Định Lý Brianchon - 123doc

Định lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý BrianchonĐịnh lý Brianchon

Định lý Brianchon

Nguyễn Văn Linh Năm 2014

1 Giới thiệu.

Định lý Brianchon ,được đặt theo tên nhà toán học Charles Julien Brianchon, là một trong những định lý nổi tiếng của hình học xạ ảnh Nó được coi là kết quả liên hợp của định lý Pascal Trong hình học Euclide, định lý được phát biểu như sau:

Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường tròn (O) Khi đó các đường chéo AD, BE, CF đồng quy

E

D

C

B A

F

Chú ý rằng lục giác ABCDEF không nhất thiết phải là lục giác lồi

Cách 1 (A.S.Smogorzhevski) [1]

O 3

1

O 2

U'

Y'

V'

X'

F

E

D

C

B A

Z

T U

V

T'

Gọi X, Y, Z, T, U, V lần lượt là tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DE, EF, F A

Trên tia XA lấy X0, tia Y C lấy Y0, tia ZC lấy Z0, tia T E lấy T0, tia U E lấy U0, tia V A lấy V0 sao cho XX0 = Y Y0 = ZZ0= T T0 = U U0 = V V0

Rõ ràng tồn tại đường tròn (O1) tiếp xúc với V V0, ZZ0 tại V0, Z0; đường tròn (O2) tiếp xúc với

Y Y0, U U0 tại Y0, U0; đường tròn (O3) tiếp xúc với XX0, T T0 tại X0, T0

Lại có AV0 = V V0− V A = XX0− XA = AX0 Suy ra A nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O3), chứng minh tương tự suy ra AD là trục đẳng phương của (O1) và (O3)

Tương tự ta thu được AD, BE, CF đồng quy tại tâm đẳng phương của (O1), (O2), (O3)

Cách 2

Q P

C' A'

B' F

E

D

C

B A

Z T

U V

Kí hiệu các tiếp điểm giống cách 1 Gọi XY ∩ V Z = {P }, XZ ∩ Y U = {Q}

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm X, X, Y, Z, V, V suy ra P, A, Q thẳng hàng Tương tự suy ra

P, Q, A, C thẳng hàng

Bằng phương pháp tương tự ta thu được XT, ZV, AD đồng quy tại A0, XT, Y U, BE đồng quy tại

B0, Y U, ZV đồng quy tại C0

Xét hai tam giác ABC và tam giác A0B0C0có AB∩A0B0 = {X}, AC∩A0C0 = {P }, BC∩B0C0= {Y } thẳng hàng nên theo định lý Desargues, AA0, BB0, CC0 đồng quy hay AD, BE, CF đồng quy

Cách 3

T' Z'

Y' X'

V' F'

E'

D'

C'

B' A'

F

E

D

C A

O

X

Y

Z

T U

V

Vẫn kí hiệu các tiếp điểm giống cách 1

Gọi A0 là giao của OA với XV , tương tự xác định B0, C0, D0, E0, F0

Xét phép nghịch đảo IOR2: A 7→ A0, B 7→ B0, C 7→ C0, D 7→ D0, E 7→ E0, F 7→ F0

Xét phép vị tự H

1

O: X 7→ X0, Y 7→ Y0, Z 7→ Z0, T 7→ T0, U 7→ U0, V 7→ V0 Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi đường tròn ngoại tiếp các tam giác A0OD0, B0OE0, C0OF0 đồng trục Điều này xảy ra khi và chỉ khi tâm ngoại tiếp của 3 tam giác này thẳng hàng hay

X0V0∩ Z0T0, X0Y0∩ T0U0, Y0Z0∩ U0V0 thẳng hàng

Mà X0, Y0, Z0, T0, U0, V0 cùng nằm trên (O,R

2) nên theo định lý Pascal, X

0V0 ∩ Z0T0, X0Y0 ∩

T0U0, Y0Z0∩ U0V0 thẳng hàng Ta có đpcm

Cách 4

P

M

N

D

C B

A

X Y

Z

T U

V

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm X, Y, Z, T, U, V suy ra V X ∩ZT = {M }, XY ∩U T = {N }, Y Z ∩

U V = {P } thẳng hàng

Xét cực và đối cực ứng với đường tròn (O)

Ta có M nằm trên đường đối cực của A và D nên A, D nằm trên đường đối cực của M Vậy AD

là đường đối cực của M

Tương tự BE là đường đối cực của N, CF là đường đối cực của P

Do M, N, P thẳng hàng nên AD, BE, CF đồng quy tại cực của đường thẳng qua M, N, P

Nhận xét Cách 3,4 cho thấy định lý Brianchon và định lý Pascal liên hợp với nhau Có thể dùng định lý này để chứng minh định lý kia

Bài 1 (Czech-Polish-Slovak 2008) Cho lục giác lồi ABCDEF sao cho∠F AB = ∠BCD = ∠DEF

và AB = BC, CD = DE, EF = F A Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy

I

B A

D C

E F

Chứng minh Gọi I là tâm ngoại tiếp tam giác ACE Do BA = BC, IA = IC nên BI là phân giác góc ABC, tương tự DI, F I là phân giác các góc CDE, EFA

Mặt khác, từ giả thiết ∠F AB = ∠BCD = ∠DEF suy ra ∠IAF = ∠IEF = ∠DEF − ∠IED =

∠BCD − ∠ICD = ∠BCI = ∠BAI, suy ra AI là phân giác ∠BAF

Chứng minh tương tự suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp lục giác ABCDEF Theo định lý Brianchon ta thu được AD, BE, CF đồng quy

Bài 2 Cho đường tròn (O) và một điểm E nằm ngoài đường tròn Kẻ các tiếp tuyến EA, EC tới (O)

B là điểm bất kì thuộc cung nhỏ AC Tiếp tuyến của (O) tại B cắt EA, EC lần lượt tại F, D Gọi

P là điểm bất kì nằm trong (O) DP, EP, F P cắt BC, CA, AB lần lượt tại I, J, K Chứng minh rằng

AI, BJ, CK đồng quy

J K

I D

F A

C

O E

P B

Chứng minh Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác ngoại tiếp suy biến AF BDCE suy ra AD, BE, CF đồng quy Do A, B, C lần lượt nằm trên các cạnh của tam giác DEF ; I, J, K nằm trên các cạnh của tam giác ABC và DI, EJ, F K đồng quy tại P nên theo định lý Céva-nest ta thu được AI, BJ, CK đồng quy

Bài 3 (Iran TST 2007) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi M, N lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, AC, M N giao BC tại D EF là tiếp tuyến của (I) sao cho EF k BC (E ∈ AB, F ∈ AC) Gọi J là trung điểm EF , chứng minh rằng DJ tiếp xúc với (I)

E

D

M

N

I A

Chứng minh Gọi J0 là giao của tiếp tuyến của (I) qua D với EF

Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác suy biến DJ0EAN C suy ra DN, AJ0, CE đồng quy Chứng minh tương tự suy ra AJ0, EC, F B, M N đồng quy

Do EF k BC nên theo bổ đề hình thang, AI đi qua trung điểm EF Vậy J0E = J0F hay J0 ≡ J

Ta có đpcm

Bài 4 (Iran 2002) Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn Từ A kẻ hai tiếp tuyến

AB, AC tới (O) Tiếp tuyến l bất kì của (O) cắt AB, AC lần lượt tại P, Q Đường thẳng qua P song song với AC cắt BC tại R Chứng minh rằng khi l chuyển động, QR luôn đi qua một điểm cố định

T R

Q P

C B

O A

Chứng minh Gọi giao của QR với AB là T Giả sử tiếp tuyến khác T A kẻ từ T với (O) cắt AC tại J

Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác ngoại tiếp suy biến J CQP BT ta có J P, CB, QT đồng quy tại R

Tuy nhiên P R song song với AC nên J là điểm vô cùng, tức là tiếp tuyến khác T A kẻ từ T tới (O) song song với AC Suy ra T là điểm cố định

Bài 5 (Iran 2003) Cho tam giác ABC và một điểm Q nằm trong tam giác M, N, P lần lượt là giao của AQ, BQ, CQ với BC, CA, AB Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Tiếp tuyến của (I) tại M, N, P khác các cạnh của tam giác ABC cắt nhau tạo thành tam giác D0E0F0 Chứng minh rằng DD0, EE0, F F0 đồng quy tại Q

E' D'

F

E

D P

M

N I

A

Q

Chứng minh Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác suy biến BP D0N CD suy ra BN, CP, DD0 đồng quy tại Q

Chứng minh tương tự ta có đpcm

Bài 6 (Poncelet porism) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi

D là điểm bất kì trên (O) Kẻ các tiếp tuyến từ D đến (I), cắt (O) lần thứ hai tại E, F Chứng minh rằng EF tiếp xúc với (I)

J

N

M

E

F

I O A

D

Chứng minh Gọi M, N, J lần lượt là giao điểm của DF và AB, DE và AC, BE và CF

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm F, A, E, C, D, B suy ra M, J, N thẳng hàng Hay BE, CF, M N đồng quy

Gọi E0 là giao của tiếp tuyến tại F khác F D của (I) với DN Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác ngoại tiếp F E0N CBM suy ra BE, CF0, M N đồng quy Điều này nghĩa là F0 ≡ F Ta có đpcm

Bài 7 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) P, Q là hai điểm nằm trên (O) Kẻ tiếp tuyến P X, P Y, QM, QN tới (I) (X, Y, M, N ∈ (O)) Gọi T, R lần lượt là giao của

P Y, QN với BC Chứng minh rằng M T và XR cắt nhau tại một điểm nằm trên (O)

E D

K T

R

N

M

Y X

I O A

P

Q

Chứng minh Gọi D là giao của P X và QM , K là giao của M T và XR Theo định lý Poncelet porism

ta thu được M N tiếp xúc với (I)

Từ đó áp dụng định lý Brianchon cho lục giác RN M DP T suy ra RD, N P, M K đồng quy tại E

Do P X ∩ M Q = {D}, M K ∩ P N = {E}, XK ∩ QN = {R} thẳng hàng nên áp dụng định lý Pascal

dễ dàng suy ra K nằm trên (O) Ta có đpcm

Bài 8 (Iran TST 2007) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và l là một tiếp tuyến của (I) Gọi l0 là đường thẳng bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt tại A0, B0, C0 Tiếp tuyến của (I) tại A0 khác

BC cắt l tại A1 Tương tự xác định B1, C1 Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy

l'

l

C 1

B 1

I A

B

C C'

A'

Chứng minh Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác A0CAC0C1A1 ta thu được A0C0, CC1, AA1 đồng quy Có nghĩa là AA1 cắt CC1 tại một điểm nằm trên l0 Chứng minh tương tự suy ra AA1, BB1, CC1

đồng quy tại một điểm nằm trên l0

Nhận xét Trong một số ví dụ trên ta đã áp dụng định lý Brianchon cho các lục giác suy biến, các lục giác không lồi hay gọi là một đường gấp khúc khép kín ngoại tiếp Có thể xảy ra trường hợp như hình vẽ dưới đây Rõ ràng ABCDEF cũng được gọi là đường gấp khúc ngoại tiếp, tuy nhiên định

lý Brianchon không thể áp dụng trong trường hợp này Chính vì vậy chúng ta cần định nghĩa lại một

đường gấp khúc 6 đỉnh ngoại tiếp một cách chặt chẽ hơn để thoả mãn định lý Brianchon như sau: Một đường gấp khúc khép kín 6 đỉnh A1A2A3A4A5A6 thoả mãn A1A2, A2A3, , A6A1 đều tiếp xúc với một đường tròn (O) đồng thời AiAi−1, AiAi+1 là hai tiếp tuyến khác nhau kẻ từ Ai đến (O) Khi đó

A1A4, A2A5, A3A6 đồng quy

D F

C

E

Bài 9 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng AC, BD, XZ, Y T đồng quy; AZ, CT, BD đồng quy

Bài 10 Cho hình vuông ABCD F là trung điểm cạnh CD E là một điểm nằm trên đường thẳng

AB Đường thẳng qua F song song với DE cắt BC tại H Chứng minh rằng EH tiếp xúc với đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD

Bài 11 Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm nằm trên AD, AB, BC, CD sao cho M N, P Q cùng tiếp xúc với (I) Chứng minh rằng M P k N Q

Bài 12 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi (Oa) là đường tròn qua I, cắt đoạn AI

và tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại X, Y Tương tự có (Ob), (Oc).(Ob) tiếp xúc với BA, BC tại N, M , (Oc) tiếp xúc với CA, CB tại Z, T Chứng minh rằng XT, Y M, ZN đồng quy

Bài 13 (St Petersburg MO) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Một đường tròn tâm I cắt BC tại A1, A2; CA tại B1, B2; AB tại C1, C2 sao cho A1, A2, B1, B2, C1, C2 theo thứ tự xoay vòng Gọi A3, B3, C3 lần lượt là trung điểm cung A1A2, B1B2, C1C2 C4 là giao của A2A3 và B1B3, A4 là giao của B2B3 và C1C3, B4 là giao của C2C3 và A1A3 Chứng minh rằng A3A4, B3B4, C3C4 đồng quy Bài 14 Cho lục giác lưỡng tâm ABCDEF Phân giác các góc B, D, F cắt AC, CE, EA lần lượt tại

M, N, P Chứng minh rằng AN, CP, EM đồng quy

Tài liệu

[1] A.S.Smogorzhevski, The ruler in Geometrical Construction, Blaisdell publications, 1961, Newyork Email: Lovemathforever@gmail.com