b) $\bigtriangleup MAK= \bigtriangleup NAK$
suy ra $KM=KN$
Tứ giác $AMKN$ có $AK$ là phân giác $\angle MAN$ và $KM=KN$ nên nội tiếp
Em nghĩ hướng chứng minh như vậy là không đúng ạ. Theo em thì áp dụng định lý $Menelaus$ cho tam giác $FDC$ và ba điểm thẳng hàng $B,E,A$ ta có $\frac{FE.BC.DA}{AC.ED.FB}=1$.
Mà $\Delta ADE\sim \Delta ABC\Rightarrow AB=\frac{BC.DA}{ED}\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{FB}{FE}$.
Mặt khác do $BF$ là phân giác góc $BEF$, $AK$ là phân giác góc $BAC$ nên: $\frac{FB}{FE}=\frac{MB}{ME},\frac{AB}{AC}=\frac{BK}{KC}\Rightarrow \frac{MB}{ME}=\frac{BK}{KC}\Rightarrow MK\parallel CE\Rightarrow MK\perp AB$.
Mà do $\Delta AMN$ cân tại $A$ nên $M,N$ đối xứng qua $AK$ nên $\angle AMK=\angle ANK=90$ nên $AMKN$ nội tiếp.
Em làm luôn câu c) ạ ( em đăng hình được nên mọi người thông cảm )
Qua $P$ vẽ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,AC$ tại $Q,R$ tương ứng, khi đó ta có $PK\perp QR\Rightarrow \angle QPK=\angle AMK= 90$ nên $MQPK$ nội tiếp suy ra:
$\angle AMP=\angle QKP$
Chứng minh tương tự được: $\angle ANP=\angle PKR$
Mà: $\angle AMP=\angle ANP\Rightarrow \angle QKP=\angle PKR$ nên tam giác $QKR$ cân tại $K$ suy ra $P$ là trung điểm $QR$. Có $H$ là trung điểm $BC$ và $QR\parallel BC$ nên theo bổ đề hình thang thì $A,P,H$ thẳng hàng.