Đáp án:

 đpcm

Giải thích các bước giải:

 Gọi `N` là trung điểm của `AH`, `Q`  là giao điểm của `AM` và `EF`

- C/m tứ giác `AEHF` nội tiếp đường tròn `(N)`

suy ra: `NE=NF=>N` thuộc đường trung trực của `EF(1)`

- C/m tứ giác `FECB` nội tiếp đường tròn `(K)`

suy ra: `KE=KF=>K` thuộc đường trung trực của `EF(2)`

Từ `(1)` và `(2)`, ta suy ra `NK` là đường trung trực của `EF`

Khi đó, `NK\botEF(3)`

 Ta lại c/m được $\triangle{ABD}\backsim\triangle{AMC}$

`=>hat{BAD}=hat{MAC}` hay `hat{BAD}=hat{QAE}(4)`

- C/m $\triangle{AEB}\backsim\triangle{AFC}(g.g)$

`=>(AE)/(AF)=(AB)/(AC)=>(AE)/(AB)=(AF)/(AC)`

từ đó suy ra $\triangle{AEF}\backsim\triangle{ABC}(c.g.c)$

`=>hat{AEF}=hat{ABC}` hay `hat{AEQ}=hat{ABD}(5)`

Mà `hat{BAD}+hat{ABD}=90^o` nên từ `(4)` và `(5)`, ta suy ra: `hat{AEQ}+hat{QAE}=90^o`

`=>hat{AQE}=90^o=>AQbotQE` hay `AIbotEF(6)`

Từ `(3)` và `(6)`, ta suy ra: $KN\parallel AI$

`=>(DK)/(KI)=(DN)/(NA)(7)`

- Ta lại đi chứng minh `FH` là tia phân giác `hat{DFE}`:

Từ giác `AFHE` nội tiếp nên `hat{HFE}=hat{HAE}` (góc nội tiếp chắn cung `EH`)

Từ giác `FHBD` nội tiếp (c/m tương tụ tứ giác `AFHE`) nên `hat{DFH}=hat{HBD}` (góc nội tiếp chắn cung `DH`)

 Mà `hat{DBH}=hat{HAE}=hat{EBC}=hat{DAC}` (cùng phụ với `hat{ACB}`) nên `hat{HFE}=hat{DFH}`

suy ra: `FH` là phân giác `hat{DFE}` hay `FH` là phân giác `hat{DFP}`

`=>(DH)/(HP)=(FD)/(FP)(8)`

Vì `FA\botFH` nên `FA` là phân giác góc ngoài tại `F` của tam giác `DEF`

Khi đó, `(DA)/(AP)=(FD)/(FP)(9)`

Từ `(8)` và `(9)` ta suy ra: `(DH)/(HP)=(AD)/(AP)`

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được:

`(DH)/(HP)=(AD)/(AP)=(DH+AD)/(HP+AP)=(DH+AN+ND)/(AH)`

Lại vì `N` là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác `AHE` nên `NA=NH=1/2AH`

Khi đó: `(DH)/(HP)=(DH+AN+ND)/(AH)=(DH+HN+ND)/(2AN)`

`=(DN+ND)/(2AN)=(2ND)/(2AN)=(ND)/(AN)(10)`

Từ `(7)` và `(10)`, ta suy ra: `(DH)/(HP)=(DK)/(KI)`

`trianglePDI` có `(DH)/(HP)=(DK)/(KI)(H\inDP,K\inDI)`

  Do đó, $HK\parallel PI$ (định lí Thales đảo) (đpcm)