}=\frac{31}{30}$
Khi đó $\frac{S_{ABC}}{S_{ADC}}=\frac{421}{30}$ Hay $S_{ADC}=\frac{421}{30}S$
Tương tự ta tính được $S_{ABE}$ và $S_{BEC}$ theo S
Nên $S_{DEF}=S-(S_{ADC}+S_{BEC}+S_{AEB})=...$
trong quá trình tính toán có thể mình sai mong bạn thông cảm ^-^

Cách của doaddat97 có vẻ chưa giải quyết được hết bài toán, mình xin giải bài này bằng BĐT cauchy:
Để ý rằng $\sum m_{a}^{2}=\frac{3}{4}\sum a^{2}$.Ta đặt $\sum m_{a}^{2}=3k^{2}$ và $\sum a^{2}=4k^{2}$ Do đó:$k\geqslant \frac{1}{3}\sum a$ và $k\geqslant \frac{1}{2\sqrt{3}}\sum a$ (1)
Xét tam giác đồng dạng như doaddat97 ta có $m_{a}(M_{a}-m_{_{a}})=\frac{a^{2}}{4}$ Hay $m_{a}.M_{a}=m_{a}^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}=\frac{4k^{2}-a^{2}}{2}$ (3)
Vì $m_{a}^{2}=\frac{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}{4}=\frac{2(4k^{2}-a^{2})-a^{2}}{4}$ nên $a^{2}=\frac{8k^{2}-4m_{a}^{2}}{3}$ Thế vào (3) ta được $m_{a}M_{a}=\frac{2}{3}(k^{2}+m_{a}^{^{2}})$
Hay $M_{a}=\frac{2}{3}k(\frac{k}{m_{a}}+\frac{m_{a}}{k})$ Áp dụng BĐT cauchy Ta được $M_{a}\geqslant \frac{4}{3}k$ Do đó $\sum M_{a}\geqslant 4k$ (2)
Từ (1) và (2) ta được dpcm Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều