Bài hình
1) Dễ dàng thấy rằng các tứ giác $ CNHM $, $ BMHP $ nội tiếp để có $ \widehat{NCH}=\widehat{NMH} $ và $\widehat{NMP}=\widehat{HBP} $, kết hợp với $ \widehat{ACH}=\widehat{ABH} $ (cùng phụ với $ \widehat{BAC} $) ta suy ra $ \widehat{NMH}=\widehat{HMP} $ (1).
Mặt khác tứ giác $ ANMB $ nội tiếp nên $ \widehat{MNH}=\widehat{MAB} $ (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra $ \triangle HMN \backsim \triangle PMA $ dẫn đến $ \dfrac{HM}{MP}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MH.MA=MN.MP $.
2) Trước hết dễ thấy $ \triangle ACQ =\triangle ACF $ (c.c.c) nên $ \widehat{AFC}=\widehat{AQC}=\widehat{ABC}=\widehat{CHM} $ dẫn đến tứ giác $ AFCH $ nội tiếp và $ \widehat{ACH}=\widehat{AFH}=90^{\circ}- \widehat{BAC}
$ (3).
Mặt khác do tính chất đối xứng ta có $ AF=AQ=AE $ hay tam giác $ AEF $ cân tại $ A $ để có \[ \widehat{AFE}=\widehat{AEF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\widehat{EAF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\left( \widehat{FAQ}+\widehat{EAQ}\right)=90^{\circ}-\left( \widehat{CAQ}+\widehat{BAQ}\right)=90^{\circ}- \widehat{BAC}. \]
Do đó ta được $ \widehat{AFH}= \widehat{AFE} $ hay ba điểm $ E, H, F $ thẳng hàng.
3) Trước hết thấy rằng $ AB.QJ=2S_{ABQ}, AC.QI=2S_{AQC} $ và đặt $ P= \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI} $.
Khi đó áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có \[ P= \dfrac{AB^2}{AB.QJ}+\dfrac{AC^2}{AC.QI}= \dfrac{AB^2}{2S_{ABQ}}+\dfrac{AC^2}{2S_{ACQ}}\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABQ}+S_{ACQ})}= \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{QBC})},\] đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ QI=QJ $.
Mặt khác nếu gọi $ G $ là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $ thì luôn có $ S_{QBC}\leqslant S_{GBC} $, do đó \[ P\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{GBC})}. \]
Vậy $ P=\left( \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI}\right)$ nhỏ nhất khi và chỉ khi Q là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $.