(LUẬN văn THẠC sĩ) dạng số phức của phép nghịch đảo và ứng dụng để giải một số dạng toán hình học phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ ĐỨC TRỌNG DẠNG SỐ PHỨC CỦA PHÉP NGHỊCH ĐẢO VÀ ỨNG DỤNG ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TỐN HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ ĐỨC TRỌNG DẠNG SỐ PHỨC CỦA PHÉP NGHỊCH ĐẢO VÀ ỨNG DỤNG ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TỐN HÌNH HỌC PHẲNG Chun ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trần Việt Cường Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com i Mục lục Mục lục i Mở đầu ii Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Phép biến hình mặt phẳng 1.2 Tích vơ hướng tích lệch 1.2.1 Tích vơ hướng 1.2.2 Tích lệch Phương trình đường thẳng mặt phẳng phức 1.3.1 Phương trình tắc đường thẳng 1.3.2 Phương trình tổng quát đường thẳng 1.3.3 Phép chiếu vng góc xuống đường thẳng ∆ 1.3.4 Phép đối xứng qua đường thẳng Phương trình đường trịn mặt phẳng phức 1.4.1 Đường tròn đơn vị |z| = 1.4.2 Phương trình đường trịn tâm J, bán kính r > ¯ + β z¯) + P = 0, a ∈ R, P ∈ R, β ∈ Phương trình az z¯ + (βz C, |a| + |β| = 0(∗) 1.4.4 Hai đường tròn trực giao 1.4.5 Hai đường tròn tiếp xúc Phép nghịch đảo 1.5.1 Định nghĩa 1.5.2 Tính chất 1.5.3 Các định lý 15 1.3 1.4 1.4.3 1.5 download by : skknchat@gmail.com ii Ứng dụng dạng số phức phép nghịch đảo để giải số dạng tốn hình học phẳng 21 2.1 Bài toán xác định phép nghịch đảo 21 2.2 Bài toán quỹ tích 24 2.3 Bài tốn dựng hình 28 2.3.1 Dựng đường tròn tiếp xúc với đường tròn, đường thẳng cho trước 2.3.2 Dựng đường tròn trực giao với đường thẳng, đường tròn cho trước 2.3.3 28 33 Dựng đường tròn vừa tiếp xúc vừa trực giao với đường thẳng, đường tròn cho trước 37 2.4 Các toán tổng hợp 39 2.5 Một số định lý tiếng mặt phẳng 49 2.5.1 Công thức Euler 49 2.5.2 Bất đẳng thức Ptolemy 51 2.5.3 Định lý Feuerbach 52 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 download by : skknchat@gmail.com iii Mở đầu Số phức từ đời thúc đẩy toán học tiến lên giải số vấn đề khoa học, kỹ thuật Riêng hình học, số phức có ứng dụng quan trọng Đối với học sinh bậc THPT số phức nội dung cịn mẻ, với thời lượng không nhiều, việc sử dụng số phức phương tiện để giải tốn Hình học phẳng vấn đề khó, địi hỏi học sinh phải có lực giải tốn định, biết vận dụng kiến thức đa dạng toán học Mặc dù sách giáo khoa Giải tích lớp 12 đưa tập ứng dụng Số phức vào giải tốn hình học phẳng cịn mang tính chất giới thiệu Do vậy, sử dụng cơng cụ số phức để giải tốn hình học phương pháp Trong hình học, phép biến hình cơng cụ giải tốn quan trọng, phép biến hình học nhà trường phổ thơng (phép dời hính, phép đồng dạng, phép vị tự) biến đường thẳng thành đường thẳng, đường tròn thành đường tròn Phép nghịch đảo phép biến hình thuộc loại khác, bảo tồn lớp đường thẳng đường trịn biến đường thẳng thành đường trịn ngược lại Chính đặc trưng phép nghịch đảo sử dụng hiệu để giải tốn hình học, đặc biệt tốn hình học phẳng “Dạng số phức phép nghịch đảo” cách tiếp cận tạo nên cách nhìn tốn giải phép nghịch đảo Vì chọn đề tài “Dạng số phức phép nghịch đảo ứng dụng để giải tập hình học phẳng” để tìm hiểu nghiên cứu Ngồi phân mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo luận văn bao gồm hai chương: download by : skknchat@gmail.com iv Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị - Trình bày sơ lược kiến thức số phức có liên quan (tích vơ hướng tích lệch, phương trình đường thẳng đường trịn mặt phẳng phức) - Những kiến thức dạng số phức phép nghịch đảo (định nghĩa, tính chất, định lý phép nghịch đảo) Chương 2: Ứng dụng dạng số phức phép nghịch đảo để giải số tập hình học phẳng Các tập dựng hình, quỹ tích, tập tổng hợp chứng minh đẳng thức, chứng minh đường qua điểm cố định, tồn đường tiếp xúc tính ưu việt phép nghịch đảo mặt phẳng phức Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình TS Trần Việt Cường Tác giả xin bày tỏ sâu sắc tới Thầy tận tâm giúp đỡ tác giả hồn thành luận văn Trong q trình học tập làm luận văn, tác giả nhận quan tâm, giúp đỡ Khoa Tốn, Phịng Đào tạo Khoa Sau đại học Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy lớp cao học Toán K7Q Tác giả xin chân thánh cảm ơn giúp đỡ quý báu download by : skknchat@gmail.com Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương trình bày sơ lược kiến thức số phức có liên quan (tích vơ hướng tích lệch, phương trình đường thẳng đường tròn mặt phẳng phức) số kiến thức dạng số phức phép nghịch đảo (định nghĩa, tính chất, định lí phép nghịch đảo) 1.1 Phép biến hình mặt phẳng Kí hiệu P tập hợp điểm mặt phẳng Một song ánh f : P → P từ tập P lên gọi phép biến hình mặt phẳng Điểm M = f (M ) gọi ảnh điểm M qua phép biến hình f điểm M gọi tạo ảnh điểm M qua phép biến hình f Nếu H hình mặt phẳng P hình H = f (H) = {f (M )|M ∈ H} gọi ảnh hình H qua phép biến hình f H gọi tạo ảnh hình H qua phép biến hình Điểm M thuộc mặt phẳng P gọi điểm kép phép biến hình f : P → P f (M ) = M Đường thẳng d nằm mặt phẳng P gọi đường thẳng kép phép biến hình f : P → P ∀M ∈ d : f (M ) = M Phép biến hình f : P → P gọi phép biến hình đồng f (M ) = M, ∀M ∈ P download by : skknchat@gmail.com Phép biến hình f : P → P gọi có tình chất đối hợp f = Idp 1.2 Tích vơ hướng tích lệch 1.2.1 Tích vơ hướng Ta biết tích vơ hướng hai véctơ u, v u.v = |u|.|v| cos(u, v) u, v khác u.v = u v −−→ −→ Do đó, OM = u có toạ vị z, OP = v có toạ vị ω thì: - Nếu z ω khác 0, kí hiệu ϕ ψ argumen z ω ta có: −−→ −→ (z ω ¯ + z¯ω) = |z| |ω| cos(ψ − ϕ) = |z| |ω| cos(OM , OP ) ¯ + z¯ω) = - Nếu z ω ta có (z ω Vậy, đặt z, ω = (z ω ¯ + z¯ω) ta ln có: −−→ −→ OM OP = (z ω ¯ + z¯ω) = z, ω Một số tính chất (phép tốn) tích vơ hướng: • Tính chất đối xứng: z, ω = ω, z • Tính chất R-song tuyến tính: z1 + z2 , ω = z1 , ω + z2 , ω kz, ω = k z, ω , k ∈ R z, ω1 + ω2 = z, ω1 + z, ω2 z, kω = k z, ω , k ∈ R (R-Tuyến tính z) (R-Tuyến tính ω) • z, z = |z|2 ¯ , ∀λ ∈ C • λz, ω = z, λω 1.2.2 Tích lệch −−→ −→ Cho véctơ OM có toạ vị z véctơ OP có toạ vị ω Tích lệch hai véctơ −−→ −→ OM OP số thực xác định bởi: −−→ −→ i OM, OP = [z, ω] = (z ω ¯ − z¯ω) download by : skknchat@gmail.com Nếu z ω khác ta có [z, ω] = |z|.|ω| sin(ψ − ϕ), ϕ ψ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ argumen z ω Do đó, ta có OM , OP = OM OP sin(OM OP ) Nếu z ω [z, ω] = Từ đó, ta có: −−→ −→ • Ba điểm O, M, P thẳng hàng tức hai véctơ OM , OP phương u¯z − u¯ z + ip = 0, u = 0, p ∈ R −−→ −→ • Ba điểm O, M, P khơng thẳng hàng [OM , OP ] = [z, ω] hai lần diện tích đại số tam giác định hướng OM P , số thực mà giá trị tuyệt đối hai lần diện tích tam giác OM P , dương OM P định hướng thuận (ngược chiều quay kim đồng hồ dọc chu vi O → M → P → O) âm OM P định hướng ngược Các tính chất (phép tốn) tích lệch: • Tính chất phản đối xứng [ω, z] = −[z, ω] • Tính chất R-song tuyến tính ¯ • Với λ ∈ C [λz, ω] = [z, λω] 1.3 Phương trình đường thẳng mặt phẳng phức 1.3.1 Phương trình tắc đường thẳng Đường thẳng qua điểm M0 có toạ vị z0 với vectơ phương u có toạ vị u u có phương trình: [z − z0 , u] = hay z − z0 = (z − z0 ) u¯ Mọi đường thẳng xác định phương trình z = λ¯ z + δ với |λ| = λδ¯ + δ = Nếu đặt λ = u (u = 0) ta có phương trình: u¯ u z = z¯ + δ, u, δ = 0, u¯ download by : skknchat@gmail.com u toạ vị véctơ phương đường thẳng, δ toạ vị hình chiếu vng góc gốc O xuống đường thẳng Nếu hai đường thẳng ∆ ∆ có phương trình tắc z = λ¯ z + δ (|λ| = 1, λδ¯ + δ = 0), z = λ z¯ + δ (|λ | = 1, λ δ¯ + δ = 0), ta có • ∆ ≡ ∆ ⇔ λ = λ ,δ = δ • ∆ ∆ ⇔ λ = λ , δ = δ (lúc khoảng cách hai đường thẳng ∆ ∆ |δ − δ |) • ∆ ⊥ ∆ ⇔ λ + λ = 1.3.2 Phương trình tổng quát đường thẳng Mọi đường thẳng xác định phương trình αz + β z¯ + γ = với |α| = |β| = α ¯ γ = β¯ γ Điểm có toạ vị z0 = −γ hình chiếu vng góc O xuống đường thẳng 2α Trường hợp riêng: • u¯z − u¯ z + ip = 0, u = 0, p ∈ R (u toạ vị véctơ phương đường thẳng) • v¯z − v¯ z + p = 0, v = 0, p ∈ R (v toạ vị véctơ pháp tuyến đường thẳng) 1.3.3 Phép chiếu vng góc xuống đường thẳng ∆ Giả sử điểm H có toạ vị z hình chiếu vng góc điểm P có toạ vị ω xuống đường thẳng ∆ Nếu đường thẳng ∆ có phương trình z = λ¯ z + δ (|λ| = 1, λδ¯ + δ = 0), z = 12 (ω + λ¯ ω + δ) Nếu đường thẳng ∆ có phương trình ¯ αz + β z¯ + γ = 0, (|α| = |β| = 0, α ¯ γ = β γ) download by : skknchat@gmail.com 41 Áp dụng tích chất ta có AD2 = CD2 AC AD2 2 , C D = A C = BA2 BD2 BC BD2 BA2 BC Từ suy CD2 AC AD2 + = BA2 BD2 BC BD2 BA2 BC ⇔ AB CD2 + AD2 BC = AC BD2 Bài toán 2.12 a) Định lý Ptolemy: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm thuộc cung BC không chứa điểm A Chứng minh rằng: AB.M C + CA.M B = BC.M A Tổng quát: Cho đa giác A0 A1 A2n nội tiếp đường tròn (O), M điểm thuộc cung A0 A2n không chứa A1 , , A2n−1 Kí hiệu di = M Ai , (i = 0, , 2n) Chứng minh rằng: d2i = 0≤i≤n d2i−1 1≤i≤n b) Cho n giác A0 A1 A2 An−1 nội tiếp đường tròn (O) điểm M cung nhỏ A0 A1 (trong M khác A0 , A1 ) Kí hiệu M Aj = dj (j = 0, , n − 1) Chứng minh rằng: 1 1 = + + + d0 d1 d1 d2 d2 d3 dn−1 d0 Giải a) (Hình 2.10)Chọn M gốc tọa đọ Ta có phép nghịch đảo f (M, k) : z → z = k z¯ (O) → ∆ B→B C→C A→A Gọi tọa vị B α0 , tọa vị C α1 , tọa vị A α2 Khi tọa k k k vị B α0 = , tọa vị C α1 = , tọa vị A α2 = α ¯0 α ¯1 α ¯2 download by : skknchat@gmail.com 42 Vì A B C nên ta có BC =BA +AC (2.16) Mặt khác, ta có k k k k − − α2 α0 α2 α0 2 k BA k (α0 − α2 )(α0 − α2 ) = = α0 α0 α2 α2 M B M A2 |k| BA ⇒BA = M B.M A B A = (α2 − α0 )(α2 − α0 ) = (2.17) Tương tự, |k| BC M B.M C |k| CA CA = M C.M A BC = (2.18) (2.19) Vậy từ (2.16), (2.17), (2.18) (2.19) ta có |k| BC |k| BA |k| CA = + M B.M C M B.M A M C.M A Tức là, ta có BC.M A = AB.M C + CA.M B Tổng quát:(Hình 2.11) Giả sử độ dài (2n+1)−giác a b = A0 A2 = A1 A3 = = A2n A1 Chọn M gốc tọa độ Khi đó, ta có phép biến hình f (M, 1) : z → z = z¯ download by : skknchat@gmail.com 43 Ai → Ai (i = 0, 1, , 2n) (O) → d Giả sử đường trịn (O) có phương trình zz + β, z = (do M ∈ (O)) phương trình đường thẳng d là: kβ, z + k = ⇔ β, z + k = Rõ ràng A1 ∈ d Do đó, ta có A0 A2n = A0 A1 + A A2 + + A2n−1 A2n Tương tự trường hợp trên, ta có Ai Ai+1 = Ai Ai+1 a = M Ai M Ai+1 di di+1 Mặt khác, ta có A0 A2 = A0 A1 + A A2 , , A2n−2 A2n = A2n−2 A2n−1 + A2n−1 A2n A2n−1 A0 = A2n A0 − A2n A2n−1 ; A2n A1 = A2n A0 − A1 A0 Biểu diễn chúng qua a, b, d ta được: b 1 =a + , i = 0, 1, , 2n − 2, di di+2 di di+1 di+1 di+2 b 1 =a − , d2n−1 d0 d2n d0 d2n d2n−1 b 1 =a − d2n d1 d2n d0 d0 d1 download by : skknchat@gmail.com 44 Suy ra, ta có bd0 = a(d1 − d2n ) bd1 = a(d2 + d0 ) bd2 = a(d3 + d1 ) bd2n−1 = a(d2n + d2n−2 ) bd2n = a(−d0 + d2n−1 ) Lấy tổng đẳng thức chẵn trừ tổng đẳng thức lẻ, ta được: b(d1 + d3 + + d2n−1 ) − b(d0 + d2 + + d2n ) = 2a(d0 + d2 + + d2n ) − 2a(d1 + d3 + + d2n−1 ) ⇔ (b + 2a) (d1 + d3 + + d2n−1 ) = (2a + b) (d0 + d2 + + d2n ) ⇒ d1 + d3 + + d2n−1 = d0 + d2 + + d2n b) (Hình 2.12)Chọn M gốc tọa độ Ta có phép nghịch đảo f (M, k) : z → z = k z¯ (O) → ∆ A1 → A1 An−1 → An−1 Ta có A 1A = A 1A + A 2A + + A n − 1A A1A2 = A2A3 = = An − 1A0 = A0A1 = a Gọi tọa vị A0 α0 , tọa vị A1 α1 , , tọa vị An−1 αn−1 k k tọa vị An−1 αn−1 = Do đó, Khi đó, tọa vị A0 α0 = α ¯0 α ¯ n−1 ta có A1 A0 = (α0 − α1 )(α0 − α1 ) download by : skknchat@gmail.com 45 k k k k − − α0 α1 α0 α1 k (α1 − α0 )(α1 − α0 ) k A1 A0 = = α0 α0 α1 α1 M A1 M A0 = Suy ra, ta có A1 A0 = |k| a |k| A1 A0 = M A1 M A0 M A1 M A2 Chứng minh tương tự, ta có A1 A2 = |k| a |k| a , An−1 A0 = M A1 M A2 M An−1 M A0 Suy ra, ta có |k| a |k| a |k| a = + + M A1 M A0 M A1 M A2 M An−1 M A0 Do đó, ta có 1 = + + d0 d1 d1 d2 dn−1 d0 Bài toán 2.13 Cho đường trịn (O) cố định AB đường kính thay đổi (O), P điểm cố định Gọi A , B giao điểm P A, P B với (O) Chứng minh rằng: a) Đường tròn (P AB) qua điểm cố định b) A B qua điểm cố định download by : skknchat@gmail.com 46 Giải.(Hình 2.13) Gọi N = (P ABC) ∩ P O, N có tọa vị α a) Giả sử đường trịn (O) có phương trình z z¯ = R2 hay z z¯ + p = p = −R2 , tâm O gốc tọa độ Nếu gọi tọa vị A α1 tọa vị B −α1 −→ −−→ −→ −−→ −→ Do đó, ta có OP ON = OA.OB = −OA2 = −α1 = −R2 = const Mặt khác, ta có O, P cố định nên N cố đinh Vậy (P AB) qua điểm N cố định b) Giả sử đường trịn (O) có phương trình zz + β1 , z + p1 = Chọn điểm cố định P gốc tọa độ Đặt −−→ −→ −−→ −−→ k = P A P A = P B P B = PP/(O) = p1 Khi đó, ta có phép nghịch đảo f (P, k) : z → z = k z¯ A→A B→B (P AB) → A B Giả sử đường trịn (P AB) có phương trình zz + β2 , z = (vì (P AB) qua gốc tọa độ P ) ảnh đường tròn (P AB) qua f (P, k) đường thẳng A B download by : skknchat@gmail.com 47 có phương trình kβ2 , z + k = ⇔ β2 , z + k = (2.20) Do N ∈ (P AB) nên ta có αα + β2 , α = ⇔ kαα + 2k β2 , α = ⇔ β2 , k + k = α k thỏa mãn phương trình (2.20) α ¯ A B Do điểm N cố định (theo a) nên ta có N = f (N ) cố định Điều chứng tỏ N = f (N ) có tọa vị Vậy đường thẳng A B qua điểm N cố định Bài tốn 2.14 Cho đường trịn (O) điểm A cố định không thuộc (O) Một đường thẳng d thay đổi qua A 1) Chứng minh ln có hai đường trịn (O1 ) (O2 ) tiếp xúc với d A tiếp xúc với (O) 2) Dựng tiếp điểm M, N đường tròn (O) với đường tròn (O1 ) (O2 ) 3) Chứng minh đường thẳng M N qua điểm cố định 4) Đường tròn (AM N ) ln qua điểm cố định Giải.(hình 2.14) 1) Chọn A gốc tọa độ download by : skknchat@gmail.com 48 Giả sử đường trịn (O) có phương trình zz + β, z + p = 0, đường thẳng d β3 có phương trình: β3 , z = Vì A ∈ d nên ta có: z = ¯ z¯ β3 Giả sử tồn hai đường tròn (O1 ) (O2 ) tiếp xúc với d A tiếp xúc với (O), ta có (O1 ) (O2 ) có phương trình là: zz + β1 , z = 0, zz + β2 , z = 0, (O1 ) tiếp xúc với (O) ⇔ (p − β, β1 )2 = 4(ββ − p)β1 β1 , (2.21) (O2 ) tiếp xúc với (O) ⇔ (p − β, β2 )2 = 4(ββ − p)β2 β2 (2.22) Đặt k = PA/(O) = p Khi đó, ta có f (A, k) : z → z = k z¯ (O) → (O) d→d (O1 ) → d1 (O2 ) → d2 Do đó, d1 có phương trình kβ1 , z + k = ⇔ β1 , z + k = −β1 k z − β1 β1 Do đó, d2 có phương trình Suy ra, ta có z = kβ2 , z + k = ⇔ β2 , z + k = Suy ra, ta có z = −β2 k z − β2 β2 Vì k = p nên ta có (2.21) ⇔ (k − β, β1 )2 = 4(ββ − k)β1 β1 , tức d1 tiếp xúc (O) (2.22) ⇔ (k − β, β2 )2 = 4(ββ − k)β2 β2 , tức d2 tiếp xúc (O) −−→ −−→ Vì (O1 ) (O2 ) tiếp xúc với d A nên ta có AO1 , AO2 vectơ pháp tuyến đường thẳng d phương Do đó, ta có [β1 , β3 ] = [β1 , β2 ] = [β2 , β3 ] = download by : skknchat@gmail.com 49 ⇒ β2 β3 β1 = = β1 β2 β3 ⇒ d1 d2 d3 Vậy d1 , d2 ln xác định, ln có (O1 ) (O2 ) 2) Gọi M , N hai tiếp điểm d1 d2 với đường trịn (O), điểm M có β1 k β2 k tọa vị zM == −β + β − , N có tọa vị zN = −β + β − 2 β1 β1 β2 β2 Do đó, AM có vectơ phương có tọa vị zM Suy ra, phương trình AM [z, zM ] = (2.23) Tương tự, phương trình đường thẳng AN [z, zN ] = (2.24) Do (2.23), (2.24) hoàn toàn xác định nên M = AM ∩ (O), N = AN ∩ (O) ln xác định hai tiếp điểm (O) với (O1 ) (O2 ) cần dựng k 3) Ta có f (A, k) : z → z = biến hai điểm M, N thành M , N z¯ Do đó, đường trịn (AM N ) ảnh M N qua phép nghịch đảo f (A, k) Gọi −→ −→ −−→ −−→ I = (AM N ) ∩ AO Ta có OI OA = OM ON = −R2 Suy I cố định Gọi − →− → I = M N ∩ AO f (A, k) : I → I tức AI.AI = k Suy I cố định 4) Rõ ràng f (A, k) : (AM N ) → M N Vì M N qua điểm O cố định nên ta gọi O = f (A, k)(O) O = AO ∩ (AM N ) Do O cố định (vì −−→ −→ AO AO = k) 2.5 Một số định lý tiếng mặt phẳng 2.5.1 Công thức Euler Gọi C(O; R), C (I; r) đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp ∆ABC cho trước Gọi d khoảng cách hai tâm O I Chứng minh d2 = R2 − 2Rr Chứng minh (Hình 2.15)Gọi T1 , T2 , T3 tiếp điểm đường tròn nội tiếp (C ) với cạnh BC, AC, AB download by : skknchat@gmail.com 50 Chọn hệ tọa độ cho tâm đường tròn đơn vị trùng với tâm I đường tròn nội tiếp Gọi giao điểm đường thẳng IT1 , IT2 , IT3 với đường tròn đơn vị T1 , T2 , T3 có tọa vị tương ứng t1 , t2 , t3 Khi đó, tọa vị điểm T1 t1 = rt1 , tọa vị điểm T2 t2 = rt2 , tọa vị điểm T3 t3 = rt3 Đặt δ1 = t1 + t2 + t3 , δ2 = t1 t2 + t2 t3 + t1 t3 , δ3 = t1 t2 t3 Theo cách chọn 2rt1 t3 2rt1 t2 2rt2 t3 , b có tọa vị b = , C có tọa vị c = A có tọa vị a = t2 + t3 t1 + t3 t1 + t2 Giả sử (C) có phương trình: zz + β, z + p = r2 Xét phép nghịch đảo f (I, r2 ) : z → z = Khi đó, f phép nghịch đảo z nhận (C ) làm đường tròn nghịch đảo A = f (A) có tọa vị r2 (t2 + t3 ) r2 (t2 + t3 )(t2 + t3 ) rt(t2 + t3 )(t2 + t3 ) r = = = (t2 + t3 ) 2rt2 t3 2rt2 t3 (t2 + t3 ) 2(t2 + t3 ) r r Tương tự B = f (B) có tọa vị (t1 + t3 ), C = f (C) có tọa vị (t1 + t2 ) Do 2 đó, ta có A trung điểm T2 T3 , B trung điểm T1 T3 C trung điểm T1 T2 Do f (C) đường tròn ngoại tiếp ∆A B C Đường tròn vị tự với đường tròn ngoại tiếp ∆T1 T2 T3 tức đường tròn C với hệ số vị tự Đường −r2 β tròn f (C) có phương trình pz z + r β, z + r = 0, tâm O có tọa vị , p r4 r2 r2 (ββ R = R bán kính R = − p) = p2 p PJ/(C) r r r2 R Do R = , PJ/(C) = d2 − R2 nên = hay d2 = R2 − 2Rr 2 R −d download by : skknchat@gmail.com 51 2.5.2 Bất đẳng thức Ptolemy Chứng minh tích độ dài đường chéo tứ giác lồi nhỏ tổng tích độ dài cạnh đối diện Nếu tứ giác nội tiếp đường trịn ta có đẳng thức Chứng minh Chọn A gốc tọa độ; B, C, D có tọa vị z2 , z3 , z4 Xét phép nghịch đảo f (A, 1) : z → z = Khi đó, phép nghịch đảo f (A, 1) z¯ biến điểm B, C, D thành điểm B , C D , tương ứng có tọa vị z2 = ; z¯2 1 z3 = ; z4 = z¯3 z¯4 Ta có BC +C D ≥BD (2.25) Ta có 1 − z3 z2 BC (z2 − z3 ) (z2 − z3 ) = = z2 z2 z3 z3 AB AC B C = (z − z )(z − z ) = 1 − z3 z2 Suy ra, ta có BC = BC AB.AC (2.26) Tương tự, ta có CD , AC.AD BD BD = AB.AD CD = (2.27) (2.28) Thay (2.26), (2.27), (2.28) vào (2.25) ta BC CD BD + ≥ AB.AC AC.AD AB.AD Nhân hai vế với AB.AC.AD ta AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD ⇒ |AB| |CD| + |AD| |BC| ≥ |AC| |BD| Đẳng thức đạt C nằm B D tức tứ giác ABCD nội tiếp download by : skknchat@gmail.com 52 2.5.3 Định lý Feuerbach Đường trịn chín điểm tam giác tiếp xúc với đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp tam giác Chứng minh (Hình 2.16 2.17)Kí hiệu (ω), (C), (Ca ) theo thứ tự đường trịn chín điểm, đường trịn nội tiếp, đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Nếu ∆ABC cân A ba đường trịn tiếp xúc trung điểm BC Giả sử AB = AC Gọi M, N, P theo thứ tự trung điểm BC, CA, AB Chọn gốc tọa độ M Gọi I, Ia tâm đường trịn (C), (Ca ) Đường trịn (ω) có phương trình zz + β, z = Gọi I , Ia hình chiếu vng góc hai điểm I, Ia xuống BC Đường phân giác AIIa BAC cắt BC D gọi H hình chiếu vng góc A xuống BC Khi đó, ta có BI = CIa = p − b, p nửa chu vi ∆ABC Do đó, I có tọa vị α0 Ia có tọa vị −α0 Mặt khác, ta có I, Ia chia điều hịa AD nên I , Ia chia điều hòa HD Do đó, −−→ −−→ ta có M I = M I a = M H.M D = k Gọi f phép nghịch đảo tâm M, hệ số download by : skknchat@gmail.com 53 k f (M, k) : z → z = k z¯ (C) → (C) (Ca ) → (Ca ) Vì (C), (Ca ) trực giao với đường tròn nghịch đảo ω(M, √ k), M, H ∈ (ω) mà f (H) ∈ D nên D ∈ ∆ Ta có ∆ = f (ω) có phương trình kβ, z + k = ⇔ β, z + k = Vì N, P ∈ (ω) nên f (N ), f (P ) ∈ ∆ −−→ −−−−−→ −−→ −−−−→ Mà M N M f (N ) = M P M f (P )(= M I ) Suy N, f (N ), P, f (P ) thuộc đường trịn Do đường phân giác góc tạo cặp đường thẳng (N P, f (N )f (P )) song song hay vng góc với đường phân giác góc tạo cặp đường thẳng (M N, M P ) Tức đường phân giác góc tạo cặp đường thẳng (BC, ∆) song song hay vng góc với AD (có N P CB, M N BA, M P CA) Suy AD đường phân giác góc tạo (BC, ∆) hay ∆ qua D tiếp xúc với (C) (Ca ) Vậy (ω) = f −1 (∆) tiếp xúc với (C) = f −1 (C) (Ca ) = f −1 (Ca ) download by : skknchat@gmail.com 54 Kết luận Luận văn “Dạng số phức phép nghịch đảo ứng dụng để giải tập hình học phẳng” đạt kết sau: - Trình bày ngắn gọn, kiến thức liên quan đến dạng số phức phép nghịch đảo, làm sở lý thuyết giải tập - Các dạng tập tiêu biểu, có chọn lọc, phân loại để thấy mạnh việc sử dụng phương tiện số phức đồng thời cho ta cách nhìn khái quát lớp tập giải phép nghịch đảo - Một số định lý tiếng hình học phẳng chứng minh theo cách sử dụng dạng số phức phép nghịch đảo làm bật tính ưu việt việc sử dụng dạng số phức phép nghịch đảo Mặc dù Tác giả cố gắng, song khn khổ viết, thời gian khả hạn chế nên chắn luận văn không tránh khỏi khiếm khuyết Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thày cô, bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh download by : skknchat@gmail.com 55 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Mộng Hy Các phép biến hình mặt phẳng NXB Giáo dục, 2003 [2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn Hình học số vấn đề liên quan NXB Giáo dục, 2008 [3] Đoàn Quỳnh Số phức với hình học phẳng NXB Giáo dục, 1997 [4] Đỗ Thanh Sơn Phép biến hình mặt phẳng NXB Giáo dục, 2004 [B] Tiếng Anh [5] S V Duzhin, B D Tchebotarevsky Transformation Groups for Beginners, American Mathematical Society, 2002 download by : skknchat@gmail.com ... Chương Ứng dụng dạng số phức phép nghịch đảo để giải số dạng tốn hình học phẳng Chương trình bày số ứng dụng dạng số phức phép nghịch đảo để giải số dạng tốn hình học phẳng như: Dựng hình, quỹ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ ĐỨC TRỌNG DẠNG SỐ PHỨC CỦA PHÉP NGHỊCH ĐẢO VÀ ỨNG DỤNG ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TỐN HÌNH HỌC PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60... trưng phép nghịch đảo sử dụng hiệu để giải tốn hình học, đặc biệt tốn hình học phẳng ? ?Dạng số phức phép nghịch đảo? ?? cách tiếp cận tạo nên cách nhìn tốn giải phép nghịch đảo Vì tơi chọn đề tài “Dạng