Hướng dẫn: Ta làm câu c) trước: (Các kí hiệu như trên hình vẽ)



Tứ giác ACIK nội tiếp ( góc CAI = CKI ( góc CAI = CDI (vì do K đối xứng D qua CP nên góc CKI = CDI) ( tam giác SAI và CDI đồng dạng (vì góc DCI = DBI = ASI) ( SA/CD = SI/CI ( SA/AB = SI/CI ( SC/CQ = SI/CI. Điều cuối này đúng vì tam giác IQC và ICS đồng dạng (g.g.).
b) Để làm câu b) ta chứng minh bổ đề sau: Cho hình bình hành ABDC. Lấy M trên tia đối của tia BA, Q trên cạnh CD, N trên tia đối của tia DC sao cho ABQC là hình thang cân và BMNQ là hình bình hành. AD giao MQ tại X, BX giao CD tại T. Chứng minh rằng TQ.TC = TD.TN.


Chứng minh: BX giao AC, MN thứ tự tại J và J’. Theo định lý thalet ta có
BX/XJ = DX/XA = QX/XM = BX/XJ’ => XJ = XJ’ => J và J’ trùng nhau. Tiếp theo
TD/AB = TX/XB = TQ/BM => TD/TQ = AB/BM. Mặt khác TC/AB = JT/JB = TN/BM => AB/BM = TC/TN. Như vậy TD/TQ = TC/TN => TD.TN = TQ.TC.
Quay lại câu b).


Gọi R là giao của hai đường tròn (O) và (BDM), T’ là giao của BR với CD. Dựa vào các tam giác đồng dạng (g.g.) ta có T’D.T’N = T’R.T’B = T’Q.T’C => T và T’ trùng nhau, hay X thuộc BR. Lại nhờ các tam giác đồng dạng (g.g.) có được XE.XD = XB.XR = XP.XQ => XE/XP = XQ/XD => các tam giác XEP và XQD đồng dạng (c.g.c.) => góc PED = PQD => DPEQ nội tiếp. (Tìm ra cách ngắn hơn ta gửi sau).