⦁ Xét \(\Delta AEF\) có \(\widehat {PFA}\) là góc ngoài của tam giác tại đỉnh \(F\) nên \(\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA}\) (1)

Lại có \(\widehat {FAE} = \widehat {FBM}\) (hai góc nội tiếp nửa đường tròn \[\left( O \right)\] cùng chắn và \(\widehat {FBM} = \widehat {FEH}\) (hai góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BEH\) cùng chắn suy ra \(\widehat {FAE} = \widehat {FEH}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA} = \widehat {FEH} + \widehat {FEA} = \widehat {HEA}\) (3)

⦁ Theo ý 2), ta có \(M{E^2} = MH \cdot MB\) nên \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}.\)

Xét \(\Delta MHE\) và \(\Delta MEB\) có: \(\widehat {EMH} = \widehat {BME} = 90^\circ \) và \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}\)

Do đó (c.g.c). Suy ra\(\widehat {MEH} = \widehat {MBE}\) (hai góc tương ứng).

Mà theo chứng minh phần 1), ta có \(\widehat {MBE} = \widehat {MBA}\) suy ra \(\widehat {MBA} = \widehat {MEH} = \widehat {HEA}\,\,\,\left( 4 \right)\)

Từ (3), (4) ta được \(\widehat {PFA} = \widehat {MBA}\).

Xét \(\Delta AFP\)và \(\Delta ABQ\)có: \(\widehat {PFA} = \widehat {MBA}\) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung

Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{AP}}{{AQ}} = \frac{{AF}}{{AB}}\) hay \(\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}.\)

Xét \(\Delta AQP\)và \(\Delta ABF\)có: \(\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}\) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung

Do đó (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {QPA} = \widehat {BFA}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {BFA} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {QPA} = 90^\circ \) hay \[QP \bot AB.\]

Chứng minh B M là tia phân giác của góc A B C .