Định 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.
B

A

F

C

E
D

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

2

Chứng minh.
Cách 1 (A.S.Smogorzhevski). [1]

1

Z'

O1

V'

B
X

Y

A

C

V
X'

Z
O2

F

Y'

D
U
T

E

O3

T'
U'

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 X , tia Y C lấy Y , tia ZC lấy Z , tia T E lấy T , tia U E lấy U , tia V A lấy V sao
cho XX = Y Y = ZZ = T T = U U = V V .
Rõ ràng tồn tại đường tròn (O1 ) tiếp xúc với V V , ZZ tại V , Z ; đường tròn (O2 ) tiếp xúc với
Y Y , U U tại Y , U ; đường tròn (O3 ) tiếp xúc với XX , T T tại X , T .
Lại có AV = V V − V A = XX − XA = AX . 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.
B
P

X

Y

A

Q

V

C

B'
C'
A'

F
U

Z

T

D

E

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 A , XT, Y U, BE đồng quy tại
B , Y U, ZV đồng quy tại C .
Xét hai tam giác ABC và tam giác A B C có AB∩A B = {X}, AC∩A C = {P }, BC∩B C = {Y }
thẳng hàng nên theo định lý Desargues, AA , BB , CC đồng quy hay AD, BE, CF đồng quy.
Cách 3.

2


B

X

A

Y
B'
X'
A'

Y'

V'

V

C'

C

O
Z

Z'
F'
U'

T'

D'

F
D

E'
U

T
E

Vẫn kí hiệu các tiếp điểm giống cách 1.
Gọi A là giao của OA với XV , tương tự xác định B , C , D , E , F .
R2 : A → A , B → B , C → C , D → D , E → E , F → F .
Xét phép nghịch đảo IO
1

Xét phép vị tự HO2 : X → X , Y → Y , Z → Z , T → T , U → U , V → V .
Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi đường tròn ngoại tiếp các tam giác A OD , B OE , C OF
đồng trục. Điều này xảy ra khi và chỉ khi tâm ngoại tiếp của 3 tam giác này thẳng hàng hay
X V ∩ Z T , X Y ∩ T U , Y Z ∩ U V thẳng hàng.
R
Mà X , Y , Z , T , U , V cùng nằm trên (O, ) nên theo định lý Pascal, X V ∩ Z T , X Y ∩
2
T U , Y Z ∩ U V thẳng hàng. Ta có đpcm.
Cách 4.
M

A
X
B

Y
C
V
Z

N

D
T
F

U

E

P

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).

3


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.

3

Ứng dụng.

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.
B

A

C
I
F

D
E

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.
A
F

K
B
E

O
J
P

I
D
C

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.
4


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 BC (E ∈ AB, F ∈
AC). Gọi J là trung điểm EF , chứng minh rằng DJ tiếp xúc với (I).
A

F

J

E

N

M

I

C

B

D

Chứng minh. Gọi J là giao của tiếp tuyến của (I) qua D với EF .
Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác suy biến DJ EAN C suy ra DN, AJ , CE đồng quy.
Chứng minh tương tự suy ra AJ , EC, F B, M N đồng quy.
Do EF BC nên theo bổ đề hình thang, AI đi qua trung điểm EF . Vậy J E = J F hay J ≡ 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.
A

C
B

R
T

O

Q

P

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 JCQP BT ta có JP, 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 D E F . Chứng minh rằng DD , EE , F F đồng quy tại Q.

5


A

E
F
I

P

N
Q
F'

D

B

M

C

D'

E'

Chứng minh. Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác suy biến BP D N CD suy ra BN, CP, DD 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).
E

A

N
F
O

J
I
M

B

C

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 E 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 E N CBM suy ra BE, CF , M N đồng quy. Điều này nghĩa là F ≡ 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).

6


N

A

X

Y
O
I

M
E
D

R
C

T

B

K

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 l là đường thẳng bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt tại A , B , C . Tiếp tuyến của (I) tại A khác
BC cắt l tại A1 . Tương tự xác định B1 , C1 . Chứng minh rằng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy.
A

I

C'

l
C

B

A'

C1
B1

l'
A1

B'

Chứng minh. Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác A CAC C1 A1 ta thu được A C , CC1 , AA1 đồng
quy. Có nghĩa là AA1 cắt CC1 tại một điểm nằm trên l . Chứng minh tương tự suy ra AA1 , BB1 , CC1
đồng quy tại một điểm nằm trên l .
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
7


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 A1 A2 A3 A4 A5 A6 thoả mãn A1 A2 , A2 A3 , ..., A6 A1 đều tiếp xúc với
một đường tròn (O) đồng thời Ai Ai−1 , Ai Ai+1 là hai tiếp tuyến khác nhau kẻ từ Ai đến (O). Khi đó
A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 đồng quy.
C
A

B

F
E
D

4

Bài tập áp dụng.

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 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 A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 . C4 là giao của A2 A3 và B1 B3 , A4 là
giao của B2 B3 và C1 C3 , B4 là giao của C2 C3 và A1 A3 . Chứng minh rằng A3 A4 , B3 B4 , C3 C4 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.

8


Tài liệu

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

9