Em có cách khác. (Em mất cả trưa vẫn chưa tìm được cách up cái hình lên, mong mọi người thông cảm)
Ta có : $\angle FDM=\angle ABM=\angle ACN= \angle EDN\Longrightarrow \angle FDA=\angle EDA.$ Mà $\angle FAD=\angle EAD\Longrightarrow AF=AE, DF=DE. \angle EDF=\angle FDM +\angle EDN = \angle ABM + \angle ACN= 180^\circ- 2\angle BAC. \Longrightarrow \angle DFE=\angle DEF=\angle FAE \Longrightarrow DF, DE$ là tiếp tuyến của $D$ với $\odot (AEF)$
$BE$ cắt $\odot (AEF)$ tại $I$ khác $E,FI$ cắt $AE$ tại $C'$
Áp dụng định lý $Pascal$ cho $6$ điểm $\begin{pmatrix} F & A & E\\ E & I & F \end{pmatrix}$
$\Longrightarrow B, D, C'$ thẳng hàng $\Longrightarrow C'\equiv C$
$BC$ cắt $QP$ tại $S,AI$ cắt $BC$ tại $G$.
-Xét $\odot (AEF)\Longrightarrow B,C$ liên hợp với $G\Longrightarrow S$ liên hợp với $G$.
Mà $SA$ tiếp xúc $\odot (AEF)$ tại $A\Longrightarrow SI$ tiếp xúc với $\odot (AEF)$ tại $I\Longrightarrow S$ thuộc trung trực $AI$.
Goi $EP,FQ$ lần lượt cắt $\odot (AEF)$ tại $X,Y\Longrightarrow X,Y$ thuộc trung trực $AI\Longrightarrow S,X,Y$ thẳng hàng.
Mặt khác , dễ thấy $PXYQ$ nội tiếp $\Longrightarrow SA^{2}= SX. SY= SP. SQ$
Lấy $Z$ đối xứng của $A$ qua $S$ thì $(Z,A, P, Q) = -1\Longrightarrow ( S, A, K, L) = -1\Longrightarrow H (S, A, K, L) =-1$
Mà $\angle SHA = 90^\circ\Longrightarrow HA$ là phân giác $\angle KHL.\blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 11-05-2016 - 19:22