Lời giải của em.
Gọi $S,T$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $K,L$. $ST$ cắt $AR$ tại $R_1$. $R_1$ là điểm thuộc $AH$ sao cho $R_1N_1\perp AM$.
Qua phép vị tự, dễ thấy $AN_1=2AN$.
Trung trực $AB$ cắt $AP$, $AD$ lần lượt tại $Y$, $B_1$. Tương tự xác định $X$, $C_1$.
Do $\angle YBA=\angle B_1BA=\angle DAB$ nên $\angle YBC=90^\circ$. Tương tự thì $\angle XCB=90^\circ$.
Gọi $Z$ là giao điểm của $PB$ với $QC$. Dễ thấy $\angle CZB=180^\circ-\angle ZBC-\angle ZCB=180^\circ-2\cdot \angle BAC=180^\circ-\angle BOC$ nên $Z$ thuộc đường tròn $(BOC)$.
Mặt khác rõ ràng ngũ giác $FBOEC$ nội tiếp nên ta suy ra lục giác $ZFBOEC$ nội tiếp.
Gọi $U$, $C_2$ lần lượt là hình chiếu của $Z$, $D$ lên đường thẳng $AB$. Theo định lí $\mathcal{Thales}$,
\[\frac{SZ}{SP}=\frac{FU}{FC_2},\frac{TQ}{TZ}=\frac{EB_2}{EV}\Rightarrow \frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{FU}{FC_2}\cdot \frac{EB_2}{EV}\]
Mặt khác,
\[\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}=\frac{B_1A}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1A}=\frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}\]
Dễ thấy $\triangle FZU\sim \triangle C_1CD$, $\triangle EZV\sim \triangle B_1BD$ nên
\[\frac{FU}{FZ}=\frac{C_1D}{C_1C},\frac{EV}{EZ}=\frac{B_1D}{B_1B}\Rightarrow \frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}=\frac{EZ}{EV}\cdot \frac{FU}{FZ}\]
Gọi $W$ là giao điểm của $FS$ với $AD$. Do $AB\cdot AF=AD\cdot AW=AC\cdot AE$ nên $WE\perp AC$ suy ra $W$,$E$,$T$ thẳng hàng.
Theo định lí $\mathcal{Thales}$,
\[\frac{EB_2}{FC_2}=\frac{AE}{AF}\]
Mặt khác dễ thấy $Z$ là đối xứng của $A$ qua $EF$ nên $AE:AF=EZ:FZ$. Do đó
\[\frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}\]
Từ đó theo định lí $\mathcal{Menelaus}$, $XY$, $ST$ cắt nhau trên $PQ$.
Ta dễ thấy $XY,PQ$ cắt nhau trên $AR$ nên $R_1$ là giao điểm của $XY$, $PQ$. Do đó dễ suy ra $AH=2\cdot AN_1$ nên $AH=4\cdot AN$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 11-11-2016 - 16:39