Định lí $Menelaus:$

Cho $∆ABC$ và các điểm $D,\, E,\, F$ lần lượt nằm trên các cạnh $BC,\, CA,\, AB$. Khi đó, ba điểm $D,\, E,\, F$ thẳng hàng khi và chỉ khi thoả mãn đẳng thức:

$$\dfrac{FA}{FB}\cdot\dfrac{DB}{DC}\cdot\dfrac{EC}{EA}=1$$

Chứng minh:

Phần thuận: Giả sử $D,\, E,\, F$ thẳng hàng. Khi đó:

$$\dfrac{FA}{FB}\cdot\dfrac{DB}{DC}\cdot\dfrac{EC}{EA}=1$$

Từ $C$ kẻ $CG//AB\quad (G\in DE)$

Áp dụng định lý $Thales$ ta được:

$\begin{cases}\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{FB}{CG}\\\dfrac{EC}{EA}=\dfrac{CG}{FA}\end{cases}$

$\Rightarrow \dfrac{DB}{DC}\cdot \dfrac{EC}{EA}=\dfrac{FB}{FA}$

$\Rightarrow \dfrac{FA}{FB}\cdot\dfrac{DB}{DC}\cdot\dfrac{EC}{EA}=1$

Phần đảo: Cho $\dfrac{FA}{FB}\cdot\dfrac{DB}{DC}\cdot\dfrac{EC}{EA}=1$. Khi đó $D,\, E,\, F$ thẳng hàng.

Gọi $F'$ là giao điểm giữa $ED$ và $AB$

Bằng cách dựng thêm đường thẳng song song với $AB$ và chứng minh như trên, ta được:

$\dfrac{F'A}{F'B}\cdot\dfrac{DB}{DC}\cdot\dfrac{EC}{EA}=1$

mà $\dfrac{FA}{FB}\cdot\dfrac{DB}{DC}\cdot\dfrac{EC}{EA}=1$

nên $\dfrac{F'A}{F'B}=\dfrac{FA}{FB}$

hay $\dfrac{F'A}{F'B}=\dfrac{FA}{FB}=\dfrac{FA+FB}{F'A+F'B}=\dfrac{AB}{AB}=1$

$\Rightarrow \begin{cases}F'A = FA\\F'B=FB\end{cases}$

$\Rightarrow F'\equiv F$

Do đó: $D,\, E,\, F$ thẳng hàng

Áp dụng:

Gọi $K$ là giao điểm của $QM$ và $BD\quad (1)$

Áp dụng định lí $Menelaus$ vào $∆ABD$ ta được:

$\dfrac{AQ}{QD}\cdot \dfrac{KD}{KB}\cdot \dfrac{MB}{MA}=1$

$\Rightarrow \dfrac{AQ}{QD}\cdot \dfrac{MB}{MA}=\dfrac{KB}{KD}$

Xét $∆BDC$ có:

$\dfrac{NC}{NB}\cdot \dfrac{KB}{KD}\cdot \dfrac{PD}{PC}$

$=\dfrac{NC}{NB}\cdot \dfrac{AQ}{QD}\cdot \dfrac{MB}{MA}\cdot \dfrac{PD}{PC}$

$= 1$

Do $\begin{cases}NC = PC\\NB=MB\\AQ=MA\\QD =PD\end{cases}\quad (gt)$

Áp dụng định lí $Menelaus$ vào $∆BCD$ ta được: $N,\, P,\, K$ thẳng hàng

Hay $BD$ và $PN$ cắt nhau tại $K\quad (2)$

Từ $(1)(2)\Rightarrow PN,\, QM,\, BD$ đồng quy