Một vài tính chất xung quanh cấu hình đường tròn Conway LTTK Education xin giới thiệu với bạn đọc Một vài tính chất xung quanh cấu hình đường tròn Conway để bạn đọc tham khảo học tập những điều bổ ích mà tài liệu này mang lại nhé! Chúc các em học tập thật tốt và mang lại nhiều kết quả khả quan cho bản thân nhé! ✪ ✪ ✪ ✪ ✪ Link tải tài liệu: LINK TẢI TÀI LIỆU Spoiler: Read me Một vài tính chất xung quanh cấu hình đường tròn Conway LuyenThiThuKhoa.vn Tóm tắt nội dung John Horton Conway là một nhà toán học người Anh hoạt động trong lý thuyết về các nhóm hữu hạn, lý thuyết nút, lý thuyết số, lý thuyết trò chơi kết hợp và lý thuyết mã hóa. Ông cũng đã đóng góp cho nhiều ngành toán học giải trí, đáng chú ý nhất là phát minh ra máy tự động di động có tên là Trò chơi cuộc sống. Vừa qua do đại dịch Covid 19, ông đã qua đời tại nhà ở New Jersey, Hoa Kỳ, hưởng thọ 82 tuổi. Bài viết này sẽ giới thiệu và đi chứng minh về một kết quả đẹp của ông là đường tròn Conway dưới góc độ của của hình học sơ cấp. Nhà toán học người Anh John Horton Conway (26 December 1937 – 11 April 2020) 1 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway 1 Đường tròn Conway Định lý (Đường tròn Conway) Cho tam giác ABC bất kì. Trên tia đối của tia AC, AB lấy điểm AC, AB sao cho AAC = AAB = BC, trên tia đối của tia BA, BC lấy hai điểm BA, BC sao cho BBA = BBC = AC và trên tia đối của tia CB, CA lâý hai điểm CB, CA sao cho CCB = CCA = AB. Khi đó 6 điểm AB, AC, BC, BA, CA, CB cùng nằm trên một đường tròn có tâm là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AB AC A I B B C C CB CA BA 2 Một số chứng minh Chứng minh. Ta đặt độ dài ba cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c và gọi tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC là I. Cách 1. Từ giả thiết ta dễ có IAB = IAC, ICB = ICA, IBC = IBA. (1) a + c − b a + c − b Gọi D là hình chiếu của I lên BC thì ta có DB = nên DBC = + b = 2 2 a + b + c a + b + c và ta cũng có DCB = . 2 2 Suy ra ta sẽ có IBC = ICB, tương tự thì ta có IBA = IAB. Kết hợp (1) thì ta có IAB = IAC = ICB = ICA = IBC = IBA nên ta có đpcm. 2 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway Cách 2. Để ý rằng ABA = ACA = b + c và AAC = AAB nên tứ giác ABACBACA là hình thang cân mà AI là phân giác góc ∠ BAACA nên dễ có IBA = ICA. Từ đây lập luận tương tự thì ta có IBC = IAC, suy ra đpcm. Cách 3. Lập luận tương tự cách 2 thì ta có ba tứ giác ABACBACA, CBABBCBA và CACBACBC là hình thang cân nên lần lượt ba tứ giác này nội tiếp ba đường tròn ω 1 , ω 2 , ω 3. Rõ ràng nếu 2 trong 3 đường tròn này trùng nhau thì 6 điểm sẽ cùng nằm trên một đường tròn. Giả sử 3 đường tròn trên đôi một phân biệt thì ta áp dụng định lý trục đẳng phương cho ba đường tròn ω 1 , ω 2 , ω 3 thì ta sẽ rút ra ACCA, BAAB và BCCB đồng quy hoặc đôi một song song. Điều này vô lý vì ba đường thẳng trên tạo thành tam giác ABC. Vậy từ đây ta có 6 điểm AC, CA, AB, BA, BC, CB cùng nằm trên một đường tròn, kết hợp I nằm trên trung trực ABAC và BABC thì ta có I sẽ là tâm đường tròn này. Ta kết thúc phép chứng minh. Nhận xét. 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 đẹp của nó. Từ chứng minh trên ta có thể thấy ngay bán kính √ đường tròn chứa sáu điểm có công thức r 2 + p 2 trong đó r là bán kính của đường tròn ( I) a + b + c và p = . 2 3 Các bài toán và tính chất xung quanh Chúng ta đến với tính chất đầu tiên mà đã xuất hiện trong một cuộc thi, tính chất khá phổ biến khi nhắc đến đường tròn Conway. Tính chất 1. (1992 Iberoamerican Mathematical Olympiad) Diện tích tam giác của lục giác ABACBCBACACB không nhỏ hơn 13 lần diện tích tam giác ABC. Chứng minh. Kí hiệu SABC là diện tích tam giác ABC và ba góc A, B, C của tam giác ABC là α, β, γ. Ta dử dụng công thức tính diện tích thì ta có 1 1 SACC = S − S sin β · ( a + c)2 − S sin β · ( a 2 + c 2) + S B AB BABCB ABC = ABC = ABC . 2 2 1 và SBB = sin β · b 2. C BA 2 Thiết lập các biểu thức tương tự thì từ yêu cầu bài toán ta đưa về chứng minh bất đẳng thức sau 1 ( a 2 + b 2 + c 2)(sin α + sin β + sin γ) ≥ 9 SABC 2 3 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có 1 1 ( a 2 + b 2 + c 2)(sin α + sin β + sin γ) ≥ ( ab + bc + ca)(sin α + sin β + sin γ) 2 2 1 √ q q 2 ≥ ab sin γ + bc + sin α + ca sin β 2 = 9 SABC. Vậy ta có đpcm. Nhận xét. Bài toán có cấu hình tương tự cấu hình đường tròn Conway mà cũng liên quan đến so sánh diện tích là bài toán VMO 2019. Bạn đọc tham khảo thêm tại [2]. Tính chất 2. Hai tam giác ABBCCA và BACBAC bằng nhau. Tính chất này chứng minh dễ dàng bởi có các hình thang cân như lời giải ban đầu, từ đó rút ra các cặp cạnh bằng nhau nên hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh - cạnh - cạnh. Tính chất 3. (xem thêm tại [3]) Các cặp đường thẳng ( BCBA, CACB), ( CACB, ACAB), ( ACAB, BCBA) giao nhau tại thành tam giác A 0 B 0 C 0. Khi đó ta có AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy tại điểm Gergone của tam giác ABC. A' B' AB AC C' A E F I BC B D CB C CA BA A' Chứng minh. Gọi D, E, F là điểm tiếp xúc của ( I) với ba cạnh BC, CA, AB. Theo yêu cầu bài toán thì ta chỉ cần chứng minh A, D, A 0 thẳng hàng là xong, còn phần khác chứng minh tương tự. 4 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway Khí hiệu d( X, Y Z) là khoảng cách của điểm X tới đường thẳng Y Z và d( XY, ZT ) là khoảng cách của hai đường thẳng song song XY, ZT . d( A 0 , DE) d( C DC Ta có = ACB , DE) = B · sin ∠ EDC . d( A 0 , DF ) d( BABC, F D) DBC · sin ∠ F DB Để ý ta có DCB = DBC và ∠ EDC = ∠ EF D, ∠ F DB = ∠ F ED nên DCB · sin ∠ EDC DE = . Suy ra A 0 thuộc đường đối trung ứng với đỉnh D của tam giác DBC · sin ∠ F DB DF DEF , từ đây rút ra được A, D, A 0 thẳng hàng. Hoàn toàn tương tự thì ta sẽ suy ra đpcm. Nhận xét. Sử dụng định lý Pascal cho đường tròn Conway thì ta sẽ có ba điểm A, A 0 , A 00 thẳng hàng với A 00 là giao của BCAC với ABCB. Vậy xác định tương tự với B 00 , C 00 thì ta cũng có AA 00 , BB 00 , CC 00 đồng quy tại điểm Gergone của tam giác ABC. Và cũng từ tính chất này bằng phép vị tự ta có GO song song với đường tròn Euler của tam giác A 0 B 0 C 0 trong đó G, O là điểm Gergone và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính chất 4. BCA cắt CBA tại A 1, BCCA cắt CBBA tại A 2. Khi đó ba điểm D, A 1 , A 2 cùng nằm trên một đường thẳng. AB AC A C1 B1 E F I L K BC B D C CB A1 A2 CA BA 5 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway Chứng minh. Ta gọi K là giao điểm thứ hai của BCA với đường tròn ( BCDCA) và L là giao điểm thứ hai của BAC với đường tròn ( BADCB). Ta có BK · BCA = BBC · BD = BBA · BF nên bốn điểm C, K, BA, F đồng viên. Tương tự thì E, L, CA, BA đồng viên. Mà dễ thấy CABAF E là hình thang cân nên CA, BA, E, F, K, L cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra P A 1 /( BCDCA) = A 1 K · A 1 CA = A 1 L · A 1 BA = P A 1 /( BADCB) . Và do BC, BA, CA, CB đồng viên nên ta cũng có P A 2 /( BCDCA) = A 2 BC · A 2 CA = A 2 CB · A 2 BA = P A 2 /( BADCB) . Từ đó suy ra ba điểm D, A 1 , A 2 thẳng hàng vì cùng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn ( BADCB) và ( BCDCA) . Tính chất 5. Xác định tương tự B 1 , B 2 và C 1 , C 2. Khi đó AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tại X và AA 2 , BB 2 , CC 2 đồng quy tại X 0 và ta có I, X, X 0 thẳng hàng. Chứng minh. Trước tiên ta đi chứng minh AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tại O. sin ∠ A B AC Để ý tam giác AB 1 AC AB ACA cân tại A nên ta có = · . sin ∠ A 1 AB BA CCA Lập luận tương tự thì ta sẽ có sin ∠ A 1 AC sin ∠ B sin ∠ C · 1 BA · 1 C B = 1 sin ∠ A 1 AB sin ∠ B 1 BC sin ∠ C 1 CA Từ đó áp dụng định lý Ceva sin trong tam giác ABC thì ta sẽ có AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tại O. Giả sử AA 2 cắt BB 2 tại điểm O 0 thì ta chỉ cần chứng minh I, O, O 0 thẳng hàng là sẽ có đpcm. Trước tiên ta cần một bổ đề. Bổ đề. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F . Trên hai tia AB, AC lấy hai điểm P, Q sao cho AP = AQ. BQ cắt CP tại K, KD cắt AI tại L. Khi đó P L, QL là tiếp tuyến của ( I). A E F Q I P K B C D L 6 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway Chứng minh. Định nghĩa lại điểm L là giao điểm tiếp tuyến kẻ từ P tới ( I) khác AB với AI. Ta đi chứng minh K, D, L thẳng hàng. Ta lấy điểm tiếp xúc của P L, QL tiếp xúc với ( I) là R, S. F R cắt DE tại X, ES cắt DF tại Y , khi đó xét cực và đối cực với đường tròn ( I) thì ta cần chứng minh RS, BC, XY đồng quy. ! D F S Điều này dễ dàng có bởi ta áp dụng Pascal cho bộ điểm thì ta có ngay đpcm. R E D Ta quay lại bài toán ban đầu. AB AC A C2 P B B 1 2 E F I X' R X BC B D CB C Q S A1 A2 CA BA Ta gọi Q là giao điểm của DA 1 với AI và P là giao điểm của BI với EB 1. Theo bổ đề thì ta có BAQ và ABP là tiếp tuyến của ( I), hai đường thẳng này cắt nhau tại R, lấy Q là giao điểm của ABCA và BACB. Để chứng minh I, X, X 0 thì ta cần có A( BI, OO 0) = B( AI, OO 0). Ta có A( BI, XX 0) = A( BQ, A 1 A 2) = BA( ABR, CS), tương tự thì B( AI, XX 0) = AB( BAR, CS) nên ta cần chứng minh R, C, S thẳng hàng. ! A Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm B CB AC thì ta có C B 2 , C, S thẳng hàng nên ta A CA BC quy về chứng minh C 2 , C, R thẳng hàng. 7 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway Ta xét cực và đối cực đối với đường tròn ( I) với chú ý rằng có các đoạn thẳng bằng nhau là ACE = ABF và BAF = BCD nên ta đưa được về thành bài toán sau. Bài toán. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I) tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Kẻ dây cung GH bất kì của đường tròn ( I) và GH k BC. DG cắt đường tròn ( DIE) tại điểm thứ hai là K, DH cắt đường tròn ( DIF ) tại điểm thứ hai là L. Chứng minh rằng các đường thẳng EF, KL, GH đồng quy. A G H X S E F I T L K C1 B1 B D C Chứng minh. (Nguyễn Việt Dũng - SV đại học Sư phạm) Ta lấy B 1 , C 1 lần lượt là giao điểm thứ hai của F L, EK với đường tròn ( I). Gọi T là giao điểm của F L và EK và S là giao của GE và F H. Ta có ∠ KC 1 D = ∠ DF E = ∠ EDC, ∠ C 1 KD = ∠ ECD nên suy ra 4 KC 1 D ∼ 4 CDE nên ta có KC 1 = KD và từ đó DC 1 k GE. Chứng minh tương tự thì DB 1 k F H. Do GH k BC nên ∠ LDC = ∠ KDB suy ra ∠ LF B = ∠ KEC hay ∠ KEF = ∠ LF E, rút ra được T E = T F và ta sẽ có EF k B 1 C 1. Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác DB 1 C 1 và SEF có các cặp cạnh song song thì ta có S, T, D thẳng hàng. Ta lại áp dụng tiếp định lý Desargues cho hai tam giác F LH và tam giác EKG thì ta có ngay ba đường thẳng GH, EF và KL đồng quy (đpcm). Chứng minh tương tự thì ta có BB 2 cắt CC 2 trên IX nên ta có đpcm. Vậy ta kết thúc chứng minh cho tính chất trên. Nhận xét. Còn rất nhiều bài toán liên quan đến đồng quy trong mô hình này nhưng chúng ta sẽ dừng lại các tính chất đồng quy tại đây. 8 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway Bài toán mở rộng Cho tứ giác ABDC ngoại tiếp đường tròn ( I). Đường tròn ( I) tiếp xúc với các cạnh BD, DC, CA, AB lần lượt tại M, N, P, Q. Trên tia đối của tia BA, BD lấy các điểm BA, BD sao cho BBD = BBA = AC. Trên tia đối của các tia CA, CD lấy các điểm CA, CD sao cho CCA = CCD = AB. Trên tia đối của tia AB, AC lấy các điểm AAB, AAC sao cho AAB = AAC = M B + N C. Chứng minh rằng 6 điểm AB, AC, BD, BA, CD, CA cùng nằm trên một đường tròn có tâm là I. AB AC A B P D Q CD B C M N D CA BA Chứng minh. Sử dụng các đoạn thẳng bằng nhau từ giả thiết cho kết hợp với tứ giác ABCD ngoại tiếp ( I) nên AB + CD = AC + BD suy ra P AC = P CA và QAB = QBA. Từ đó dễ suy ra được 6 đoạn thẳng IAC, IAB, IBD, IBA, ICD, ICA có độ dài bằng nhau nên ta có đpcm. Bài toán ứng dụng Cho tam giác ABC nhọn có tâm đường tròn ngoại tiếp là O, trực tâm H. Gọi J là điểm chính giữa cung BAC của đường tròn ( O). Lấy O 0 đối xứng với O qua BC, O 0 H cắt AJ tại D. Kẻ đường kính AA 0 của ( O), trên tia đối của tia O 0 O lấy điểm E sao cho O 0 E = O 0 A 0. Ta kí hiệu đường tròn ( DEJ ) là ωA ứng với đỉnh A của tam giác ABC. Xác định tương tự với các đường tròn ωB, ωC ứng với đỉnh B, C. Chứng minh rằng bốn đường tròn ωA, ωB, ωC và đường tròn ( O) có một điểm chung. Chứng minh. Ta gọi M là trung điểm BC thì theo kết quả quen thuộc ta có M là trung điểm HA 0. Suy ra tứ giác HOA 0 O 0 là hình bình hành nên OH = O 0 A 0 = O 0 E, OJ = OA 0 = HO 0. Từ đây ta cũng có AA 0 k DO 0 mà tam giác AOJ cân tại O nên tam giác DO 0 J cân tại O 0. 9 Life goes on as it never ends Đường tròn Conway J A D W O H B M C A' O' E Ta lại có HA k O 0 J nên suy ra HD = HA = OO 0. Vậy từ các dữ kiện trên ta suy ra đường tròn ωA là đường tròn Conway của tam giác O 0 HO. Do vậy nên ta lấy W là điểm thuộc tia đối OH sao cho OW = HO 0 = OA 0 thì hiển nhiên W ∈ ( O) và W thuộc đường tròn Conway của tam giác O 0 HO hay W ∈ ωA. Chứng minh tương tự thì ta cũng có ωB, ωC cùng đi qua W (đpcm). Nhận xét. Bài toán này được tác giả lồng ghép khá khéo léo và khó phát hiện kể cả người đã từng nghiên cứu qua đường tròn Conway. Lời kết. Bài viết sẽ dừng lại tại đây vì đường tròn Conway không có nhiều để khai thác mà chủ yếu bài toán sinh ra chỉ để cho ta ngắm nhìn, cảm nhận vẻ đẹp của nó . Bài viết như lời tri ân tới nhà toán học Conway cũng như những y bác sĩ đang ngày đêm chống dịch, chúng ta hãy cùng có ý thức cộng đồng và mong đại dịch Covid 19 sẽ sớm kết thúc. Tài liệu tham khảo. 1. Trần Nam Dũng, Bài viết về John Horton Conway https://www.facebook.com/tran.namdung/posts/3231824363508731 2. Nguyễn Văn Linh, Xung quanh bài toán hình học đề thi HSGQG năm 2019 https://nguyenvanlinh.files.wordpress.com/2019/01/around-p4-vmo-2019.pdf 3. Francisco Javier García Capitán, A Generalization of the Conway Circle http://forumgeom.fau.edu/FG2013volume13/FG201320.pdf 4. Blog Toán học của Khoa Nguyễn http://khoanguyenmathematics.blogspot.com/ 10 Document Outline Ðườnng tròn Conway Một số chứng minh Các bài toán và tính chất xung quanh Theo LTTK Education
