Chủ đề này có 1 trả lời

[NLT]

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. Các điểm $P,Q,R$ lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ $D$ xuống các đường thẳng $BC,CA,AB$. CMR $PQ=QR$ khi và chỉ khi các đường phân giác của các góc $\angle ABC$ và $\angle ADC$ cắt nhau trên $AC$.
___

[Cao Xuân Huy]

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. Các điểm $P,Q,R$ lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ $D$ xuống các đường thẳng $BC,CA,AB$. CMR $PQ=QR$ khi và chỉ khi các đường phân giác của các góc $\angle ABC$ và $\angle ADC$ cắt nhau trên $AC$.

Đây chính là bài toán IMO lần thứ 44 năm 2003 mà.
Trích dẫn 1 lời giải trong THTT nhá.

Theo tính chất của đường thẳng Simpson ta có $P,Q,R$ thẳng hàng.
Trên tia đối của tia $DA$ lấy M sao cho $DM=DA$.
Theo tính chất phân giác:
\[ \text{E thuộc AC} \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{DA}}{{DC}}\left( { = \frac{{AE}}{{EC}}} \right) \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{DC}}\]
Mặt khác: $\widehat{ABC}=\widehat{MDC}$ (cùng bù với $\widehat{ADC}$)
Vì thế: $\triangle ABC$ đồng dạng $\triangle MDC \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACB} = \widehat {MCD}\\\widehat {CAB} = \widehat {CMD}\end{array} \right.$
Mà tứ giác $AQDR$ nột tiếp nên $\widehat{DRQ}=\widehat{DAQ}$ và $\widehat{RDQ}=\widehat{CMD} \left( =\widehat{CAB} \right)$
$\Leftrightarrow \triangle DRQ$ đồng dạng $\triangle MAC \Leftrightarrow \frac{{RQ}}{{AC}} = \frac{{DR}}{{MA}} = \frac{{DR}}{{2.AD}} \text{ (1)}$
Dễ thấy rằng: $\triangle ADC \text{ đồng dạng } \triangle RDP$ nên luôn có: $\frac{{RP}}{{AC}} = \frac{{DR}}{{AD}} \text{ (2)}$
Từ $(1);(2)$ ta thấy ngay ĐPCM