Twierdzenie Brianchona

Z Wikipedii

Twierdzenie Brianchona, Sześciokąt opisany na elipsie

Twierdzenie Brianchona (czyt. Briãszona) opisuje pewną własność sześciokąta opisanego na krzywej stożkowej. Twierdzenie to udowodnił francuski matematyk Charles Julien Brianchon. Twierdzenie jest prawdziwe w geometrii afinicznej i rzutowej. Jest ono dualne do twierdzenia Pascala, co oznacza, że twierdzenia te są równoważne.

[edytuj] Treść

Dla każdego sześciokąta opisanego na dowolnej krzywej stożkowej trzy odcinki łaczące ich przeciwległe wierzchołki przecinają się w jednym punkcie.

Twierdzenie zachodzi też, gdy wierzchołki sześciokąta połączymy innymi prostymi tak, żeby każdy z nich należał do dokładnie jednej trzech z prostych.

[edytuj] Przypadki zdegenerowane

Dla pięciokąta, czworokąta lub trójkąta opisanego na stożkowej możemy przyjąć odpowiednio jeden, dwa lub trzy z jego punktów styczności z krzywą jako dodatkowe wierzchołki zdegenerowanego sześciokąta. W takim przypadku twierdzenie Brianchona również zachodzi.

[edytuj] Dowód

Ponieważ twierdzenie dotyczy geometrii rzutowej, przypadki sześciokątów opisanych na innych niż okrąg krzywych stożkowych można sprowadzić rzutowo do przypadku z okręgiem. Pozostaje udowodnić ten przypadek.

Rys. 1. - Czerwone i zielone odcinki mają odpowiednio te same długości.

Przedłużamy boki sześciokąta jak na rys. 1.

Weźmy dowolny okrąg styczny do $l D E$ i $l A B .$

Oznaczmy punkty styczności przez $K, L,$ zaś przecięcie prostych przez $S .$

Niech $K',\ L'$ będą punktami styczności boków $DE,\ AB$ sześciokąta z okręgiem wpisanym.

$S K = S L$ oraz $S K' = S L',$ bo są to styczne poprowadzone parami z tego samego punktu do tego samego okręgu.

Stąd $K K' = L L'.$

Zatem możemy skonstruować taki okrąg styczny do $l C D$ i $l F A$ w punktach $M,\ N,$ że $M M' = N N' = K K' = L L'.$

Ponieważ $D N' = D L'$ oraz $A K' = A M',$ to $L D = D N$ (czerwone na rysunku) oraz $K A = A M$ (zielone).

Rys. 2. - Niebieskie odcinki mają równe długości. Każda przekątna jest prostą potęgową tych dwóch z kolorowych okręgów, które są innego koloru niż ona.

Zatem $l A D$ jest prostą potęgową dwóch okręgów.

Podobnie pokazujemy, że pozostałe przekątne sześciokąta są prostymi potęgowymi odpowiednich okręgów (rys. 2).

Okręgi ustawiamy tak, żeby niebieskie odcinki (łączące ich punkty styczności z przedłużeniami boków sześciokąta oraz punkty styczności boków sześciokąta z okregiem wpisanym) miały równe długości, oraz żeby do niebieskich odcinków nalezały wieżchołki $B,\ D,\ F$ , zaś nie należały wieżchołki $A,\ C,\ E$ . Wtedy długości odpowiednich stycznych są sumami lub różnicami odpowiednich odcinków tak, że faktycznie przekątne są prostymi potęgowymi.