BỔ ĐỀ PONCELET, MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG

Trần Minh Ngọc

Sinh viên K38, Khoa Toán-Tin, Đại học sư phạm TP.HCM

I. Giới thiệu

Để chứng minh một định lý về chùm đường tròn, nhà toán người Pháp Jean Victor Poncelet

(1788 – 1867) đã sử dụng bổ đề sau:

Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn 1( )O . Đường tròn 2( )O lần lượt tiếp xúc ,AC BD tại

,M N . Đường thẳng MN lần lượt cắt , , ,AB CD AD BC tại , , ,P Q R S . Khi đó tồn tại đường tròn

3( )O lần lượt tiếp xúc ,AB CD tại ,P Q và đường tròn 4( )O lần lượt tiếp xúc ,AD BC tại ,R S sao

cho 1 2 3 4( ), ( ), ( ), ( )O O O O có cùng trục đẳng phương.

Trong bài viết này, tác giả sẽ chứng minh và mở rộng bổ đề trên, sau đó vận dụng chúng để

chứng minh lại định lý Poncelet và giải những bài toán hình học khác.

II. Chứng minh

O3

Q

P

M

N

O1

A

D

B C

O2

Gọi 3( )O là đường tròn qua Q và tiếp xúc AB tại P

Do ,BNP CMQ PBN QCM nên ~BPN CQM . Suy ra BPN CQM . Do đó

CD tiếp xúc 3( )O tại Q

Từ 2 2 2

3 3 3

2 22 2 2 2/( ) /( ) /( )

2 2 2 2

/( ) /( ) /( )

sin sin

sin sin

A O B O C O

A O B O C O

P P PAM APM BPN BN BN CM

P AP AMP BNP BP P BP CQ P

nên đường tròn 1( )O qua , ,A B C có cùng trục đẳng phương với 2 3( ), ( )O O

Gọi 4( )O là đường tròn qua S và tiếp xúc AD tại R . Tương tự ta được BC tiếp xúc 4( )O tại S và

đường tròn 1 2 4( ), ( ), ( )O O O có cùng trục đẳng phương . Bài toán được chứng minh.

III. Mở rộng

Bổ đề Poncelet được mở rộng bởi thầy Trần Quang Hùng, hiện là giáo viên trường chuyên

KHTN, ĐHQGHN. Định lý được phát biểu như sau:

Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn 1( )O . Đường tròn 2( )O lần lượt cắt ,AC BD tại

( , ), ( , )M N P Q . Đường thẳng ,MP NQ lần lượt cắt , , ,AB CD AD BC tại

( , ), ( , ), ( , ), ( , )R S T U V W X Y . Khi đó , , ,R S T U cùng thuộc đường tròn 3( ), , , ,O V W X Y cùng

thuộc đường tròn 4( )O sao cho 1 2 3 4( ), ( ), ( ), ( )O O O O có cùng trục đẳng phương.

Chứng minh:

O3

US N

T

R

MP

Q

O1O2

A

D

B C

Do ,BPR CNU PBR NCU nên ~BPR CNU . Suy ra BRP CUN nên tứ giác

, , ,R S T U cùng nằm trên đường tròn 3( )O . Tương tự ta được ~BQS CMT

Từ

2 2 2

3 3 3

/( ) /( ) /( )

/( ) /( ) /( )

. sin sin sin sin . . .. .

. sin sin sin sin . . .

A O B O C O

A O B O C O

P P PAM AN ARM ASN BRP BSQ BP BQ BP BQ CN CM

P AR AS AMR ANS BPR BQS BR BS P BR BS CU CT P

nên đường tròn 1( )O qua , ,A B C có cùng trục đẳng phương với 2 3( ), ( )O O

Tương tự , , ,V W X Y cùng thuộc đường tròn 4( )O và 1 2 4( ), ( ), ( )O O O có cùng trục đẳng phương.

Bài toán được chứng minh

IV. Ứng dụng

Ta bắt đầu với định lý Poncelet về chùm đường tròn

Bài toán 1 (Định lý Poncelet về chùm đường tròn): Cho các đường tròn 1( ),.., ( )nO O có cùng trục

đẳng phương ( 1( )O chứa các đường tròn còn lại). Từ điểm 1 1( )A O vẽ tiếp tuyến đến 2( )O và

cắt 1( )O tại 2A . Định nghĩa tương tự 3 ,..., nA A . Chứng minh 1nA A luôn tiếp xúc với một đường

tròn cố định khi 1A di động trên 1( )O .

Chứng minh

Trường hợp 3n

OI

C3

C2

C1

B3

H

E

D

B2

G

O4

FA3

A2

O1O3

A1

O2

B1

Lấy 1 1 1 1( ),B O B A . Từ điểm 1B vẽ một tiếp tuyến đến 2( )O và cắt 1( )O tại 2B , từ điểm 2B vẽ

một tiếp tuyến đến 3( )O và cắt 1( )O tại 3B sao cho khi 1 1B A thì 2 2 3 3,B A B A .

Gọi , , ,D G E H lần lượt là tiếp điểm của 1 2 1 2,A A B B với 2( )O , 2 3 2 3,A A B B với 3( )O

'

1 2 2 3, , ,C C C C lần lượt là giao điểm DG với 1 1 2 2,A B A B , EH với 2 2 3 3,A B A B .

Do 1 2 1 2,A A B B tiếp xúc 2( )O nằm trong 1( )O và khi 1 1B A thì 2 2B A nên 1C nằm giữa 1 1,A B ,

2C nằm giữa 2 2,A B . Tương tự ta được '

2C nằm giữa 2 2,A B , 3C nằm giữa 3 3,A B .

Theo bổ đề Poncelet: tồn tại đường tròn ( )O lần lượt tiếp xúc 1 1 2 2,A B A B tại 1 2,C C và đường tròn

( ')O lần lượt tiếp xúc 2 2 3 3,A B A B tại '

2 3,C C , hơn nữa ( ), ( ')O O có cùng trục đẳng phương

với 1 2 3( ), ( ), ( )O O O . Mà chỉ vẽ được duy nhất một đường tròn tiếp xúc 2 2A B tại một điểm nằm

giữa 2 2,A B và có cùng trục đẳng phương với 1 2 3( ), ( ), ( )O O O nên ( ) ( ')O O . Suy ra '

2 2C C .

Gọi ,F I lần lượt là giao điểm 1 3C C với 1 3 1 3,A A B B

Theo bổ đề Poncelet thì tồn tại đường tròn 4( )O lần lượt tiếp xúc 1 3 1 3,A A B B tại ,F I và 4( )O có

cùng trục đẳng phương với 1 2 3( ), ( ), ( )O O O . Mặt khác tương tự trên, ta được F nằm giữa

1 3,A A , I nằm giữa 1 3,B B . Suy ra 4( )O nằm trong 1( )O

Vậy 1 3A A luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi 1A di động trên 1( )O

B4

A4

B3

B2

OA3

A2

O3 O1

A1

O2

B1

O4

Giả sử bài toán đúng với n k . Ta chứng minh bài toán đúng với 1n k

Lấy 1 1 1 1( ),B O B A . Từ điểm 1B vẽ một tiếp tuyến đến 2( )O và cắt 2( )O tại 2B , định nghĩa

tương tự 3 ,..., nB B sao cho khi 1 1B A thì , 2, 1i iB A i k .

Theo giả thiết quy nạp thì 1 1,k kA A B B cùng tiếp xúc với đường tròn ( )O có cùng trục đẳng phương

với 1( ),.., ( )kO O và nằm trong 1( )O . Mà 1 1,k k k kA A B B cùng tiếp xúc với 1( )kO có cùng trục đẳng

phương với 1( ),.., ( )kO O và nằm trong 1( )O nên theo trường hợp 3n , 1 1 1 1,k kA A B B cũng tiếp

xúc đường tròn 2( )kO có trục đẳng phương với 1( ),.., ( )kO O .

Vậy 1 1kA A luôn tiếp xúc với đường tròn cố định khi 1A di động trên 1( )O

Bài toán được chứng minh.

Ta tiếp tục với bài toán từng là đề thi của cuộc thi Mathley

Bài toán 2 (Trần Minh Ngọc): Cho tứ giác ABCDnội tiếp ( )O . Đường tròn ( )I lần lượt tiếp xúc

,AC BD tại ,M N . Đường thẳng MN lần lượt cắt ,AB CD tại ,P Q . Gọi H là giao điểm của

,AC BD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác

,HAB HCD tại ,K L khác H . Chứng minh , ,PK QL OI đồng quy

Chứng minh

Y

Z

X

O2

O1

S

K

L

P

Q

N

M

H

O

A

B

CD

I

Theo bổ đề Poncelet: tồn tại đường tròn 1( )O lần lượt tiếp xúc ,AB CD tại ,P Q và

1( ), ( ), ( )O I O có cùng trục đẳng phương

Qua phép nghịch đảo f cực H , phương tích 0k , các điểm , , , , , , ,A B C D M N K L lần lượt biến

thành ', ', ', ', ', ', ', 'A B C D M N K L . Khi đó:

Các đường thẳng ,AC BD qua H biến thành chính nó nên ', ' ; ', 'A C AC B D BD .

( )O biến thành đường tròn ( ')O qua ', ', ', 'A B C D

( )I biến thành đường tròn ( ')I tiếp xúc với ,AC BD tại ', 'M N .

( ), ( ), ( )HAB HCD HMN lần lượt biến thành các đường thẳng ' ', ' ', ' 'A B C D M N ', 'K L lần lượt là giao điểm ' 'M N với ' ', ' 'A B C D

Theo bổ đề Poncelet: tồn tại đường tròn '

2( )O lần lượt tiếp xúc ' ', ' 'A B C D tại ', 'K L và

'

2( '), ( '), ( )O I O có cùng trục đẳng phương.

Do f bảo tồn góc và chùm đường tròn nên đường tròn '

2 2( ) ( )O f O lần lượt tiếp xúc

với ( ), ( )HAB HCD tại ,K L và 2( ), ( ), ( )O I O có cùng trục đẳng phương.

Gọi d là trục đẳng phương của ( ), ( ),O I S là giao điểm của ,PK QL

Do MN là trục đẳng phương của ( ),( ),I HMN KL là trục đẳng phương của 2( ), ( )O HMN và d là

trục đẳng phương của 2( ), ( )I O nên , ,MN KL d đồng quy tại X .

Do 2( )O lần lượt tiếp xúc với ( ), ( )HAB HCD tại ,K L nên tiếp tuyến tại ,K L của đường tròn

2( )O lần lượt là trục đẳng phương của 2( ), ( )O HAB và 2( ), ( )O HCD . Tương tự ta được tiếp tuyến

tại K của, 2( ), ,O d AB đồng quy tại Y và tiếp tuyến tại L của 2( ), ,O d CD đồng quy tại Z

Từ ,YP YK lần lượt là tiếp tuyến của 1 2( ), ( )O O và 1 2,O P O K là tiếp tuyến của ( , )Y YP suy ra đường

tròn ( , )Y YP trực giao với 1 2( ), ( )O O .Tương tự, ta được đường tròn ( , )Z ZQ trực giao với

1 2( ), ( )O O . Do đó 1 2O O OI là trục đẳng phương của ( , ), ( , )X XP Y YQ . Mặt khác từ

1 2/( ) /( ). .X O X OXP XQ XK XL suy ra PQKL nội tiếp, nên

/( , ) /( , ). .S Y YP S Z ZPP SK SP SL SQ P . Vậy , ,S O I thẳng hàng

Bài toán 3 (Trần Minh Ngọc): Cho ba đường tròn 1 2 3( ), ( ), ( )O O O có cùng trục đẳng phương d .

Hai đường thẳng 1 2,d d lần lượt cắt 1 2( ), ( )O O tại ( , ), ( , ), ( , ), ( , )A B C D P Q R S . Gọi 1 2( ), ( ) lần

lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác tạo bởi các bộ đường thẳng ( , , ), ( , , )d AP DS d BQ CR .

Giả sử 3( )O đều cắt 1 2( ), ( ) . Chứng minh góc tạo bởi 3 1( ), ( )O bằng với góc tạo bởi

3 2( ), ( )O

Chứng minh

K

L

J

N

M

O4

W

V

H

U

I

T

Ω2

Y

Z

Ω1

G

F

X

B

E

D

Q

S

O2O3

C

R

P

A

Gọi , , , , , , ,E F G X Y Z M N lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng

( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , )AP DS AP d DS d BQ CR BQ d CR d AP CR BQ DS

Theo mở rộng bổ đề Poncelet: , , ,M X E N cùng nằm trên đường tròn 4( )O có cùng trục đẳng

phương với 1 2 3( ), ( ), ( )O O O

Gọi ,T U là giao điểm của 3( )O với 1( ), , , ,H I J K lần lượt là các giao điểm khác ,U T của

3( )O với , , , , ,GU FT GT FU V W lần lượt là giao điểm khác ,I H của 3( )O với ,ZI YH

Từ 4 3/( ) /( ). .G O G OGE GN P P GJ GT suy ra tứ giác ENTJ nội tiếp nên

NJG TEG TUH TJH . Do đó , ,N J H thẳng hàng.

Gọi L là giao điểm của ,NJ FG

Từ ENL ENJ ETJ ETG EFG EFL suy ra NFLE nội tiếp . Do đó

NXZ NEF NLF . Suy ra tứ giác NXZLnội tiếp.

Do . . .GF GL GEGN GJ GT nên tứ giác FLJT nội tiếp . suy ra ZLJ FTJ JVI . Do đó

LJVZ nội tiếp

Gọi 'J là giao điểm khác V của YV với 3( )O

Từ 4 3/( ) /( ). . . 'Y O Y OYZ YL YX YN P P YV YJ suy ra tứ giác 'LJ VZ nội tiếp. Do đó 'J J hay

, ,Y V J thẳng hàng. Suy ra YXZ NLZ JVZ nên tứ giác VYXZ nội tiếp hay 2( )V .

Tương tự ta được 2( )W .

Với kí hiệu ( ),( ')O O là góc tạo bởi hai đường tròn ( ), ( ')O O , ta có biến đổi góc sau:

33 ( )( )3 13 1 3 1 3 1( ), ( ) 180 180 ( )

2 2 2

OOTO U T U sdTU sd IKO O T O TU TU TFU

Tương tự: 3( )

3 2( ), ( )2

Osd HJO . Mặt khác từ

GFI GFT TUH TIH FIH suy ra / /HI d . Tương tự ta được / /JK d . Do đó

HIKJ là hình thang cân. nên 3 3( ) ( )O Osd IK sdHJ . Vì vậy

3 1 3 2( ),( ) ( ),( )O O

Ta kết thúc bài viết với kết quả về tam giác hình chiếu

Bài toán 4 (Trần Minh Ngọc): Cho tam giác 1 2 3A A A nội tiếp đường tròn ( )O . X là một điểm nằm

trong tam giác 1 2 3A A A . Gọi , ,D E F lần lượt hình chiếu của X lên 1 2 2 3 3 1, ,A A A A A A . Từ điểm

1 1 1( ),B O B A vẽ đường tròn đường kính 1XB cắt đường tròn ( )DEF tại một điểm M . Đường

thẳng 1B M cắt ( )O tại 2 1B B . Từ điểm 2B vẽ đường tròn đường kính 2XB cắt ( )DEF tại điểm

N M . Đường thẳng 2B N cắt ( )O tại 3 2B B . Chứng minh hình chiếu của X lên 1 3B B nằm

trên ( )DEF

Chứng minh

Ta phát biểu và chứng minh hai bổ đề sau:

Bổ đề 1 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O . Trên đường thẳng qua A vuông góc AD

và đường thẳng qua D vuông góc AD lần lượt lấy hai điểm ,X Y sao cho , ,X Y O thẳng hàng.

Gọi E là giao điểm ,AB CD . Khi đó BC vuông góc , , ,XC YB X Y E đồng quy

Chứng minh:

C'

A'

Y XE

O

B

C

A

D

( ) Gọi ', 'A C lần lượt là giao điểm của ,XA XC với ( )O

Do ' 90ADA nên , , 'D O A thẳng hàng . Tương tự ta được , , 'B O C thẳng hàng

Áp dụng định lý Pascal cho lục giác nội tiếp ' 'BAA DCC ta được , ,E X O thẳng hàng hay

, ,X Y E thẳng hàng

( ) Từ , ,X Y E thẳng hàng suy ra , ,E X O thẳng hàng.

Áp dụng định lý Pascal cho lục giác nội tiếp ' 'BAA DCC suy ra , ', 'EX DA BC đồng quy hay

, , 'B O C thẳng hàng. Suy ra BC XC . Tương tự ta được BC YB

Bổ đề 2: Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn ( )O . X là một điểm bất kì. Đường thẳng vuông

góc XA tại A cắt ( )O tại điểm 'A A . Định nghĩa tương tự ', ', 'B C D . Khi đó giao điểm các

cặp đường thẳng ( ', '), ( ', '), ( ', '), ( ', ')AC DB AD CB BC DA BD CA thẳng hàng

Chứng minh:

T

VU

SR

M

Q

P

N

D'

C

X Y

A'

B

B'

A

C'

D

Gọi , , , , , , , ,M N P Q R S T U V lần lượt là giao điểm các cặp đường thẳng

( ', '), ( ', '), ( ', '), ( ', '), ( ', ' ), ( ', ' ), ( ', ' ), ( ', ' ), ( ', ' )AC DB AD CB BC DA BD CA AC A C BD B D CD C D AC B C AD B D

Theo bổ đề 1: , , , ,X Y R S T thẳng hàng

Áp dụng định lý Pascal cho lục giác ' ' 'D CB DC A ta được: , ,U V T thẳng hàng .

Áp dụng đính lý Desargues cho hai tam giác MRS và 'NCD có giao điểm các cặp cạnh đối là

, ,U V T thẳng hàng ta được , , 'MN RC SD đồng quy hay , ,M N Q thẳng hàng. Tương tự ta được:

, ,M P Q thẳng hàng. Vậy , , ,M N P Q thẳng hàng

Quay lại bài toán

N

H

C2

V

JY

U

W

D1

R

C3

P F

D3

D2

C1

S

B3

M

Q

B2

IG

D

E

X

A3

A1

B1

A2

Gọi Y là điểm đẳng giác của X đối với tam giác 1 2 3A A A

, , , ,G H I Q R lần lượt là hình chiếu của Y lên 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3, , , ,A A A A A A B B B B

Khi đó: , , , , , , , , ,D E F G H I M N Q R cùng nằm trên đường tròn tâm J là trung điểm XY

Gọi 1 2 1 2 3 3, , , , ,C D D C C D lần lượt là giao điểm của GM với 1 1,A B ER ; DQ với 1 1,A B HN ;

3 3A B với ,ER HN

Theo bổ đề 2: 2 2 2 2, , ,A B C D thẳng hàng

Theo mở rộng bổ đề Poncelet: 1 1 2 2 3 3, , , , ,C D C D C D cùng nằm trên đường tròn

1( )O , 2 2 3 3, , ,C D C D cùng nằm trên đường tròn 2( )O và có cùng trục đẳng phương với ( ), ( )O J .

Mà qua 2C chỉ vẽ được duy nhất một đường tròn có cùng trục đẳng phương với ( ), ( )O J nên

1 2( ) ( )O O

Gọi , ,U V W lần lượt là giao điểm các cặp đường thẳng 1 2 1 2 2 3 2 3 3 1 3 1( , ), ( , ), ( , )C D D C C D D C C D D C

Do 1 1 2 2 3 3, , , , ,C D C D C D cùng nằm trên đường tròn 1( )O nên theo định lý Pascal: , ,U V W thẳng

hàng

Mặt khác theo chiều thuận bổ đề 1 thì , , ,U V X Y thẳng hàng nên , , , ,U V W X Y thẳng hàng

Gọi ,P S lần lượt là giao điểm khác ,I F của 3 3,C I D F với ( )J

Do , ,X Y W thẳng hàng nên theo chiều đảo bổ đề 1: PS vuông góc ,XP YS .

Gọi '

3B là giao điểm ,NR PS

Theo bổ đề 2: '

3 3 3 3, , ,A B C D thẳng hàng nên'

3 3B B . Do đó 3, ,P S B thẳng hàng . Tương tự

1, ,P S B thẳng hàng. Bài toán được chứng minh.

Bài viết xin được dừng lại ở đây nhưng còn rất nhiều thú vị đằng sau bổ đề Poncelet và mở rộng

của nó đang chờ bạn đọc khám phá

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Nguyễn Văn Linh, Ứng dụng của tỉ số phương tích, Euclidean Geometry Blog

http://nguyenvanlinh.wordpress.com

2. Nguyễn Văn Linh, Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm, Euclidean Geometry Blog

http://nguyenvanlinh.wordpress.com

3. Poncelet’s porism, Wolfram Mathworld.

http://mathworld.wolfram.com/PonceletsPorism.html

4. Lachlan, "Coaxal Circles", Ch. 13 in An Elementary Treatise on Modern Pure

Geometry. London: Macmillian, pp. 199-217, 1893.

5. Mathley No 2, 2014

http://www.hexagon.edu.vn/mathley.html

6. Mathley No 3, 2014

http://www.hexagon.edu.vn/mathley.html