Đáp án + Giải thích các bước giải:

Ta đi chứng minh định lý Menelaus phần thuận: Xét `\DeltaFGH` có đường thẳng `d` cắt `FG,FH,GH` lần lượt tại `J,K,L`. Khi đó ta có: `(LH)/(LG).(GJ)/(JF).(FK)/(KH)=1`

Thật vậy, từ `G,F,H` kẻ các đường thẳng vuông góc với đường thẳng `d` lần lượt tại `G',F',H'`

Vì `GG'////FF'(\botd)` nên `(GJ)/(JF)=(GG')/(FF')` (Hệ quả định lý Talet)

Vì `FF'////HH'(\botd)` nên `(FK)/(KH)=(FF')/(HH')` (Hệ quả định lý Talet)

Vì `HH'////GG'(\botd)` nên `(LH)/(LG)=(HH')/(GG')` (Hệ quả định lý Talet)

Khi đó: `(LH)/(LG).(GJ)/(JF).(FK)/(KH)=(HH')/(GG').(GG')/(FF').(FF')/(HH')=1(đpcm)`

Quay lại bài toán:

Ta có: `\hat{BQD}=\hat{BAD}` (`BAQD` nội tiếp `(O_2)`)

Lại có: `\hat{BAD}=\hat{CAE}` (Đối đỉnh)

Và: `\hat{CAE}=\hat{BPC}` (Vì `PCAB` nội tiếp `(O_1)`)

Do đó: `\hat{BQD}=\hat{BPC}`

Xét `\DeltaBCP` và `\DeltaBDQ` có:

`\hat{BCP}=\hat{BDQ}` (Vì `CEDB` nội tiếp)

`\hat{BPC}=\hat{BQD}(cmt)`

`=>\DeltaBCP` $\backsim$ `\DeltaBDQ(g.g)`

`=>\hat{PBC}=\hat{QBD}`

Mà: `\hat{PBC}=\hat{PAC}` (Vì `PBAC` nội tiếp `(O_1)`) và `hat{QBD}=\hat{QAD}` (Vì `QABD` nội tiếp `(O_2)`)

Do đó: `\hat{PAC}=\hat{QAD}`

Mà: `\hat{PAC}+\hat{PAD}=180^o` (Kề bù) nên `\hat{QAD}+\hat{PAD}=180^o`

Hay: `\hat{PAQ}=180^o`

Khi đó: `Q,A,P` thẳng hàng

Áp dụng định lý Menelaus trong `\DeltaDCE` với cát tuyến `PAQ` có: `(PC)/(PE).(EQ)/(QD).(DA)/(AC)=1`

Mà: `DA=AC` (Vì `A` là trung điểm `CD`) nên khi đó: `(PC)/(PE).(EQ)/(QD)=1`

`<=>(PC)/(PE)=(QD)/(QE)`

`<=>(PC)/(QD)=(PE)/(QE)`

Vì `EI` là phân giác của `\DeltaEPQ` nên `(PE)/(QE)=(PI)/(QI)`

Do đó: `(PC)/(QD)=(PI)/(QI)`

`<=>(QI)/(QD)=(PI)/(PC)`

Vì `QN` là phân giác của `\DeltaDQI` nên `(QI)/(QD)=(NI)/(ND)`

Vì `PM` là phân giác của `\DeltaCPI` nên `(PI)/(PC)=(IM)/(MC)`

Khi đó ta có: `(NI)/(ND)=(IM)/(MC)`

`<=>(IN)/(ID)=(IM)/(IC)`

Khi đó: `MN////CD` (Định lý Talet đảo)

Vậy `MN////CD`