Gọi AD là đường kính của (O) , dễ thấy G , P , D thẳng hàng và PE // CD ; PF // BD . Giả sử PE , PFcắt DB , DC tại K , L ; EFcắt BC tại T
Theo định lý Desargues để chứng minh BE , CF , GP ( hay PD ) đồng quy ta chỉ cần chứng minh T , K , L thẳng hàng
Áp dụng định lý Menelaus ta được :
T B T C . E C E A . F A F B = 1 ⇒ T B T C = F B E C = A E A F ( 1 ) \dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\Rightarrow\dfrac{TB}{TC}=\dfrac{FB}{EC}=\dfrac{AE}{AF}\left(1\right) T C T B . E A E C . F B F A = 1 ⇒ T C T B = E C F B = A F A E ( 1 )
Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên A E A F = B E C F ( 2 ) \dfrac{AE}{AF}=\dfrac{BE}{CF}\left(2\right) A F A E = C F B E ( 2 )
Cũng từ EFBC nội tiếp suy ra :
F C L ^ = F C A ^ + A C L ^ = E B A ^ + 9 0 0 = E B A ^ + A B K ^ = K B E ^ \widehat{FCL}=\widehat{FCA}+\widehat{ACL}=\widehat{EBA}+90^0=\widehat{EBA}+\widehat{ABK}=\widehat{KBE} F C L = F C A + A C L = E B A + 9 0 0 = E B A + A B K = K B E
Tứ giác PKDL là hình bình hành suy ra P K B ^ = P L C ^ \widehat{PKB}=\widehat{PLC} P K B = P L C
Suy ra ∅ \varnothing ∅ ∅ \varnothing ∅ ⇒ \Rightarrow ⇒ B E C F = K B C L ( 3 ) \dfrac{BE}{CF}=\dfrac{KB}{CL}\left(3\right) C F B E = C L K B ( 3 )
Ta có : BF . PL = CE . PK = SPKDL ⇒ \Rightarrow ⇒ B F C E = P K P L = D L D K ( 4 ) \dfrac{BF}{CE}=\dfrac{PK}{PL}=\dfrac{DL}{DK}\left(4\right) C E B F = P L P K = D K D L ( 4 )
Thay (2) , (3) , (4) vào (1) ta được :
T B T C = D L D K . K B C L ⇒ T B T C . L C L D . K D K B = 1 \dfrac{TB}{TC}=\dfrac{DL}{DK}.\dfrac{KB}{CL}\Rightarrow\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{LC}{LD}.\dfrac{KD}{KB}=1 T C T B = D K D L . C L K B ⇒ T C T B . L D L C . K B K D = 1
Từ đó áp dụng định lý menelaus cho tam giác DBC ta suy ra T,K,L thẳng hàng
