Chứng minh với mọi m, n ta có: $m^2+n^2+\frac{1}{4}\ge 2mn+m-n$.

a) Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB // CD.

Suy ra ${\widehat{B}}_1={\widehat{D}}_1$ (hai góc so le trong).

Xét DAHB và DBCD có:

$\widehat{BCD}=\widehat{AHB}={90}^o$

${\widehat{B}}_1={\widehat{D}}_1$ (chứng minh trên)

Do đó ∆AHB  ∆BCD (g.g).

b) Từ câu a: ∆AHB∆BCD suy ra: $\frac{AH}{BC}=\frac{HB}{CD}\iff \frac{AH}{HB}=\frac{BC}{CD}$  (1)

Lại có CE là đường phân giác trong ∆BCD nên $\frac{BC}{CD}=\frac{EB}{ED}$      (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AH}{HB}=\frac{EB}{ED}$.

Do đó AH.ED = HB.EB (đpcm)

c) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta được:

AB² + AD² = BC²

$BC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10\left(cm\right)$.

Ta có  $\frac{BC}{CD}=\frac{EB}{ED}\iff \frac{BC}{AB}=\frac{EB}{ED}$

$\iff \frac{BC}{AB+BC}=\frac{EB}{ED+EB}$

$\iff \frac{BC}{AB+BC}=\frac{EB}{ED+EB}=\frac{EB}{BD}$

$\iff \frac{6}{8+6}=\frac{EB}{10}$

$\iff EB=\frac{6.10}{8+6}=\frac{30}{7}\left(cm\right)$

Khi đó  $\frac{BC}{AB}=\frac{EB}{ED}\iff \frac{6}{8}=\frac{\frac{30}{7}}{ED}$

$\iff ED=\frac{\frac{30}{7}.8}{6}=\frac{40}{7}\left(cm\right)$.

Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ADH vuông tại H, ta được:

AH² + DH² = AD²

$DH=\sqrt{A{D}^2-A{H}^2}=\sqrt{6^2-{\mathrm{4,8}}^2}=\mathrm{3,6}\left(cm\right)$.

Do đó, EH = ED – DH = $\frac{40}{7}-\mathrm{3,6}=\frac{74}{35}\left(cm\right)$.

Mặt khác, từ câu a: ∆AHB  ∆BCD suy ra: $\frac{AH}{BC}=\frac{AB}{BD}$

$\iff AH=\frac{AB.BC}{BD}=\frac{8.6}{10}=\mathrm{4,8}\left(cm\right)$.

Do đó $S_{AECH}=2.\frac{1}{2}AH.HE=\mathrm{4,8}.\frac{74}{35}\approx \mathrm{10,15}\left(c{m}^2\right)$

Vậy diện tích tứ giác AECH là 10,15 cm².

+) ∆ABC  ∆HIK theo tỷ số đồng dạng k.

Hay $\frac{AB}{IH}=k$.

+) ∆HIK  ∆DEF theo tỷ số đồng dạng m.

Hay $\frac{IH}{DE}=m$.

Suy ra ∆ABC  ∆DEF theo tỷ số đồng dạng

$\frac{AB}{DE}=\frac{AB}{IH}.\frac{IH}{DE}=k.m$.

Do đó ∆DEF  ∆ABC theo tỷ số đồng dạng $\frac{DE}{AB}=\frac{1}{k.m}$.

Vậy chọn C.