Lời giải bài 1 của em khá dài

Lời giải bài 1 :  Gọi $I$ là đối xứng của $A$ qua $O$. $S$ là giao của $HM$ với $EF$. $T$ là giao của $HM$ với $(O)$ . Theo một tính chất quen thuộc thì $SD$ đi qua giao 2 tiếp tuyến tại $B$ và $C$ ( kí hiệu là $V$ )  và $H,K,G$ thẳng hàng . Gọi $W$ là chân đường đối trung nằm trên $(O)$ . Khi đó $K,W$ đối xứng nhau qua $BC$ . Gọi $N$ là chân đường cao tại $A$ nằm trên $(O)$.Gọi $U$ là giao của $HQ$ với $BC$ thì $\angle PHQ  = \angle PLQ = \angle PDG$ . Suy ra $U \in (PHD)$ . Lại có $\angle SHD = 180^{\circ} - angle DLG = \angle DPG$ nên $S,H,D,P,U$ đồng viên. Gọi giao của $AO$ với $EF$ là $Y$

Ta cần chứng minh $R,H,J,K$ đồng viên, điều này tương đương với $\angle KJR = \angle GHU = \angle YPK$

Ta có $T(HA,XD) = -1$ mà $TH \perp TA$ nên $TH$ là phân giác trong $\angle DTK$. Từ đây có $\angle ITK = \angle DTH = \angle DGH$.  

Ta có $\angle SDT = \angle SDG - \angle GDT = \angle SYM - \angle TAK = \angle SYM - \angle THG = \angle SYM - \angle SYK = \angle MYK = \angle TIK$

Kết hợp 2 điều tển ta có $\triangle TSD \sim \triangle TKI \implies \angle TSD = \angle TKI = \angle HUG \implies \triangle HUG \sim \triangle IKT \implies \angle GHU = \angle KIT$

Gọi $A'$ là giao của $AM$ với $EF$. Ta có $\angle KDP = \angle KDH + \angle HDP = \angle KMH + \angle MHA' = \angle MA'Y$ nên $PDKA'$ nội tiếp

Ta có biến đổi góc $\angle  SDK = 180 -\angle SDG - \angle KDC = 180 - \angle SA'M - \angle GAA' = 180 - \angle AGA' - 2\angle GAA' $ và $\angle TDA' = 180 -\angle TDG - \angle A'DM = 180 - \angle GAM - \angle GAA'$. Suy ra $\angle TDA' = \angle SDK$, tức là $\angle TDS = \angle A'DK = \angle KPE = \angle GHU$. Ta có điều cần chứng minh

Bài 4 : Xét bất kì 4 điểm , tồn tại 1 điểm có phương tích bằng $k$ đến đường tròn ngoại tiếp 3 điểm còn lại . Ta đánh dấu điểm này . Số cách chọn ra 4 điểm là $C^4_6 = 15$ nên tồn tại 1 điểm được đánh dấu 3 lần ( gọi là điểm $A$ ) , tức  là tồn tại 3 đường tròn mà phương tích từ điểm này chính là tâm đẳng phương của chúng. Nếu như có 4 điểm nào đó thuộc 1 đường tròn thì ta có $k=0$ thì tất cả mọi điểm nằm trên một đường tròn.Nếu 4 điểm bất kì không trên một đường tròn thì 3 đường tròn trên đi qua 5 điểm , suy ra sẽ có 2 đường tròn chung 2 điểm , 2 điểm này chính là trục đẳng phương (gọi là $X,Y$). Mà $A$ là tâm đẳng phương nên $A,X,Y$ thẳng hàng. Ta có điều mâu thuẫn

Bài 6 : Dựng hình bình hành $BGCP$ , $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó $HGA'P$ là hình bình hành nên $G$ nằm trên $OH$

Ta có $\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ 

Gọi $Q$ là giao điểm của $(AEF)$ với $(O)$ . Khi đó ta có $\frac{QB}{QC} = \frac{EB}{FC} = \frac{PC}{PB}$ nên $PQ$ chia đôi $BC$ , tức là $Q,G,M,P$ thẳng hàng . GỌi $N$ là trung điểm $EF$

Xét phép vị tự quay tâm $Q$ biến $F \rightarrow C , N \rightarrow M$ nên $\triangle QMN \sim \triangle QCF$ nên $\angle QNM = \angle QCF = \angle QPA \implies MN \parallel AP \implies MN$ là trung trực $KG$ (do có $M$ là trung điểm $A'H$ ) , tức là $MK = MD$ nên $E,D,K,F$ đồng viên , suy ra $\angle EKF = 90 $

Bài 5 : Gọi $M,N,R$ là trung điểm $BC,CA,AB$. $AM$ cắt $(APQ)$ tại $R$. Ta có $\angle MYQ = \angle QFC = \angle APQ = \angle MGQ$ nên $G \in (MQY)$, tương tự có $G \in (MPX)$. Khi đó $\angle GYT + \angle GXT = \angle GMP + \angle GMQ = 180 $ nên $G \in (TXY)$. Gọi $MN,MR$ cắt $AQ,AP$ tại $U,V$, bằng Menelaus ta sẽ có $UV \parallel BC$. Ta lại có $\angle MXG = \angle MPG = \angle MAU$ nên $MX.MU = MG.MA = MY.MV \implies UVYX$ nội tiếp 

Khi đó ta có $\angle GXY + \angle MAQ = \angle MXY - \angle MXG + \angle MAQ = \angle MVU - \angle MAQ + \angle MAQ = \angle C =\angle  QGY$ nên $(TXY)$ tiếp xúc $(APQ)$ tại $G$

Một hướng tiếp cận khác cho bài 1 ạ 

Do $P$ đối xứng $D$ qua $KM$ nên $MP = MD = MA$ suy ra $M$ nằm trên trung trực $AP$, tương tự $N$ nằm trên trung trực $AQ$. Sử dụng phép vị tự tâm $A$ tỉ số 2, ta đưa về bài toán

$\triangle ABC, A'$ đối xứng $A$ qua $O$ , $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $D$. $A'B,A'C$ cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc $AD$ tại $F,E$. $EK,FK$ cắt $A'D$ tại $M,N$. Đường tròn $(AM),(AN)$ cắt $(K)$ tại $P,Q$. $NQ,MP$ lần lượt cắt $A'E, A'F$ tại $U,V$. Khi đó $UV \perp AD$. Gọi $R,S$ là 2 tiếp điểm của $(K)$ với $CA,AB$. Đường tròn $(AK)$ cắt $(O)$ tại $G$. Khi đó $K,G,O$ thằng hàng . 

Gọi $H$ là giao của tiếp tuyến tại $D$ với $BC$ , khi đó $GH$ cũng là tiếp tuyến của $(O)$ nên tứ giác $(GBDC)$ điều hòa . Từ đây ta có $A'(KD,EF) = (GD,BC) = -1$ nên $A'K$ chia đôi $EF$, suy ra $A'$ là trung điểm $MN$ do $EF \parallel MN$ 

Gọi $T$ là giao của $NQ$ và $MP$, do 3 trục đẳng phương của $(AT) , (K) , (O)$ đồng quy nên $PQ, DH, AG$ đồng quy , và trục đẳng phương của 3 đường tròn $(AK) , (K), (O)$ đồng quy nên 4 đường thẳng $AG,PQ,RS,DH$ đồng quy tại $W$ . 

Ta sẽ chứng minh  $G,T,A',K$ thẳng hàng , điều này tương đương với $T(\parallel MN , A',M,N) = A(DG,PQ)$. Thật vậy , ta có $T(\parallel MN , A',M,N) = -1$

Gọi $AD$ cắt $(K), PQ$ lần lượt tại $J,X$. Do tứ giác $JSDR$ điều hòa nên $WJ$ cũng là tiếp tuyến của $(K)$ . Vậy ta có $A(DG,PQ) = (WXPQ) = -1$. Vậy suy ra $T,A',K,G$ thẳng hàng 

Thật vậy, do $T,G,A'$ thẳng hàng thì theo phần trên ta có $A'(DT,VU) = -1$ nên $MV,NU , A'T$ đồng quy . Mà $A'$ lại là trung điểm $MN$ nên $UV \parallel MN$

Xin lỗi mình muốn hỏi tại sao

-Lại có điểm được đánh dấu 3 lần?

-Vì sao 3 đường tròn đó đi qua 5 điểm?

 

Tại sao: 

 

-$HGA'P$ là hình bình hành và $G$ nằm trên $OH$

-$\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ nên $\angle  EGF = 90$

Khúc này mình không hiểu lắm, với lại $EGF$ theo hình vẽ rõ ràng là góc tù sao $\angle  EGF = 90$

 

Cảm ơn bạn! 

em nghĩ thế này ạ 

Có $C^4_6 = 15$ tức là ta đã đánh dấu các điểm 15 lần > 2.6, theo nguyên lý Dirichlet thì có 1 điểm được đánh dấu 3 lần, tức là sẽ có 3 đường tròn sao cho phương tích từ điểm này đến 3 đường tròn đó đều bằng $k$ . Nếu chỉ cần một đường tròn đi qua điểm trên, tức là có 4 điểm đồng viên, thì ta có $k = 0$ thì sẽ suy ra được tất cả các điểm còn lại cũng nằm trên một đường tròn . Vậy xét trường hợp 3 đường tròn trên đều không đi qua điểm " được đánh dấu 3 lần " đó , tức là 3 đường tròn sẽ đi qua 5 điểm còn lại

Bài hình : ý đầu em làm hơi tắt tẹo, gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ . Tứ giác $BGCP$ là hình bình hành nên $G$ đối xứng $P$ qua trung điểm $M$, suy ra $HGA'P$ là hình bình hành , tức là $HG \parallel A'P$ . Mà $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ , $P$ đối xứng $A$ qua $OH$ nên $HG \parallel OH$, kết hợp 2 điều trên ta có $G$ nằm trên $OH$

Ý thứ 2 : $\angel EGF = 90$ thì là theo phần cộng góc , và trong hình cũng hiển thị góc vuông ạ 

Lời giải bài 1 của em ạ 

Điều cần chứng minh tương đương với $(DLJ)$ và $(O)$ trực giao. Sử dụng phép nghịch đảo $I^A_k$, ta đưa về bài toán : $\triangle ABC ; E,F \in CA,AB. H$ là trực tâm $\triangle AEF$. $(ABC) \cap AH, (AEF) \equiv D,M$. Khi đó tâm $(MDH)$ nằm trên $BC$

Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $T$, $AH$ cắt $(AEF)$ tại $Q$

Gọi $U,V$ lần lượt là đối xứng của $M$ qua $BC,EF$. Khi đó $M,H,UV$ thẳng hàng trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần $(EC,CB,BF,FE)$ . Khi đó ta có $\angle MUH = 180 - \angle MTF = \angle MBF = \angle MDQ$ ( do $\triangle MDQ \sim \triangle MBF$ ). Từ đây ta có tứ giác $MDUH$ nội tiếp . Mà $BC$ là trung trực $MU$ nên tâm ngoại tiếp $(MDH)$ nằm trên $BC$ . Ta có điều cần chứng minh

Lời giải bài 2 của em ạ : $\triangle APB \sim \triangle ACY$ nên $AP.AY = AB.AC$. Tương tự ta có $AQ.AX = AB.AC$ nên $\frac{AP}{AX} = \frac{AQ}{AY}$. Suy ra $PQ \parallel XY$. 

$PY \cap BC \equiv D_1 \implies \frac{D_1B}{D_1C} = \frac{PB}{PC}.\frac{YB}{YC}$. Vậy cần chứng minh $\frac{PB}{PC}.\frac{YB}{YC} = \frac{QC}{QC}.\frac{XB}{XC}$

$\leftrightarrow \frac{PB}{PC}.\frac{sin \angle AQB}{sin \angle AQC} = \frac{QB}{QC}.\frac{sin \angle APB}{sin \angle APC}$

$\leftrightarrow \frac{PB}{sin \angle APB} : \frac{PC}{sin \angle APC} = \frac{QB}{sin \angle AQB} : \frac{QC}{sin \angle AQC}$

$\leftrightarrow \frac{AC}{AB}.\frac{sin \angle ACP}{sin \angle ABP}. \frac{sin \angle PCB}{sin \angle PBC} = \frac{AC}{AB}.\frac{sin \angle ACQ}{sin \angle ABQ} . \frac{sin \angle QCB}{sin \angle QBC}$ ( điều này đúng do $\angle ACP = \angle QCB , \angle ABQ = \angle PBC, \angle PCB = \angle ACQ, \angle ABP = \angle QBC , \angle PBC = \angle ABQ$). Vậy $PY,QX,BC$ đồng quy tại $D$

Thật vậy, theo chứng minh trên thì $PQ \parallel XY$ nên $AD$ chia đôi $XY$ theo Menelaus , suy ra $AD$ chia đôi $PQ$

Lời giải bài 2 của em ạ 

Gọi $R$ là giao điểm của $\Omega_1\Omega_2$ với $YZ$ . Gọi $\omega$ là góc Brocard . Ta có $\angle RZC = \angle RMC = \omega$ nên tứ giác $RZMC$ nội tiếp, từ đây có $\Omega_1Z.\Omega_1C = \Omega_1R.\Omega_1M  = \Omega_1A . \Omega_1X$. Tức là tứ giác $ARXM$ nội tiếp .  Gọi đường thẳng qua $C$ song song $\Omega_1\Omega_2$ cắt $NY$ tại $S$ . Khi đó $\angle YSC = \angle YN\Omega_2 = \angle YWC$ nên $S \in (O)$ . Do tứ giác $NSCM$ là hình thang cân nên $NS = CM$ .

Theo tính chất của điểm Brocard, ta có $O\Omega_1 = O\Omega_2 = R.\sqrt{\frac{\sum a^4}{\sum a^2b^2}-1}$ nên $S\Omega_2\Omega_1C$ cũng là hình thang cân

$\implies \triangle NS\Omega_2 = \triangle MC\Omega_1 \implies \angle S\Omega_2N = \angle C\Omega_1M = \angle N\Omega_1Z = \angle NYZ \implies $ tứ giác $NY\Omega_2R$ nội tiếp . Từ đây ta có $NS.NY = NR.N\Omega_2 = NA.NP$ nên tứ giác $PAR\Omega_2$ nội tiếp. Khi đó $\angle AP\Omega_2 = \angle ARN = AXQ$ , suy ra $P,Q, \Omega_2$ thẳng hàng

Lời giải bài 1 của em, hơi dài chút , đoạn sau có vẻ giống bạn dogsteven  ạ 

Gọi $U$ là điểm trên cung lớn $BC$ sao cho $AU \parallel BC$ . Bằng cộng góc ta có $\angle ABU = |\angle B - \angle C| = \angle ABL$ nên $BL,CK$ đi qua $U$ 

Gọi $R,S$ là tâm ngoại tiếp $\triangle AHM, \triangle AHN$. Ta có $\triangle OMC \sim \triangle ANH , \triangle ONB \sim \triangle ANH$ nên $\frac{KC}{LB} = \frac{R_{\triangle OMC}}{R_{\triangle ONB}} = \frac{R_{\triangle AMH}}{R_{\triangle ANH}} = \frac{AR}{AS} = \frac{AC}{AB}$ nên $\triangle AKC \sim \triangle ALB \implies AUKL$ nội tiếp

Gọi $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ . $T$ là trung điểm $W$ , $Q$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$ , $E$ là tâm Euler . Ta có $\angle AQE = \angle HAO = |\angle B - \angle C| = \angle ACK$ và $\frac{QE}{CK} = \frac{QE}{AR}. \frac{AR}{CK} = \frac{R}{2AR} . \frac{AH}{R} = \frac{AH}{2AR} = \frac{AQ}{AC} \implies \triangle AQE \sim \triangle ACK$ . Từ đây ta có $E$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $KL$ . 

Gọi $\overline{X,Y,Z}$ là cát tuyến trực giao của $E$ với $\triangle ABC$ , $X,Y,Z$ lần lượt nằm trên $BC,CA,AB$ . Gọi $B',C'$ lần lượt đối xứng $B,C$ qua $E$ thì $B',C'$ là đối xứng của $O$ qua $CA,AB \implies Y,Z$ nằm trên trung trực $OC,OB$

$\implies Y \in TK , Z \in TL$ . Áp dụng định lý Desargues cho $\triangle ABC , \triangle TKL$ , giao điểm các cạnh là cát tuyến trực giao của $E$ với $\triangle ABC$ nên chúng thẳng hàng , suy ra $AP$ đi qua $T$ cố định

Về phần sau thì em phát hiện ra 1 kết quả tổng quát hơn ạ

$\triangle ABC$ , đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $(O)$ tại $U$ . Một đường tròn bất kì đi qua $A,U$ cắt $UB,UC$ tại $K,L$ . Đường tròn $(K,KB) , (L,LC)$ cắt $(O)$ tại $X,Y$ . $BX \cap CY \equiv V , BL \cap CK \equiv W$ . Chứng minh rằng $A,W,V$ thẳng hàng

Gọi $A"$ đối xứng $A$ qua $O$ , $AH$ cắt $(O)$ tại $T$ , $A'T$ cắt $AC$ tại $M$ , $BH$ cắt $AC$ tại $N$, $HA$ cắt $BC$ tại $D$ . Ta có $HD.HA = HL.HT = HN.HB$ nên tứ giác $NLBT$ nội tiếp . Khi đó $\angle TLB = \angle TNH = \angle HMT \implies MH \perp BL$. Mà $LE \parallel MH$ nên $\angle BLE = 90$

Gọi $T$ là đối xứng của $C$ qua $O$, khi đó $T$ đối xứng $H'$ qua $I$ . Gọi $G$ đối xứng $B$ qua $I$ . Khi đó $GA \perp AC$ , lại có $AT \perp AC$ do là đường kính nên $T,A,G$ thẳng hàng . mà $T,A,G$ lần lượt là đối xứng của $H', H, B$ qua $I$ nên $B,H,H'$ thẳng hàng

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp mạnh  : Giả sử đúng với $n = k$ , ta chứng minh đúng với $n = k+4$

Nhận xét là $0 = 1^2+2^2-3^2+4^2 -5^2-6^2+7^2 , 1 =1^2 , 2 = -1^2-2^2-3^2+4^2 , 3 = -1^2+2^2$ .

Hơn nữa , ta có $ 0 = (k+1)^2 - (k+2)^2-(k+3)^2+(k+4)^2-(k+5)^2+(k+6)^2+(k+7)^2-(k+8)^2$ nên có vô hạn cách biểu diễn

Nếu $n$ biểu diễn được thì $n+4$ cũng biểu diễn được bởi $ 4 = (k+1)^2-(k+2)^2-(k+3)^2+(k+4)^2$ . 

Ta hoàn tất chứng minh

à , vì $LE$ là đường trung bình của $\triangle AHM $ ( $L$ là trung điểm $AH$ , $E$ là trung điểm $AM$ )

Lời giải bài 1 của em ạ 

Ta có $E,F$ lần lượt là đối xứng của $D$ qua $IC,IB$ . Gọi $U,V$ là hình chiếu của $B,C$ lên $IC,IB$ , khi đó $U,V,E,F$ thẳng hàng . Gọi $H$ là trực tâm $\triangle IBC$ . $MH$ cắt $(IBC)$ tại $Z$ . Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle IBC$ , $UV$ cắt $BC$ tại $K$ . Khi đó $A,Z,K$ thẳng hàng . Gọi $UV$ cắt $(L)$ tại $X,Y$ 

Ta có : $Z(PK,XY) = Z(JI,XY) = (JI,XY) = -1$ do $IJ$ là trung trực $XY$ . Mà ta lại có $(DKBC) = -1$ nên $PD$ là đường đối cực của $K$ với $(L)$ . Khi đó $\overline{P,D,Q,R}$ đi qua $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(IBC)$ . Khi đó trung điểm $QR$ chính là hình chiếu của $L$ lên $PW$ sẽ thuộc $(LBC)$, chính là đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ do $L$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ , nên trung điểm $QR$ nằm trên $(ABC)$

Lời giải bài 1 : 

câu 2 chính là định lý turan , câu 4 chứng minh được mỗi sinh viên bắt tay với đúng 1 sinh viên khác, suy ra $n$ chẵn. Khi $n = 2m$ , ghép các sinh viên thành $m$ cặp thỏa mãn điều kiện đề bài

câu 3 : Ta cần chứng minh $Y$ là điểm Feuerbach của $\triangle ABC$ . Thật vậy , gọi $Z$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$, $R$ là trực tâm $\triangle ZBC$ . Đầu tiên, ta chứng minh $A,R,P$ thẳng hàng . Gọi $V$ là giao điểm của $GZ$ với $IH$ . Áp dụng Menelaus cho tứ giác $BIHC$ thì ta có $A,V,D$ thẳng hàng . Lại có $BR \parallel AX$ do cùng vuông góc $ZC$,  và cũng có $AG \parallel DR$

tổng quát bài 2 : có thể thay điểm $O$ thành điểm $R$ bất kì. Lời giải của em ạ 

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ biến $B,C$ thành $B',C"$, biến $Y,Z$ thành $X',Y'$ đối xứng $A$ qua $C,B$, biến $P$ thành một điểm $P"$ bất kì không nằm trên $B'C'$, biến $T$ thành giao điểm của $AP'$ với $B'C'$ , $E,F$ biến thành $E',F'$ là giao điểm của $P'Y',P'Z'$ với $B'C'$, $R$ biến thành $R'$ là điểm bất kì . $S$ biến thành $S'$ là giao của $(R'B'E')$ và $(R'C'F')$, ta cần chứng minh $R',S',T'$ thẳng hàng

Ta chứng minh bài toán mới, để thuận tiện ta lược bớt kí hiệu $'$ 

Gọi $V$ là giao điểm của $YZ$ với $AT$ . Ta có $\frac{TE}{TF} = \frac{VY}{VZ} = \frac{TC}{TB}$ nên $TE.TB = TF.TC$, suy ra $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(BRE)$ và $(CRF)$ nên $T \in RS$. Ta có điều cần chứng minh

Lời giải bài 1 của em ạ : Gọi $X$ là giao điểm của $RK$ với đường thẳng qua $T$ song song $RA$. Khi đó $\angle RKM = \angle ART = \angle XTM$ nên tứ giác $KXTM$ nội tiếp $\implies \angle RXM = \angle XTM = \angle NAT$. Dựng hình bình hành $RX'TA$ thì $X' \in TX , \angle RX'M = \angle NAT$ nên $X' \equiv X$. Vậy ta có $RK \parallel AT \implies \angle LRA = 180 - \angle LKR = 180 - \angle LTA$ nên tứ giác $LTAR$ nội tiếp 

Suy ra giao điểm của $LR,AT$ nằm trên trục đẳng phương của $(I),(J)$. Tương tự giao điểm của $KR,BT$ nằm trên trục đẳng phương

Áp dụng định lý Pappus cho bộ 6 điểm $(LTKARB)$ ta có giao điểm của $KA,LB$ nằm trên trục đẳng phương của $(I),(J)$

Bài 2 : Gọi $R$ đối xứng $H$ qua trung điểm $M$ của $BC$ , $G$ đối xứng $D$ qua $H$ . Ta có $\angle MCR = \angle IBC = \angle ICB$ , $\frac{CR}{CE} = \frac{BH}{BG} = \frac{CM}{CI}$ nên $\triangle CRM \sim \triangle CEI$, từ đây suy ra $\triangle CMH \sim \triangle CIF $

Suy ra $\triangle CMI \sim \triangle CHF$ nên $\angle CHF = 90$

$2\vec{DE}.\vec{AC} = (\vec{MQ}+\vec{NP}).\vec{AC} = (\vec{MQ} +\vec{NP})(\vec{AB}+\vec{BC}) = (\vec{MQ}.\vec{AB}+\vec{NP}.\vec{BC})+(\overline{MQ}.\overline{BC}.cos(90 + \angle MBN) +\overline{NP}.\overline{AB}.cos(90+\angle MBN) = 0$ nên $DE \perp AC$