Đường tròn Conway

Việc chứng minh 6 điểm trên cùng thuộc một đường tròn có tâm là I không khó, học sinh lớp 7 cũng có thể làm được và có thể tính chất này đã được phát hiện ở đâu đó vì tính đơn giản và vẻ[r]

hình đường trịn Conway Nguyễn Đăng Khoa

Ngày 16 tháng năm 2020

Tóm tắt nội dung

John Horton Conway nhà toán học người Anh hoạt động lý thuyết nhóm hữu hạn, lý thuyết nút, lý thuyết số, lý thuyết trị chơi kết hợp lý thuyết mã hóa Ơng đóng góp cho nhiều ngành tốn học giải trí, đáng ý phát minh máy tự động di động có tên Trị chơi sống Vừa qua đại dịch Covid 19, ông qua đời nhà New Jersey, Hoa Kỳ, hưởng thọ 82 tuổi Bài viết giới thiệu chứng minh kết đẹp ơng đường trịn Conway góc độ của hình học sơ cấp

1 Đường tròn Conway

Định lý (Đường tròn Conway)

Cho tam giác ABC Trên tia đối tia AC, AB lấy điểm AC, AB cho AAC =AAB=BC, tia đối tia BA, BC lấy hai điểm BA, BC cho BBA = BBC =ACvà tia đối tiaCB, CAlâý hai điểmCB, CAsao choCCB =CCA = AB Khi điểm AB, AC, BC, BA, CA, CB nằm đường trịn có tâm tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC

CA

CB

I

BA

BC

AB

AC

A

B C

2 Một số chứng minh

Chứng minh. Ta đặt độ dài ba cạnh BC, CA, AB a, b, c gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC I

Cách 1. Từ giả thiết ta dễ cóIAB =IAC, ICB =ICA, IBC =IBA (1) Gọi D hình chiếu I lên BC ta có DB = a+c−b

2 nên DBC =

a+c−b

2 +b = a+b+c

2 ta có DCB =

a+b+c .

Cách 2. Để ý ABA = ACA = b+c AAC = AAB nên tứ giác ABACBACA hình thang cân mà AI phân giác góc ∠BAACA nên dễ có IBA=ICA

Từ lập luận tương tự ta có IBC =IAC, suy đpcm

Cách 3. Lập luận tương tự cách ta có ba tứ giác ABACBACA, CBABBCBA CACBACBC hình thang cân nên ba tứ giác nội tiếp ba đường tròn ω1, ω2, ω3

Rõ ràng đường trịn trùng điểm nằm đường tròn

Giả sử đường trịn đơi phân biệt ta áp dụng định lý trục đẳng phương cho ba đường trịn ω1, ω2, ω3 ta rút ACCA, BAAB BCCB đồng quy đôi song song

Điều vơ lý ba đường thẳng tạo thành tam giác ABC

Vậy từ ta có điểm AC, CA, AB, BA, BC, CB nằm đường tròn, kết hợp I nằm trung trực ABAC BABC ta có Isẽ tâm đường tròn

Ta kết thúc phép chứng minh

Nhận xét. Việc chứng minh điểm thuộc đường trịn có tâm I khơng khó, học sinh lớp làm tính chất phát tính đơn giản vẻ đẹp Từ chứng minh ta thấy bán kính đường trịn chứa sáu điểm có cơng thức √r2+p2 trong đó r là bán kính đường tròn (I)

và p= a+b+c

3 Các tốn tính chất xung quanh

Chúng ta đến với tính chất mà xuất thi, tính chất phổ biến nhắc đến đường trịn Conway

Tính chất 1. (1992 Iberoamerican Mathematical Olympiad) Diện tích tam giác lục giác ABACBCBACACB không nhỏ 13 lần diện tích tam giác ABC

Chứng minh. Kí hiệuSABC diện tích tam giácABC ba gócA, B, C tam giácABC α, β, γ.

Ta dử dụng cơng thức tính diện tích ta có

SACCBAB =SBABCB −SABC =

1

2sinβ·(a+c)

2−S

ABC =

1

2sinβ·(a

2+c2) +S

ABC.

và SBBCBA =

1

2sinβ·b

2.

Thiết lập biểu thức tương tự từ yêu cầu toán ta đưa chứng minh bất đẳng thức sau

1 2(a

2+b2+c2)(sinα+ sinβ+ sinγ)≥9S

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có

2(a

2+b2+c2)(sinα+ sinβ+ sinγ)≥

2(ab+bc+ca)(sinα+ sinβ+ sinγ)

≥

2

q

absinγ+√bc+ sinα+qcasinβ

2

= 9SABC.

Vậy ta có đpcm

Nhận xét. Bài tốn có cấu hình tương tự cấu hình đường tròn Conway mà liên quan đến so sánh diện tích tốn VMO 2019 Bạn đọc tham khảo thêm [2]

Tính chất 2. Hai tam giácABBCCA BACBAC

Tính chất chứng minh dễ dàng có hình thang cân lời giải ban đầu, từ rút cặp cạnh nên hai tam giác theo trường hợp cạnh - cạnh - cạnh

Tính chất 3. (xem thêm [3]) Các cặp đường thẳng (BCBA, CACB), (CACB, ACAB), (ACAB, BCBA) giao thành tam giác A0B0C0 Khi ta cóAA0, BB0, CC0 đồng quy điểm Gergone tam giác ABC

A''

C'

B'

A'

CA F

E

D CB

I

BA BC

AB AC

A

B C

Khí hiệud(X, Y Z) khoảng cách điểm X tới đường thẳngY Z vàd(XY, ZT) khoảng cách hai đường thẳng song song XY, ZT

Ta có d(A

0, DE)

d(A0, DF) =

d(CACB, DE) d(BABC, F D)

= DCB·sin∠EDC DBC ·sin∠F DB

Để ý ta có DCB =DBC ∠EDC =∠EF D, ∠F DB =∠F ED nên DCB·sin∠EDC

DBC ·sin∠F DB

= DE

DF Suy A

0 thuộc đường đối trung ứng với đỉnh D của tam giác

DEF, từ rút A, D, A0 thẳng hàng Hồn tồn tương tự ta suy đpcm

Nhận xét. Sử dụng định lý Pascal cho đường trịn Conway ta có ba điểm A, A0, A00 thẳng hàng với A00 giao BCAC với ABCB

Vậy xác định tương tự vớiB00, C00 ta cóAA00, BB00, CC00 đồng quy điểm Gergone tam giác ABC

Và từ tính chất phép vị tự ta có GO song song với đường trịn Euler tam giác A0B0C0 G, O điểm Gergone tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC

Tính chất 4.BCAcắt CBA tạiA1,BCCAcắt CBBAtại A2 Khi ba điểmD, A1, A2

nằm đường thẳng

L K

A2

A1

CA B1

F

E

D CB

I C1

BA BC

AB AC

A

B

Chứng minh. Ta gọi K giao điểm thứ hai BCA với đường tròn (BCDCA) Llà giao điểm thứ hai BAC với đường tròn (BADCB)

Ta có BK·BCA=BBC ·BD=BBA·BF nên bốn điểmC, K, BA, F đồng viên

Tương tự thìE, L, CA, BAđồng viên Mà dễ thấyCABAF Elà hình thang cân nênCA, BA, E, F, K, L nằm đường tròn

Suy PA1/(BCDCA) =A1K·A1CA =A1L·A1BA=PA1/(BADCB).Và doBC, BA, CA, CB đồng

viên nên ta có

PA2/(BCDCA) =A2BC·A2CA =A2CB·A2BA =PA2/(BADCB).

Từ suy ba điểm D, A1, A2 thẳng hàng nằm trục đẳng phương hai

đường tròn (BADCB) (BCDCA).

Tính chất 5. Xác định tương tự B1, B2 C1, C2 Khi AA1, BB1, CC1 đồng quy X

và AA2, BB2, CC2 đồng quy X0 ta có I, X, X0 thẳng hàng

Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh AA1, BB1, CC1 đồng quy O

Để ý tam giác ABACA cân A nên ta có

sin∠A1AC

sin∠A1AB

= BAB BA ·

AC CCA

. Lập luận tương tự ta có

sin∠A1AC

sin∠A1AB

· sin∠B1BA

sin∠B1BC

·sin∠C1CB

sin∠C1CA

=

Từ áp dụng định lý Ceva sin tam giác ABC ta có AA1, BB1, CC1 đồng quy

tại O

Giả sử AA2 cắt BB2 điểm O0 ta cần chứng minh I, O, O0 thẳng hàng có

đpcm

Trước tiên ta cần bổ đề

Bổ đề.Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Trên hai tia AB, AC lấy hai điểm P, Q cho AP = AQ BQ cắt CP K, KD cắt AI L Khi P L, QL tiếp tuyến (I)

L K

E

F Q

D I A

B C

Chứng minh. Định nghĩa lại điểmLlà giao điểm tiếp tuyến kẻ từ P tới (I) khácAB với AI Ta chứng minh K, D, L thẳng hàng

Ta lấy điểm tiếp xúc P L, QL tiếp xúc với (I) R, S F R cắt DE X, ES cắt DF Y, xét cực đối cực với đường trịn (I) ta cần chứng minh RS, BC, XY đồng quy

Điều dễ dàng có ta áp dụng Pascal cho điểm D F S

R E D

!

thì ta có đpcm Ta quay lại tốn ban đầu

C2

X'

B2

S R

P

Q

A2 X

A1

CA

B1

F E

D CB

I

BA

BC

AB

AC

A

B C

Ta gọi Q giao điểm DA1 với AI P giao điểm BI với EB1 Theo bổ đề

ta có BAQ ABP tiếp tuyến (I), hai đường thẳng cắt R, lấy Qlà giao điểm ABCA BACB

Để chứng minh I, X, X0 ta cần có A(BI, OO0) =B(AI, OO0)

Ta cóA(BI, XX0) = A(BQ, A1A2) = BA(ABR, CS), tương tự thìB(AI, XX0) =AB(BAR, CS) nên ta cần chứng minh R, C, S thẳng hàng

Áp dụng định lý Pascal cho điểm AB CB AC BA CA BC

!

thì ta có C2, C, S thẳng hàng nên ta

Ta xét cực đối cực đường tròn (I) với ý có đoạn thẳng ACE =ABF vàBAF =BCD nên ta đưa thành tốn sau

Bài tốn. Cho tam giácABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba cạnhBC, CA, AB tạiD, E, F Kẻ dây cungGH đường trịn (I) vàGH kBC.DGcắt đường trịn (DIE) điểm thứ hai làK,DH cắt đường tròn (DIF) điểm thứ hai L Chứng minh đường thẳng EF, KL, GH đồng quy

T S

C1 B1

L K

H

X E

F

D I A

B C

G

Chứng minh (Nguyễn Việt Dũng - SV đại học Sư phạm)

Ta lấy B1, C1 giao điểm thứ hai F L, EK với đường tròn (I)

Gọi T giao điểm F Lvà EK vàS giao GE F H

Ta có ∠KC1D=∠DF E =∠EDC, ∠C1KD =∠ECD nên suy 4KC1D∼ 4CDE nên

ta có KC1 =KD từ DC1 kGE Chứng minh tương tự DB1 kF H

Do GH kBC nên ∠LDC =∠KDB suy ∠LF B =∠KEC hay ∠KEF =∠LF E, rút T E=T F ta cóEF kB1C1

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác DB1C1 SEF có cặp cạnh song song

ta có S, T, D thẳng hàng

Ta lại áp dụng tiếp định lý Desargues cho hai tam giác F LH tam giác EKG ta có ba đường thẳng GH, EF KL đồng quy (đpcm)

Chứng minh tương tự ta có BB2 cắt CC2 IX nên ta có đpcm

Vậy ta kết thúc chứng minh cho tính chất

Bài toán mở rộng

Cho tứ giác ABDC ngoại tiếp đường tròn (I) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BD, DC, CA, AB M, N, P, Q Trên tia đối tia BA, BD lấy điểm BA, BD cho BBD = BBA = AC Trên tia đối tia CA, CD lấy điểm CA, CD cho CCA = CCD = AB Trên tia đối tia AB, AC lấy điểm AAB, AAC cho AAB = AAC = M B +N C. Chứng minh điểm AB, AC, BD, BA, CD, CA nằm đường trịn có tâm I

AB

AC

CA

CD

BA

BD

B

D

C A

P Q

M N

Chứng minh. Sử dụng đoạn thẳng từ giả thiết cho kết hợp với tứ giácABCD ngoại tiếp (I) nên AB+CD =AC+BD suy P AC =P CA QAB =QBA

Từ dễ suy đoạn thẳng IAC, IAB, IBD, IBA, ICD, ICA có độ dài nên ta có đpcm

Bài tốn ứng dụng

Cho tam giác ABC nhọn có tâm đường trịn ngoại tiếp O, trực tâm H Gọi J điểm cung BAC đường tròn (O) LấyO0 đối xứng với O qua BC,O0H cắt AJ D Kẻ đường kính AA0 (O), tia đối tia O0O lấy điểm E cho O0E = O0A0 Ta kí hiệu đường tròn (DEJ) ωA ứng với đỉnh A tam giác ABC Xác định tương tự với đường tròn ωB, ωC ứng với đỉnh B, C Chứng minh bốn đường tròn ωA, ωB, ωC đường tròn (O) có điểm chung

W

E D

J

A' O'

M H

O

C A

B

Ta lại có HA kO0J nên suy HD=HA=OO0 Vậy từ kiện ta suy đường tròn ωA đường tròn Conway tam giác O0HO

Do nên ta lấy W điểm thuộc tia đối OH cho OW = HO0 =OA0 hiển nhiên W ∈(O) W thuộc đường tròn Conway tam giác O0HO hay W ∈ωA.

Chứng minh tương tự ta có ωB, ωC qua W (đpcm)

Nhận xét. Bài toán tác giả lồng ghép khéo léo khó phát kể người nghiên cứu qua đường tròn Conway

Lời kết. Bài viết dừng lại đường trịn Conway khơng có nhiều để khai thác mà chủ yếu toán sinh ta ngắm nhìn, cảm nhận vẻ đẹp Bài viết lời tri ân tới nhà toán học Conway y bác sĩ ngày đêm chống dịch, có ý thức cộng đồng mong đại dịch Covid 19 sớm kết thúc

Tài liệu tham khảo.

1 Trần Nam Dũng, Bài viết John Horton Conway

https://www.facebook.com/tran.namdung/posts/3231824363508731 Nguyễn Văn Linh, Xung quanh tốn hình học đề thi HSGQG năm 2019

https://nguyenvanlinh.files.wordpress.com/2019/01/around-p4-vmo-2019.pdf Francisco Javier García Capitán, A Generalization of the Conway Circle

https://www.facebook.com/tran.namdung/posts/3231824363508731 https://nguyenvanlinh.files.wordpress.com/2019/01/around-p4-vmo-2019.pdf http://forumgeom.fau.edu/FG2013volume13/FG201320.pdf http://khoanguyenmathematics.blogspot.com/