Trên cung BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy một điểm P tuỳ ý. Các đoạn thẳng AP và BC cắt nhau tại điểm Q. Chứng minh rằng: $\frac{1}{PQ}=\frac{1}{PB}-\frac{1}{PC}$

Cách giải 1: (Hình 1)

Trên đoạn AP lấy hai điểm N và M sao cho BN = BP và PM = PC

Khi đó ta có các tam giác BNP và tam giác MPC là các tam giác cân

Vì $\widehat{APB}=\widehat{ACB}={60}^{\circ }$ và $\widehat{MPC}=\widehat{ABC}={60}^{\circ }$ (Các góc nội tiếp cùng chắn một cung). Suy ra tam giác BNP và tam giác MPC là các tam giác đều

Xét hai tam giác $△$CQP và $△$BQN có: $\widehat{BQN}=\widehat{CQP}$ (Hai góc đổi đỉnh)

                                                               $\widehat{BNQ}=\widehat{CPQ}={60}^{\circ }$

Nên $△CQP~△BQN\Rightarrow \frac{CP}{PQ}=\frac{BN}{NQ}=\frac{BN}{BN-PQ}\Rightarrow \frac{1}{CP}=\frac{BN-PQ}{PQ.BN}$

$\frac{1}{PQ}=\frac{1}{PB}-\frac{1}{PC}$ (Đpcm)

Cách giải 2: (Hình 2)

Trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC
Ta có: $\widehat{CPD}={60}^{\circ }$ ( Vì $\widehat{CPB}={120}^{\circ }$ góc nội tiếp chắn cung ${120}^{\circ }$)
nên tam giác CPD là tam giác đều $\Rightarrow \widehat{APB}=\widehat{CDP}={60}^{\circ }$
Vì vậy AP // CD $\Rightarrow △$BPQ $~△$BDC.

$\Rightarrow \frac{BP}{PQ}=\frac{BD}{CD}=\frac{BP+PC}{CP}\Rightarrow \frac{1}{PQ}=\frac{BP+PC}{CP.BP}\Rightarrow \frac{1}{PQ}=\frac{1}{BP}+\frac{1}{CP}$
=> $\frac{1}{PQ}=\frac{1}{PB}-\frac{1}{PC}$ (Đpcm)