Dưới đây là một lời giải khác cho bài hình:
Giả sử trung trực $SH$ cắt $AH$ ở $I$, cắt $AB$ kéo dài ở $X$; trung trực $TH$ cắt $AH$ ở $J$, cắt $AD$ kéo dài ở $Y$.
Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $HS,HT,HC$ và $O$ là trung điểm của $AC$, cũng là tâm của $(ABCD)$. Ta có $PO\parallel AH,AH\bot BD\Rightarrow PO\bot BD$ nên $PB=PD$.
Đặt $\angle CSX=\alpha ,\angle CTY=\beta $ thì theo giả thiết, ta có $\angle CHS=90{}^\circ +\alpha ,\angle CHT=90{}^\circ +\beta $.
Mặt khác, gọi ${X}'$ là tâm của $(HSC)$ thì $\angle C{X}'S=360{}^\circ -2(90{}^\circ +\alpha )=180{}^\circ -2\alpha $ nên ta được $\angle {X}'SC=\angle {X}'CS=\alpha =\angle XSC$, suy ra ${X}'\in SB$ hay $X\equiv {X}'$. Từ đó, ta có $X,Y$ chính là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $CHS,CHT$.
Theo định lý Menelaus thì \[\frac{IA}{IH}\cdot \frac{MH}{MS}\cdot \frac{XS}{XA}=1\Rightarrow \frac{IA}{IH}=\frac{XA}{XS}.\] Tương tự, ta cũng có $\dfrac{JA}{JH}=\dfrac{YA}{YT}$. Do đó, để $(HST)$ tiếp xúc với $BD$ thì tâm của nó phải nằm trên $AH$ hay nói cách khác, $I\equiv J$ và ta cần có $\dfrac{XA}{XS}=\dfrac{YA}{YT}\Leftrightarrow \dfrac{XA}{YA}=\dfrac{XS}{YT}$.
Chú ý rằng các tứ giác $CPBX,CPDY$ nội tiếp. Theo định lý sin thì
$$\dfrac{XA}{YA}=\dfrac{XC}{YC}\Leftrightarrow \dfrac{\sin AYX}{\sin AXY}=\dfrac{\sin CYX}{\sin CXY}\Leftrightarrow \dfrac{\sin PCB}{\sin PCD}=\dfrac{\sin PBC}{\sin PDC}\Leftrightarrow \dfrac{\sin PCB}{\sin PBC}=\dfrac{\sin PCD}{\sin PDC}.$$ Ta cũng có $$\frac{\sin PCB}{\sin PBC}=\frac{PB}{PC}=\frac{PD}{PC}=\frac{\sin PCD}{\sin PDC}.$$ Từ đó, ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]