Ứng dụng số phức giải toán hình phẳng

Ứng dụng số phức giải toán hình phẳng

Trang 1

MUC LUC Chuong 1: ‘SO PHUC 1.1 Lịch sử hình thành khái niệm số phức 1.2 Khái niệm số phức 1.3 Các phép toán trên tập các số phức 1.4 Dạng lượng giác và dạng mũ của số phức

Chương 2: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG

2.1 Phương pháp giải 0 A1

Trang 2

MO DAU

Số phức xuất hiện tir thé ky XIX do nhu cau phat triển của Toán học về giải

những phương trình đại số Từ khi ra đời số phức đã thúc đây toán học tiến lên mạnh

mẽ và giải quyết được nhiều vấn đề của khoa học và kỹ thuật Đối với học sinh bậc THPT thì số phức là một nội dung còn mới mẻ, với thời lượng không nhiều, học sinh

mới chỉ biết được những kiến thức rất cơ bản của số phức, việc khai thác các ứng dụng

của số phức còn hạn chế, đặc biệt là việc sử dụng số phức như một phương tiện để giải

các bài toán Hình học phẳng là một vấn đề khó, đòi hỏi học sinh phải có năng lực giải

toán nhất định, biết vận dụng kiến thức đa dạng của toán học

Trang 3

Chương 1: SÓ PHỨC

Chương này trình bày lịch sử hình thành số phức, định nghĩa, các phép toán và tính chất của số phức

1.1 Lịch sử hình thành khái niệm số phức

Lịch sử số phức bắt đầu từ thế ki thứ XVI Đó là thời kì Phục hưng của toán

học châu Âu sau đêm trường trung cổ Các đại lượng ảo V-1, bV=1, a+bV-1 xuat hiện dau tiên từ thế ki XVI trong các công trình của của các nhà toán học Italy “Nghệ

thuật vĩ đại hay là về các quy tắc của đại số” (1545) của G Cardano (1501 — 1576) va

“Đại số” (1572) của R Bombelli (1530 — 1572) Nhà toán học Đức Felix Klein (1849

— 1925) đã đánh giá công trình của G Cardano như sau: “7ác phẩm quý giá đến tột

đỉnh này đã chứa đựng mâm mong của đại số hiện đại và nó vượt xa tầm của toán học

thời cổ đại ”

Khi giải phương trình bậc hai Cardano và Bombelli đã đưa vào xét kí hiệu V-1 là lời giải hình thức của phương trình x” +l=0

Xét biểu thức bV—1 1a nghiệm hình thức của phương trình x? +ð? =0 Khi đó biểu

thức tổng quát hơn có dạng a+bv-l, b#0có thể xem là nghiệm hình thức của phương trinh (x—a)’ +b’ =0

Về sau biểu thức dang a+ bV-1 ,5#0 xuat hién trong quá trình giải phương trình bậc hai, bậc ba (công thức Cardano) được gọi là đại lượng “ảo” và sau đó được

Gauss gọi là số phức và thường được kí hiệu là œø+/b, trong đó kí hiệu ¿:= V-1 được

L.Euler đưa vào (năm 1777) gọi là đơn vị “ảo”

Quá trình thừa nhận số phức như một công cụ quý giá của toán học đã diễn ra rất chậm chạp Ngay tên gọi và kí hiệu /:= V-1 là đơn vị ảo cũng đã gây nên nhiều nỗi băn khoăn, thắc mắc từ đó dẫn đến khủng hoảng niềm tin vì nó không có gì chung

với số - một công cụ của phép đếm, mặc dù người ta vẫn xem nó là một kí hiệu trừu

tượng thỏa mãn định nghĩa ¡” =—l

Sự khủng hoảng niềm tin càng trở nên sâu sắc hơn bởi việc chuyên một cách thiếu cân nhắc và thiếu thận trọng một số quy tắc của đại số thông thường cho các số phức đã sản sinh ra những nghịch lí khó chịu Chắng hạn như nghịch lí sau đây: vì

Trang 4

¡=j—1 nên ¡ =—l1, nhưng đồng thời bằng cách sử dụng các quy tắc thơng thường

của phép tốn khai căn bậc hai lại thu được

? =V-1V-1= (DC) = V1 =Vi=1 Như vậy -1=1

Ta nhân mạnh lại rằng hệ thức ¡” =—I là định nghĩa số mới ¿ cho phép ta đưa

vào xét số phức Điều đó có nghĩa rằng hệ thức đó không thể chứng minh, nó chỉ là

quy ước

Tuy vậy, cũng có người muốn chứng minh hệ thức đó Trong cuốn sách “phương pháp tọa độ” của mình, viện sĩ L.S Pointriagin đã mô tả lại chứng minh đó như sau:

Đầu tiên người ta lấy nửa đường tròn với đường kính 4Ö Từ điểm R tùy ý của nửa đường tròn hạ đường vuông góc RS là trung bình nhân giữa các độ dài của các doan AS va SB Vi noi đến độ dài nên sẽ không sai sót lớn khi nói rằng bình phương doan RS bang tích các đoạn thắng 4S và 8S Bây giờ, trở về với mặt phẳng phức, kí

hiệu điểm -I là 4, điểm +1 là 8 và điểm ¡ là & Khi đó S sẽ là điểm 0 Tác giả của

phép chứng minh đã lập luận như sau:

Đoạn thang RS là 7, đoạn thắng AS 1a -1 va SB la +1 Như vậy theo định lí vừa

nhắc lại ở trên ta có

=(-DŒI)=-I

Thật đáng tiếc là phép chứng minh kì lạ này vẫn được viết trong sách và giảng dạy ở một số trường phô thông trước thé chiến thứ II

Lịch sử toán học cũng ghi lại rằng Cardano cũng đã nhắc đến các nghiệm phức nhưng lại gọi chúng là các nghiệm “ngụy biện” Chăng hạn khi giải hệ phương trình

x+y=10

{ =50

“a

Cardano đã tìm được nghiệm 5+^/—5 và ông đã gọi nghiệm này là “âm thuần túy” và

thậm chí còn gọi là “nghiệm âm ngụy biện”

Có lẽ tên gọi “ảo” là di sản vĩnh cửu của “một thời ngây thơ đáng trân trọng của

Trang 5

Thậm chí đối với nhiều nhà bác học lớn thế ki XVII bản chất đại số và bản

chất hình học của các đại lượng ảo không được hình dung một cách rõ ràng mà còn

đầy bí ân Chẳng hạn, lịch sử cũng ghi lại rằng I Newton đã không thừa nhận cá đại

lượng ảo và không xem các đại lượng ao thuộc vào các khái niệm s6, con G Leibniz

thì thốt lên rằng: “Các đại lượng ảo - đó là nơi ân náu đẹp đẽ huyền diệu đối với tinh

thần của đắng tối cao, đó dường như một giống lưỡng cư sống ở một chốn nào đó giữa

cái có thật và cái không có thật”

Người đầu tiên nhìn thấy lợi ích do đưa số phức vào toán học mang lại chính là

nhà toán học Italy R Bombelli Trong cuốn “Đại số” (1572) ông đã định nghĩa các phép tính số học trên các đại lượng ảo và do đó ông đã sáng tạo nên lí thuyết các số “a0”

Thuật ngữ số phức được dùng đầu tiên bởi K Gauss (năm 1831) Vào thế kỉ XVII — XVIII nhiều nhà toán học khác cũng đã nghiên cứu các tính chất của đại lượng

ảo (số phức) và khảo sát các ứng dụng của chúng Chăng hạn L Euler (1777 - 1855) nhà toán học Đức mở rộng khái niệm logarit cho số phức bắt kì (1738), con A Moivre

(1667 — 1754) nhà toán học Anh nghiên cứu và giải bài toán căn bậc tự nhiên đối với

số phức (1736)

Sự nghỉ ngờ đối với số ảo (số phức) chỉ tiêu tan khi nhà toán học người Nauy là C.Wessel đưa ra sự minh họa hình học về số phức và các phép toán trên chúng trong

công trình công bố năm 1799 Đôi khi phép biểu diễn minh họa số phức cũng được gọi

là “sơ đố Argand” đề ghi nhận công lao của nhà toán học Thụy Sỹ R Argand — người thu được kết quả như của Wessel một cách độc lập

Lí thuyết thuần túy số học đối với các số phức với tư cách là các cặp số thực có thứ tự (a,b), ae#®,beN_ được xây dựng bởi nhà toán học Ailen là W.Hamilton (1837) Ở đây đơn vị “ảo” 7 chỉ đơn giản là một cặp số thực có thứ tự - cặp (0;1), tức là

đơn vị “ảo” được lí giải một cách hiện thực

Trang 6

Ban chat dai số của số phức thê hiện ở chỗ số phức là phần tử của trường mở rộng (đại số) C của trường số thực R thu được bằng phép ghép dai sé cho R nghiệm 7 của phương trình

+ +lI=0

Với định lí cơ bản của Đại số, Gauss đã chứng minh được trường C trở thành

trường đóng đại số Điều đó có nghĩa là khi xét các nghiệm của phương trình đại số trong trường này ta không thu được thêm số mới Đương nhiên trường số thực R (và

do đó cả trường hữu tỉ Q) không có tính chat đóng đại số Chắng hạn, phương trình với hệ số thực có thể không có nghiệm thực

Nhìn lại hơn 2500 năm từ thời Pythagor tới giờ, con đường phát triển khái

niệm về số có thể tóm tắt bởi W —> Z —> Q —> R —>C với các bao hàm thức:

NCZCOCRCC

Bằng các kết quả sâu sắc trong các công trình của các nha toán học K.Weierstrass, G.Frobenius, B.Peirce người ta mới nhận ra rằng mọi có gắng mở rộng tập số phức theo con đường trên đều không có kết quả khả quan K.Weierstrass đã chứng minh tập hợp số phức C không thể mở rộng thành tập hợp rộng hơn bằng cách ghép thêm số mới để trong tập hợp số rộng hơn thu được vẫn bảo toàn mọi phép tính và mọi quy luật của các phép toán đã đúng trong tập hợp số phức

Nhìn lại lịch sử lâu dài của sự phát triển khái niệm số ta thấy rằng cứ mỗi lần khi đưa vào những số mới các nhà toán học cũng đồng thời đưa vào các quy tgawcs

thực hiện các phép toán trên chúng Đồng thời với điều đó các nhà Tốn học ln ln có gắng bảo toàn các quy luật số học cơ bản (luật giao hoán của phép cộng và phép nhân, luật kết hợp và luật phân bó, luật sắp xếp tuyến tính của tập hợp số) Tuy nhiên

sự bảo toàn đó không phải khi nào cũng thực hiện được, ví dụ như khi xây dựng

trường số phức người ta không bảo toàn được luật sắp xếp tuyến tính vốn có trong

trường số thực

Tổng kết lịch sử toàn bộ quá trình phát triển khái niệm số, nhà toán học Đức L.Kronecker (1823 - 1891) đã viết:

“Thượng đề đã tạo ra số tự nhiên, còn tắt cả các loại số còn lại đều là công trình

sang tao của con người ”

Có thể nói rằng với khắng định bất hủ này, L.Kronecker đã xác định nền móng vững chắc cho tòa lâu đài toán học tráng lệ , mà con người đang sở hữu

Trang 7

1.2 Khái niệm số phức

Ta biết rằng trường số thực ¡ nhận được bằng cách làm “day” truong số hữu tỉ Ø , mà nó được xây dựng từ vành số nguyên £ Việc làm đầy xuất phát từ sự nghiên cứu các phương trình đại số với hệ số hữu tỉ và giới hạn của các dãy số hữu tỉ Tuy nhiên trường ¡ vẫn không đầy đủ, bởi vì ngay cả phương trình đơn giản x+1=0 (1) ciing khong cé nghiém trong ; Còn trong giải tích nếu chỉ giới hạn trong ¡ , người ta không thể giải thích được tại sao hàm f(x) =1 Ị ; không thể khai triển được +x

thành chuỗi lũy thừa trên toàn bộ đường thăng

Với lí do trên, buộc ta phải tìm kiếm trường K nào đó chứa ¡ như một

trường con sao cho tối thiểu phương trình (1) có nghiệm Ở đây ta nói ¡ là trường con

của K nếu các phép toán trên ¡ được cảm sinh bởi các phép toán trên K

1.2.1 Xây dựng trường số phức

Giả sử trường £ chứa ¡ như một trường con mà phương trình x”+l=0

có nghiệm trong nó, khi đó £ phải có một phần tử ¡ dé 7 =-1 Vi ; C£ nén £

chứa tất cả các phần tử dạng a+¡b, a,b<¡_ Do đó, một cách tự nhiên ta xét tập £

các cặp số thực (a,b): £ ={(ø,b):a,be¡ }

Sau đó đưa vào quan hệ bằng nhau và các phép toán sao cho với chúng £ trở thành một trường chứa ¡ như một trường con (qua phép đồng nhất nào đó) Các

phép toán náy được dẫn dắt từ các phép toán của trường ¡_ với chú ý 7? =—1

i) Quan hé bang nhau: (a,b) =(c,d) @a=c,b=d

ii) Phép cong: (a,b) + (c,d) =(a+c,b+d)

iii) Phép nhan: (a,b).(c,d) =(ac — bd, ad + bc)

Tập hợp £ với quan hệ bằng nhau, các phép cộng và nhân xác định như trên lập thành một trường thỏa mãn các điều kiện sau:

1) ¡ chứa trong £ như một trường con (qua đồng nhất ae¡ với (a,0)e£ )

2) Tén tại nghiệm của phương trình x”+l=0 trong £

1.2.2 Định nghĩa

Trang 8

Mọi phần tử của £ được gọi là số phức Vậy Vz €£, ta có

z=(a,b)=a(1,0)+b(0,l)=atib ,Va,bei

Đây là dạng đại số của số phức z, trong đó

a được gọi là phần thực của số phức z, kí hiệu là Rez

b được gọi là phần ảo của số phức z kí hiệu là Imz Số phức liên hợp Cho z=a+ib ,Va,be¡ , khi đó z=a-ibe£ được gọi là số phức liên hợp của số phức z, kí hiệu là Z 1.3 Các phép toán trên tập các số phức 1.3.1 Phép cộng Ta gọi tổng của hai số phức z,=a,+ib,;z,=a,+ib, la số phức z=(a +a,)+i(b,+ b,) q) và được kí hiệu là z=z¡ + z;¿ Từ định nghĩa của phép cộng ta có các tính chất sau: i) Két hop: Zz, +(2z,+2,)=(2,+2,)+2%,

ii) Giao hoan: Z,+2,=2,+2,

Dac biét khi z,; z,1a hai số thực thì định nghĩa (1) trùng với định nghĩa phép cộng các

số thực

1.3.2 Phép trừ

Phép cộng trên có phép toán ngược, nghĩa là với hai số phức

z¡ =a +ib,; z¿ =a, +ib, - ta có thể tìm được số phức z sao cho z; + z = z¡ Số phức

Trang 9

Từ định nghĩa ta có những tính chat sau:

i) Két hop 2,(Z,2,) = (Z,Z,)zZ;-

1) Giao hoán Z¡Z;¿ =Z;Z,

iii) Phép nhân có tình phân phối voi phép cong z,(z, + 2,) = 2,2, + 2,23

Néu Z¡ và Z, là hai số thực thì định nghĩa (3) trùng với định nghĩa thông thường của phép nhân trong tập hợp các số thực

Đặc biệt khi lẫy z, = z; =¡ từ định nghĩa (3) ta có ¡¿/=/” =—l

Rõ ràng voi z, =a,+ib, ;z,=a,+ib, thì công thức (3) có được bằng cách nhân thông thường (phép nhân trong tập hợp số thực) và thay ¡? =—]

Chi y: 2.z=a’ +b’ >0

1.3.4 Phép chia

Phép toán nhân có phép toán ngược nếu ít nhất một trong hai số đó khác không Giả sử z; #0 Khi đó ta có thể tìm được một số phức z=+¿¡Ö sao cho

Z„.Z = z, Theo định nghĩa của phép nhân ta có hệ phương trình sau

a,a—b,b=a,

b;a + a,b =Ö, (4)

Vì z, #0 nghĩa là định thức của hệ Cramer khác 0 nên hệ phương trình trên luôn luôn

Trang 10

1.3.6 Can bac n Số phức w được gọi là Căn bậc ø của số phức z néu w” =z Ki hiệu W = az 1.3.7 Dinh li Với các số phức Z¡,Z„,Z , ta có: i) z=z,Vze ¡ CẼ ii) z= z,Vz ef iii) 2+2,=2,+2, iv) zz=a’ +b’ >0 (Vz=a+ib ,Va,bej ) v) 242, = 21 Z, Suy ra: Âz = Âz, VÂ € ¡ „Vze£ „ lš]: 4 2 vi) z+z=2Rez=2a; z—z=2ilmz=2¡ib (Vz=a+ib ,Va.bei ) NIN |

1.4 Dạng lượng giác và dạng mũ của số phức 1.4.1 Dạng lượng giác của số phức

Xét mặt phăng tương ứng với hệ tọa độ Đềcác Oxy và ta biểu diễn một số phức z=a+¡ib ,Va,be¡ bởi một điểm có tọa độ (a,b) Như vậy các số thực sẽ

được biểu diễn bởi các điểm trên trục Ox, nó được gọi là Ørc (hực, các số thuần ảo

được biểu diễn bởi các điểm trên trục Oy, nó được gọi là truc ao

Ngược lại, với mỗi điểm của mặt phẳng Oxy có tọa độ (a,b), ta đặt tương

ứng với một số phức z =+¡Ö

Trang 11

Vậy có sự tương ứng | -1 gitta tập hợp tat ca các số phức £_ với tập hợp tat ca các điểm của một mặt phẳng

Vì mỗi điểm có tọa độ (a,b) trong mặt phẳng tương ứng với một véc tơ có bán kính véc tơ “=va”+” và góc cực tương ứng gy Do dé mỗi số phức z có thé

biểu diễn dưới dạng z=r(cos@+isinø) Đây là dạng lượng giác của số phức,

trong đó r, Ø lần lượt là bán kính cực và góc cực của sé phức z Bán kinh r goi la

modn của số phức z, kí hiệu r= |s|- Góc cực Ø gọi là argument cia số phức z, kí higéu la g = Argz

O

Hinh 2

Modun của số phức được xác định một cách duy nhất |s| =a?+b?>0

Va argument của số phức được xác định với sai khác một bội cua 277

Trang 12

Ta có các tinh chat sau:

1) Néu Z¡ =Z; thì modul của chúng trùng nhau và argument của chúng Ớ,; @; sai khác nhau một số nguyên lần 2Z

2) Tính chât của modun và argument i) \z,.z.| =|z,|-|z5| ¡) _ |z|>|Rez| iii) |z|2|Imz| iv) lz| < |Rez| + |Imz| 9w) |z,+2,|S|z,|+|z,| vi) z, - 2.|<|z,|-|z,| 3) Tích của hai số phức

Z=2Z,.Z, =1,(cosg, +ising,).r,(cos@, +ising, )

= 11, [(cosg,cos@, — sing, sing,) + i(cosg, sing, —sing,cos@, )] =Kr[cos(g, + 9,) + isin(ø, + Ø;)]

Như vậy, tích Z của hai số phức viết dưới dạng lượng giác z = r(cosœ+isinø), ở đó

r là tích của n7;, hoặc |zj |z¡‹Z¿|=|z,j|L|z;| : còn argument @ là tổng (Ø, + Ø;) của

hai argument thừa số, hay nói cach khac arg 2,2, =argzZ, + arg Z, Bằng phương pháp quy nạp toán học dễ dàng chứng minh được

[r(cosø, +1sin ø,) [r;(cosợ; +1sinØ,)] [r„(cosø, +1sIn Ø, )] =hứ, T,[cOS(0Ø, + Ø; + + Ø„) +7sin(Ø, + Ø, + + Ø„)]

Hoàn toàn tương tự ta có thê làm phép chia các số phức

Trang 13

Fl ear A — = g— =argz, —argz, [z,| 24 z 2 Do đó, |—— 242

Bây giờ có thé dé dàng biểu diễn tích

của hai số phức Z = Z,Z¿, với Z¡ =;(cosØ, +isinØj); z¿ =r;(cosØ, + isinøØ,)

là một điểm với bán kính véc tơ Ti, và argument ƒ, + @, Hình 3 1.4.3 Công thức Moivre Cho một số phức bất kì dưới dạng lượng giác z = r(cos+ isinø), theo công thức ở trên ta có

z" =[r(cosg +ising)]" =r"(cosng+isinng), Vn e Ý Công thức trên được gọi là công thức Moivre

Trang 14

Cho z=r(cosg + ising), cin bậc n của số phức z là một số phức biểu diễn

n

dưới dạng lượng giac W= Ø(cosØ+ isin 9) sao cho W =Z, hay

[ø(cosØ +1sin Ø)]” = r(cosợ+1sinø)

Theo công thức Moivre, ta có p” =r, suy ra p= alr, Con argument @ọ+2kz nO và @ sai khac nhau , hay nO = @+ 2kZ ,(k e Z) Vậy Ø= n Ngược lại, khi ta nâng bậc mũ ø số +2kz @+2k w= lr(cose +isin Pent) (ke), thì ta được z Như vậy: n n — +2kz pt+2k #Ír(cosø +1sin ø) = (co? =^“ +isin giá, n n với k=0,l,2, ,— | sẽ nhận được ø giá trị khác nhau cho az, x og 2a Mỗi giá trị của ÄÍz tạo thành câp sơ cộng với công bội ——, và sô hạng n đầu '? (tương ứng k=0) n

Do tinh chu ki cha hamsin x;cos x với & > +1 thì những giá trị của

az lại lặp lại một trong ø giá trị ban đầu Do đó, căn bậc ø của một số phức

có đúng # giá trị khác nhau Những số

này biểu điễn như đỉnh của ø đa giác đều

nằm trên đường tròn với tâm là gốc tọa độ

và bán kính là 4/7

Trang 15

1.4.4 Dạng mũ của số phức Đề đơn giản cách viết số phức ta đặt cosptisinp=e” dạng lượng giác được biến đổi thành dạng mũ z=re® đó là dạng số mũ của số phức Z # Ô Dễ dàng chứng minh rằng nếu Z, = „€“*”;z„ = r„e”? thì: 8 8 8 1 1© 942 2 1 2 = (D+) Z12a =H1€ > 2 ite a ‘(9-0 a; 4 z0 42 4%

Phép nâng số phức z = ø + ¡Ö = r(c0sØ + 1sin Ø) lên lũy thữa bậc n của số

Trang 16

Chương 2: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHANG

Chương này trình bày phương pháp giải tốn, mơ tả một số kết quả của hình học phẳng bằng ngôn ngữ số phức và ba ứng dụng của số phức vào giải toán hình học 2.1 Phương pháp giải toán

Khi giải các bài toán trong hình học phẳng ta đồng nhất số phức z=x+jy với điểm M(x,y) trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Descartes Oxy,

và goi z la toa vị của diém M (đối với hệ tọa độ đó); kí hiệu M(z), hoặc kí hiệu đơn

giản hơn là M; đồng thời cũng đồng nhất số phức z= x+jÿ với véc tơ OM trong đó

điểm đầu O là gốc tọa độ, điểm cuối M là điểm biều diễn số phức z, vì vậy nêu nói M

có tọa vị z thì cũng nói véc tơ OM có toa vi z Nho vay, néu A(z), B(z’) thi véc tơ AB = OB - OA có tọa vị (z` -z), hoặc kí hiệu là (A-B), và |45| = |z’ — z| (hay | AB |=|A-B)) Do đó trong mặt phẳng phức C, phương trình đường tròn tâm tại điểm

Mo(zo), ban kinh R 1a |z— zo| = R hay z =z, + #(cosứ + isin) với tham số t biến thiên

trong đoạn [0; 2Z7 ] hay một phần của đoạn đó mà ta có toàn bộ đường tròn hay một cung tương ứng, còn phương trình đường thắng có dạng:

z=x+ib, b= cons/, đường thắng song song với trục Ox

z=a+iy, a=cons/, đường thăng song song với trục Oy

Zz=x+ÿy, y=xtanø, ø là số đo góc định hướng hợp bởi đường thắng và tia Ox Sau đó nhờ phép chuyền tương ứng điềm hình học hay điểm phức M thành uuu ; > vecto OM (O la goc toa độ), chuyên khoảng cách giữa hai điêm phức |B - A thành uui — độ dài vectơ |4B „ bình phương modul của điểm phức M?=M.M thành vô hướng uuur > vectơ @Ä⁄_ ta sẽ nhận được lời giải thơng thường của bài tốn đã cho, một lời giải không ứng dụng số phức

Nhờ đó ta nhận được lời giải thông thường của bài tốn đã cho

2.2 Mơ tá một số kết quả của hình học phẳng bằng ngôn ngữ số phức

Cho trước hai diém M(m), N(n) Khi đó, độ dài đoạn AZN =|n—m|= d(m;n) Trong mặt phăng cho trước đoạn thắng AB Khi đó, điểm M chia đoạn thắng AB theo

Trang 17

uuu

tỷ số k€j {1} khi và chỉ khi MA =kMB, a—m =k.(b—m) trong đô a, b và m là tọa

vị các điểm A, B và M theo thứ tự đó

Từ đó, nếu kí hiệu [4B] là chỉ đoạn thang AB, kí hiệu (4) là chỉ đường

thắng AB, kí hiệu [4B) là chỉ tia AB, ta có các kết quả sau

Cho trước hai điểm A(a),B(b) phan biét va diém M(m) Khi đó M e[AB]© 3¡>0:z—m =t.(b—m) © 3í e[0;1]: m=(L—?)a+£b (1) M e(AB)© 3ie¡ :m—a=r.(b—a) ©3ie¡ :m=(I=f)a+ib (2)

Định lý 2.1 Cho trước hai điểm A(a),B(b) phan biệt và điểm M⁄(m) Khi đó, các

mệnh đề sau tương đương s M e[4B) s«3r>0:7m=(I—f)a+b * arg(m—a)= arg (b~— a) m—-a b-a + ° =f€ji

Từ đó, đề ý rằng/ =f Vie¡ , ta thu được phương trình của đường thắng đi

qua hai diém W,(w,),W,(w,) 1a

(2-9) m)-=m (ms —m))=0 6)

2.2.1 Góc giữa hai đường thắng

Trong mặt phăng phức, cho hai điểm

M,(z,),M,(z,) va a, =argz,,k =1,2 Khi đó, do

uu uuuu uuu uuu uử uuuu:

(0x.oM,)+(OM,,OM,)=(0x.OM,) (mod 2z) nén

uUuuư uuuư: uu uuuư: uu uuuư

(2M 0M.) = (Ox,0M,)- (0x.oM, ) (mod2Z)

hay góc định hướng tạo bởi tia ÓM, với tia OM,

bằng arg 2

2 Hinh 5

Từ đó, nếu cho bốn điểm phân biệt

M,(z,),k =1,2,3,4 thì góc định hướng tạo bởi đường

Trang 18

247-2, thang M,M, voi M,M, bang arg 2s: —Zi Định lý 2.2 Hai tam giác ABC và A'B'C' đồng dạng cùng hướng khi và chỉ khi c-a_c'-a' b-a_ b'-a' Và hai tam giác ABC và A'B'C' đồng dạng ngược hướng khi va chỉ khi c-a_c-a' b-a bìa! 2.2.2 Tích vô hướng của hai số phức

Trong mặt phăng phức cho hai điểm M,(z,),M,(z,) Khi đó

uuu UUUU:

OM, OM, = OM,.0M,.cosM,OM,

Nếu z, có modul bang 1, va cé argument bang ø, thì

uuuU UUU

OM,.OM; = n.r,.cos (a, -a, ) =nh (cosa, cosa, + sina, sin a)

Do đó (z;z,) = (2.2; +2,.2))

Nie

Từ đó suy ra (2,;2,)=(2,;2,) va do dé (z,;2,) ej Tich v6 huéng ciia hai sé phite cũng có tính chất như tích vô hướng của hai vectơ Ngoài ra

(z;zz,)= =.(z;z:) và (zz;z;) = z.(Z,7Z:)-

Nhận xét 2.1 ! 7rong mặt phẳng phức cho hai điểm M,(z,),M,(z,) Khi dé (z\;z,) bằng phương tích của O với đường tròn đường kinh M,M,

° Nếu A(a),B(b),C(c),D(d) là bốn điểm phân biệt của mặt phẳng phức,

thì

ABLCD & (b~a:d~c) =e Re{ 94) 0

—Œ

2.2.3 Công thức tính diện tích tam giác

Diện tích của tam giác ABC định hướng, với các đỉnh A(a),B(b),C(c)

được tính theo công thức

Trang 19

h ll ale gl a Do dé A(a),B(b),C(c) thang hang khi va chi khi |b a1em al II © Cc

2.2.4 Khống cách từ một điểm đến một đường thắng

Khoảng cách từ điểm A⁄Z(z„) đến đường thăng A : ø.z+ ơ.z+/=0 bằng A(M.A)= lz-z, +#-2, + /| 2Vaa 2.2.5 Đường tròn Đường tròn tâm M,(z,) ban kinh R 1a tap hop những điểm M(z) sao cho MạM = R hay |z—zạÌ= R tức là ZZ—ZạZ—ZạZ+ZạZ¿— R° =0

Từ đó mọi đường tròn đều có phương trinh dang zz+az+az+ £ =0, trong đó œc£,Øe¡ Đường tròn này có tâm với tọa vị =z , bán kính R = Jaa-B 2.2.6 Mô tả các phép biến hình phẳng bằng ngôn ngữ số phức Phép đời hình £ L 1 ⁄ z Phép tịnh tiến Phép tịnh tiến theo véc-tơ =(v) là phép biến hình biến > 2 uuu 1 2 , diém M(z) thanh diém M'(z') sao cho MM' = v Do đó, biêu thức của phép tịnh tiên là z'=f(z)=z+v Phép quay Phép quay tim M, (z,) góc quay #ø là phép biến hình biến , UUUUW UUUUU Mz) thành điêm ÄM⁄z) mà ẢM,M = MạM' và (M,M:M,M')=ø (mod2z) Từ đó,

biểu thức của phép quay là z'— z„ = '“(z— zạ)

Phép đối xứng trục Phép đối xứng qua đường thăng | là phép biến hình biến mỗi điểm A⁄z) thành điểm 3⁄2) sao cho I là trung trực của MM" Từ đó

s Phép đối xứng qua trục thực: z'= ƒ(z)= z

e Phép đối xứng qua trục ảo: z'= ƒ(z)= —z

Trang 20

uu © uu uuu uu uuuư: « Do 2(Ox;1)=(0x;0M) +(Ox;0M') ( ở đây I =(z,)) nên phép đối a 2 xứng qua đường thắng l đi qua gốc tọa độ O và điểm Zy= e? có biểu thức z= f(z)= ez z 1 z ˆ Từ đó, nêu A =7:(L) với y=(z¿) thì phép đối xứng qua A có biêu thức z'=e”z+2z MM") X Hình 7 Hình 6 Phép vị tự

Phép vị tự tâm C(z,), ty sé rej “la phép biến hình biến mỗi điểm 4z)

thành diém Mz!) ma CM'=r.CM Do do, cé biéu thire

z'= r.(Z—Zg)+Zạ

2.2.7 Điều kiện thắng hàng, vuông góc và cùng nằm trên một đường tròn

Định lý 2.3 Ba điểm 4, (z,), M; (z,),M; (z, )thăng hàng khi và chỉ khi

Trang 21

Hệ quả 2.1 Bốn điểm M, (z,).k =1,2,3,4 cùng nằm trên một đường thắng khi và chỉ Z—Z Z4 —Z khi “—*e¡ và ~ Sị 2,— 2, 2-24

Bốn điểm M, (z,),k =1,2,3,4 cùng năm trên một đường tròn khi và chỉ khi

Z)—5; 32 23-24 *ei nhưng * )—Z +ựi và .— —^+gi

2-2 Z—5 Zi—Z; 2-2,

2.2.8 Tích ngoài của hai số phức

Trong mặt phẳng phức cho hai điểm M⁄ 1(z¡),M;(z;) Khi đó

uuuu uuu

OM, x OM, = OM |.sin Ni, OM, Néu z, c6 modul bằng z;, và có argument bang ø, thì

tiuuu tuuuu

OM, x OM, = n1,.sin(@, -— @,) = n17,.(sina,cosa, — cosa, sina, )

⁄ Ï(_ ` 5

Do d6 z,x2, = 5(2.2 4122) TWdd, do 2, x2, = z¡ xz, nên suy ra Imz,xz,=0

Tích ngoài của hai số phức cũng có các tích chất như tích ngoài của hai véc-to trong

mặt phẳng, ngoài ra (2z,)x z, = 2.(2, x z,) vaz, x(zz,) =2.(z,x 2)

Chương này mô tả một số kết quả của hình học phẳng bằng ngôn ngữ số phức và ba ứng dụng của số phức vào giải toán hình học phẳng

2.3 Ứng dụng số phức giải toán chứng minh hình học và tính toán

Ví dụ I1 Cho tam giác ABC Trên BC lấy các điểm E và F sao cho

ur um ur =| Um

EB =kEC,FB =" -FC (k#1)

uum UU ULL

1) Tinh AE, AF, EF theo AB, AC

Trang 23

(k-1)(A+B+C)

=—————ˆ=(4+B+C)

k-1

Đắng thức này chứng tỏ hai tam giác ABC và AEF có cùng trọng tâm , YUL uum tu uu B-A A 3) Từ giả thiệt 24= kDB, 1C = k1A ta tính được D= = 1 ; [= a = Su dung AE=E~A đã tính ở câu 1) ta có

AE+ BI +CD =(E~ A)+(I1—B)+(D~C) (kC— B—kA+ 4)+(kA— C— kB + B)+(kB— A- kC +C) k-I _ k(A+B+C)-k(A+B+C)+(A+B+C)-(A+B+C) k-1 um uu uum 1 Hệ thức 4E + B/ + CD =0 được chứng minh

Ví dụ 2 Cho lục giác đều ABCDEE, K là trung điểm của BD, M là trung điểm của

EF Chứng minh AMK là tam giác đều Giải

Giả sử mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với

đỉnh A của lục giác đều ABCDEE, trục hoành đi qua hai điểm A, D Gọi I là tâm lục

giác đều ABCDEE Ta nhận thấy tứ giác BCDI là hình thoi nên K là trung điểm của CI Ta có |C|= |E| A B x K Cc M E D Hinh 8

C= |C\(cosarg C +isinarg C) = IC(cos301 + isin30°)

E =|E|(cosarg E + isinarg E)= IEl[eos(—30°)+ isin(-30° )Ì

Trang 24

C[ cos (-60° ) + isin(-60° )Ì C|[ eos(30°—60)+¡sim(30° — 60”) | =|E|[ cos(-30°) + isin(-30") |= F =|F\| cos(-60°) + isin(-60°) |= 7[ cos(—60°) + isin(—60") |

Vi M là trung điểm của EF, K là trung điểm của CI, nên

M= 2(E +F)= 2(C +1)| cos(-60°) +isin(-60") | = K| cos(~60°) +i sin(—60") |

Tw dé suy ra |M|=|K|, RAM = 60°, do dé tam giác KAM cân ( AK=AM), và có góc 6 dinh KAM = 60° nén KAM la tam giác đều

Ví dụ 3 (Bat đẳng thức Ptolemy) Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng ta luôn có AB.CD + AD.BC > AC.BD Dâu đăng thức xảy ra khi va chỉ khi A, B, C, D theo thứ

tự là đỉnh của một tứ một tứ giác lồi nội tiếp một đường tròn

Giải

Xét mặt phẳng phức, gọi a, b, c, d là tọa vị các đỉnh A, B, C, D trong mặt phẳng phức Ta có

AB.CD + AD.BC =|a~d|x|d —c|+|d —a|x\e—b| |(a—d) x(d-c) +(d-a)x(e-b)| © AB.CD + AD.BC >|(e—a)(d—b)|= AC.BD Dấu bằng xảy ra khi a (b-a)(d—c)=1(d—a)(e-b), t>0 =~ : B Khi đó d-a 1 d-c d-a d-c D } =-x © arg =arg b-a t c-b b-a c-b : hay DAB =x -—DCB

Vậy tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hình 9

Ví dụ 4 Cho tam giác ABC với trọng tâm G và một điểm M bat ki trong mat phang

Chứng minh rằng MG? = 3M + MB” + MC” ~ 4` +BC?+CA’

Trang 25

Giai

Chọn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn đơn vị và giả sử

M(z,),A(a),B(b),C(c) Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên tọa độ của G xác định bởi #=3(a+b+©) 4(a) M(m) Gg) C(Ø 'B(b) Hình 10

Khi đó MG? =g~—z, g—zạ, MA? =a—z¿ a—zy, MB? =b—zạ b—zạ,

MC? =c-Zy C-Zy, AB? =b-ab-a, BC? =c-be-b,AC?=c-ac-a

Thay vào về trái ta có

MAY + MBP + MCP =2 AB) + BC? + Ca? =3[a~, a—Z,+b—z, b—Zạ+€—Zg €—Z 1 — — — — — — ~g|b~ab~a+e=b c=b+e-ac-al 9 Biến đồi biểu thưc trên với chú ý aa+b+c =1 ta được Ma + MB? + MC? =g4#` +8C?+CA? =g[a4+bb+ec~35,a+b+e=3z, a+b+ec+9z,z, +ba+a b+eb+b c+ca+ dc] 1 — — — — — — — — — =g|3~9z.g~9 ø+9z,z,+ba+ab+cb+bc+ca+a c| = 22) — 2-2 S+LL=L—%y Y—2%y =VP

Vay tacd MG? = MAY + MB? + MC* © ABP + BC? +CA*

Ví dụ 5 (Bài todn Napoleon) Lay cac canh của BC, CA, AB của tam giác ABC làm đáy, dựng ra ngoài các tam giác đều với tâm tương ứng 4,B,,Cj Chứng minh rằng

Trang 26

A,,B,,C, la dinh cia mét tam giác đều Giai Giả sử tam giác ABC định hướng dương Goi x là tọa vị của điểm X nào đó trong mặt phẳng Ta có: œG Ao Hinh 11

at+cwtbw =0,b+awtew =0,c+bwtaw =0

Do A,,B,,C, theo thir ty la trong tam cua cac tam giac BCA,,CAB,, ABC, nén

3a, =b+ce+a,,3b,=c+at+b,3c,=a+bt+e,

Tu do

3(c, +ayw+h,w?)=atb+c,+w(b+ce+a,)+w(c+ath) =(b+aw+ew)+(c+bw+ aw )w+(atcw+ bw )w =0

Suy ra điều phải chứng minh

Lòi giải 2 Giả sử tam giác ABC định hướng âm Gọi x là tọa vị của điểm X nào đó

trong mặt phẳng Ta có

Trang 27

,2 ,2 2z c=e *(b—ay)+aạ,,a=e ` (c—bg)+bạ,e=e ` (a—eg}*+€ Suy ra as (de b=e3 3 (eb) +a} ca 2z =e} « 3 (0-4) 45-8, ve 3 (by cy) +e, ia 2z =b-ay+e (a¿—b,)+e 3 (b, - cy) +e a

Từ đó c, — a, = e3 (b, —á) điều đó có nghĩa tam giác 4,B;C, đều

Vi du 6 (IMO 1977) Cho hình vuông ABCD Dựng về phía trong hình vuông các tam giác đều 4BK, BCL, CDM, DAN Chứng minh rằng các trung điểm các đoạn thắng KL,

LM, MN, NK, BK, BL, CL, DM, DN, NA là đỉnh của một thập nhị giác đều

Giải

Giả sử hình vuông ABCD định hướng dương Chọn tâm O của hình vuông làm gốc, gọi x là tọa vị của điểm X trong mặt phăng phức

Trang 28

Hinh 12

Đề ý rằng da giac PO,S,P,0,S,P.0,S,P,0,S, nhan O làm tâm đối xứng, do đó

Trang 29

Khi đó, với e=e ° thì

f(p)=ep,=5[(i-lews (i+ ew]=a,

/ƒ(4)= #4 =S Lie tiew+ ew| =ø

/ƒ(s)=£% = Se +iew+ ew |= Ps

Một cách tương tự, cũng được #(m)= 4; ƒ(4;)= 3;,ƒ(s;) =p,.W

Ví dụ 7 (Đề vô địch Anh 1983) Cho tam giác ABC cân đỉnh A, gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; D là trung điểm của AB và J là trọng tâm của tam giác ACD Chứng minh rằng 77 L CD

Giải

Hình 13

Chọn đường tròn tâm I làm đường tròn đơn vị Gia sit A(a), B(b),C(c) Vi A, B, C

Trang 30

Um UUM UCD=L 3a+2c+b 2c a b_3a+2c+b 2c a-b c-a-b_ 3a+2e+b 2c-a- 2 6 2 6 2 - — r - _ _ ¬— _ - = 5 6ae~3aa ~3ab-+ 4ee ~2ea~2ch-+ 2be ~ba~bb + 6ca + 4ee _ r _ _ _— + 2cb ~ 3aa — 2ca — 3ab — ab — 2bc — bb = + (-4ab+4ca—4ab + 4ae) 24 uum Ị _— — — — Suyra J.CD= g(a +ac— ab— ab) Mặt khác AC = AB nên suy ra c-ac-a=b-ab-a © cc—ca~ ac+aa = bb— ba~ ab+ aa © ca+ac =ba+ab ub UUM Suy ra /J.CD =0, vậy J L CD Vi du 8 (IMO 17, 1975)

vé phía ngoài cua tam giác ABC, lần lượt dựng các tam giác ABR, BCP, CAQ

sao cho PBC = CAO = 45°,BCP = QCA =30°, ÄBR = RAB =15° Chứng minh rang

ORP =90°, RO = RP

Giai

Ta xét bài toán trong mặt phăng phức Gọi M là chân đường vuông góc hạ từ điểm P xuống đường thắng BC Ta quy ước chữ cái thường là tọa vị của đỉnh tương ứng,

Trang 31

v3

Do dé b= (2 + ) Từ đó, bằng các phép biến đồi đại số, ta được =| ——— +i—— |:| —— +i——

q 14 3 143 143 143

Suy ra QR vuông góc với PR hay ORP = 90° Hon nita,

Bev oe) (ae mean

P| =|iq|=|q| nén RQ = RP

Bên cạnh các bài tốn chứng minh vng góc, số phức cũng tỏ ra hiệu quả trong các bài toán về thắng hàng, đồng quy

Ví dụ 9 Cho ABCD và BNMK là hai hình vuông không giao nhau, E là trung điểm của AN Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ B xuống đường thăng CK Chứng minh rằng các điểm E, F, B thắng hàng

Giải

Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức Chọn F làm gốc tọa độ và CK, FB lần lượt là trục hoành và trục tung Gọi c,k,b¡ lần lượt là tọa vị của các điểm C, K, B với

c,k,be¡_ Phép quay tâm B, góc quay ạ =90° biến điểm C thành điểm A, do đó A có

tọa vị là a=b(I—¡)+c¡ Tương tự, điểm N có tọa vị là ø= b(I+ï)— ki Từ đó suy ra

+n_„ CTR

2

tọa c¡ của điểm E, trung điểm của đoạn thang AN la e = a

Tw do suy ra diém E nam trén duong thang FB hay cac diém E, F, B thang hang

Ví dụ 10 Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác

đồng dạng có cùng hướng là ADB, BEC, CFA Chứng minh rằng các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm

Giải

Trang 32

Ví dụ 11 ( Định li con nhim) Trong mat phang cho da gidc don 4,A, 4,_, Xét cdc

un

ui sul ưu ưu tuUuuuUC sa

„ ; hướng ra ngoài miễn um), ,UUUUUE VEC-tO 1) ,U5, ,U,, MAU, L 4,14, (coi A,= 4): = AA, v u un un đa giác đơn Ching minh rang wv, +,, +u, =0 Giai truuuUU z ub Nêu đa giác đó được định hướng thuận thì z, có được do quay véc-tơ 4, ,4, góc =5 uw -i nén H, có tọa vị e SĨ (z, — Z;¡) (coi A, la điểm của mặt phẳng phức có tọa độ Z,) u un ul

Vay u,+uy, ¢u, C6 toa vi (Z,—Z))+(Z,—2,) + -+(Z) — 2,4) = 0.W

Ví dụ 12 (Đường tròn Euler và đường thắng Euler)

Cho tam giác 4,4,4, có tâm đường tròn ngoại tiếp là O, trực tâm H, trọng tâm G Gọi B,,B,,B, lần lượt là trung điểm các cạnh 4,4,,4,4,,4,4,; P,P,,P, là chân đường cao

ha tir ha tr 4, 4,, 4, xuống các đỉnh tương ứng; Cj,C,,C; là trung điểm của đoạn

thăng nói từ đỉnh 44, 4,, 4, với trực tâm của tam giác Chứng minh rằng

a) H, O, G thắng hàng và đường thắng đi qua ba điểm này gọi là đường thăng Euler b) Chin diém B,,B,,B,, P,P,,P,,C,,C,,C, thuộc một đường tròn, gọi là đường tròn Euler

Giải

Xét bài toán trong mặt phắng phức Chọn tâm O làm góc tọa độ, đường tròn ngoại tiếp tam giác ‹⁄4,4, là đường tròn đơn vị, ta quy ước chữ cái thường là tọa vị của các đỉnh tương ứng

1) Ta có

b 1 = SES a,+a p= SESS a,+a pe SE a,t+a , gp a+a,+a 23

2 2 2 3

Lay H,la diém d6i ximg tam dwéng tron qua day 4,4,, vay O4,H,A, 1a hinh thoi, do dé h, =a, +a, Mặt khác, xét H là đỉnh hình bình hanh 4,0H,H

Khi đó h=h,+a,=a,+a,+a,

Do đó g= zh „ tức là |od| = ši0H| và H, O, G thắng hàng

2) Ta có la, = |a,| =|a,| =lvà a,a, = la,a, = la,a, =1

Trang 33

Do P,P,,P, lachan đường cao hạ từ hạ từ 4,,4,, 4, xuống các đỉnh tương ứng nên

P;= 2Í +a, +a, -a,a,a, )

P= 5(4 +a, +a, -4,a,4,)

Mặt khác C,,C,,C, 1a trung điểm của đoạn thang ndi tir dinh 4,,4,, 4, voi trực tâm

cua tam giác, ta có ht+a, a,+a, a4 h+a a+a Œ;= 2=a,+t—3 2 2 h+a, a,+a, 3 =4 +— 2 Gọi E là trung điểm của Ö,C; a,+a, a,+a, -—+'+a,+-? 1 Khi do e= 22 = (a, +4, +4)

Do tính đối xứng của e đối với a,,a,,a, thì E cũng chính là điểm giữa các đoạn thắng

B\C,,B,C, Dé thay |e-,| =|e-b, =|t=b|= 5 và je-c,|=|e-c, =|e-c,|=— Do đó 6 điểm B,,B,,B,, C,,C,,C, nam trén cing mét đường tròn w tâm E có bán kính bằng

nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A4;,4, Ta cũng thấy E nằm trên đường 2 1 thăng Euler và |OE| = 3|O# „ nghĩa là E năm giữa trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp 1 a,| = = 2 4; „ 1 — 1

Ta xét |e— p;| = 2 |-aa,a, = giải

Do đó P, cũng nằm trên đường tròn w tâm E có bán kính bằng nửa bán kính đường

tròn ngoại tiếp tam giác 4,4,4, Tương tự với P,P, Vậy đường tròn tâm E đi qua chín diém cua tam giác

Trang 34

2.4 Ứng dụng số phức giái toán dựng hình

Ví dụ 1 Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai dây cung AB, CD Tìm điểm X trên

đường tròn sao cho X4” + X8” = XC” + XD”

Giải

Giả sử mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy sao cho gốc tọa độ trùng với tâm đường tròn đã cho Ta xét trường hợp hai dây cung AB, CD không cắt nhau tại

trung điểm của mỗi đường Ta có ~XA-AX =2R°—XA-XA ˆ=(4A-x)(4-X XB? =|B- _xP-(g- X)(B-X X)=|4l +[x| (B-X)=|B) +|x| -XB- BX =2R*-XB-XB X€° =|C= XỈ =(C= X)(C= *)=|CỦ+|XÏ ~ XC=CX =2R”~ XC-XC ( XP =|b- xỶ,=(b- *)(D- *)=|DỈ +|XÏ”~ XD- DX =2R?~ XD-XD Gọi L, J lần lượt là trung điểm của AB, CD thì 4+ B=2/,C+D=2J Từ đó và các hệ thức trên ta được XA? + XB? = XC? + XD” © XA+AX+ XB+BX+ XC+CX+ XD+DX <> X(A+B)+X(A+B)=X(C+D)+X(C+D) ©XYI+XI=XJ+XJ @ X(I-J)+X(I-J)=0 () Dat X =x, +iy,,1-J =x, +iy, thi ()=(x+z›)(x; ~)+ (x—=0m,)(; +;)=0 > HX, + WV (HP, — MY, ) +4 + tụy; +Í(x¡yy — x;y,)=0 S xXx, + yy, =0 uu uu ur <= OX (01-0) =0 uuu Un = OXI =0 Do do OX L IJ

Suy ra điểm X là giao của đường tròn đã cho với đường thang d di qua gốc tọa độ O và vuông góc với đường thắng ]I

Ví dụ 2 Cho tam giác ABC với trọng tâm G, M là điểm bất kì thuộc mặt phẳng tam giác Chứng minh rằng:

Trang 35

1) AB’ + BC’ + C4* =3GA’ + GB? +GC*

2) MB? + MC? + MA’ = GA’ + GB’ + GC? +3MG’

Hãy tim trong tam gidc ABC diém M sao cho MA’ + MB? + MC? la nho nhat

Giai

Khong lam mắt tính tổng quát ta có thê giả thiết rằng trọng tâm G của tam giác ABC trùng với gốc tọa độ O

Trên mặt phẳng tọa độ phức, giả sử tọa độ của các đỉnh là

A(a).(0),C(e).G(g), M(m)

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên suy ra tọa độ của G là g = sứ +b+c) mà

Trang 36

2 MA? + MB? + MC? =|a— ml +|b—mf’ +|e—m =a-ma-mt+b-mb-m+c-mc-m =aa+bb+ce+3mm-—| m a+b+c+m a+b+c] 2 2 a[ +|b[ = = GA’ + GB’ + GC’ +3MG’?.W 2 + +l€ m

Vay MA’ + MB? + MC nhé nhat khi va chi khi MG? nhé nhat khi va chi khi M=G,

nghĩa là M là trọng tâm của tam giác ABC

Ví dụ 3 Trong tất cả các tam giác nội tiếp trong cùng một đường tròn cho trước, hãy tìm tam giác có tổng bình phương các cạnh là lớn nhất

Giải

Dựng hệ tọa độ vuông góc Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với tâm đường tròn

Gọi G là trọng tâm G tam giác ABC, ta có 2 2 2 2 2 2 uur, UU, =U AB? + BC? + AC? =3(Ga + GB? GC") =3(Ga +GB +GC =3|(4-G)(4-G)+(B-G)(B-G)+(c-G)(C-G)| =3|IA~ 4g~œ4+|6]' +|BŸ~ 8ơ=đ8+|6]+|cỦ~œø=œ€+|6Ï ] =3(|4 +|BŸ +|CỦ)+9|CỬ ~3G(4+ B+€)~36(4+ B+€) =9R° +9|G|Ï~3G(30)~3G(3G) =98° ~9|ơÏ

Từ đó suy ra tổng 4B?+ BC? + AC? lớn nhất khi và chỉ khi G=O hay tam giác ABC đều và tổng lớn nhất dé bang 9R?

Ví dụ 4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn w Gọi 4, là trung điểm cạnh BC và

4, là hình chiếu của 4, trên tiếp tuyến của w tại A Các điểm Ö,,B,,C;,C, được xác

định một cách tương tự Chứng minh rằng các đường thăng 4,4,,B,B,,C,C, đồng quy Hãy xác định vị trí hình học của điểm đồng quy

Giải

Không mất tính tổng quát, coi w là đường tròn đơn vị Gọi w là tọa vị của điểm W

trong mặt phẳng phức

Trang 37

Ta cé a= = và đường thăng 4,4, là đường thắng di qua 4,(a,), song song với

OA, do đó 44.4, có phương trình đz—=d2=ac TẾ -a{ #2)

Do az =1 nên phương trình được viết lại đưới dạng ›— |b+c_ ;(b+c Z-az= -a 2 2 ›— a+b+c_ ;(a+b+c zZ-az= -a 2 2 hay a+b+e Gọi N là tâm đường tròn Euler của tam giac, thi n= do đó 444, đi qua N Tương tự cũng có B,,B,,C,,C, diquaN Hinh 15

2.5 Ung dụng số phức giải toán quỹ tích

Ví dụ 1 Cho tam giác ABC, trong đó các đỉnh B, C có định, đỉnh A thay đổi Tìm quỹ tích các trung điểm M, N của các cạnh tương ứng AB, AC và trọng tâm G của tam giác ABC trong các trường hợp:

e) Độ dài đường cao AA' không đồi

Trang 38

d) Chân A' của đường cao AA' có định e) Độ dài đường cao AA' không đổi

Giải a) Độ đài đường cao AA' không đổi

Giả sử mặt phăng với hệ tọa độ vuông góc Descartes Oxy sao cho gốc tọa độ trùng với trung điểm cạnh BC, trục hoành đi qua hai đỉnh B, C

+ Quỹ tích các trung điểm M, N tương ứng của các cạnh AB, AC

Ta có: B =-C, AA'=h= const => A =x +1h(- o<x<+œ)

Do đó M = 5 (B + x+ ih) = BEC +x + ih), N= 2(C+x+ it)

Suy ra các điểm M, N chuyền động trên đường thắng đ, song song với trục hoành có

phương trình z =F! + 1h), -œ< x' < +œ, va cách trục hoành một khoảng bằng 2h

khoảng cách giữa M và N luôn bằng |M -N| =| zee +x + ih) Sec +x + ih)|=|C| + Quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên A= -(x+ih),-œ<x<*+œ wie wile G= 3 +B+C)= Suy ra, G chuyển động trên đường thắng đ, có phương trình z = 3É + ih), ` a 5 A : xà

-œ< x<+œ, song song với trục hoành và cách trục hoành một khoảng băng 3h

b) Chân A' của đường cao AA' cố định Ta có A = A' + iy,-œ <y< +, do đó

M= 2(A+B)= BTA iy)

NE2(A+©)= 2C + AT+ ly)

G= 3A+B+©)= 3A tiv

Từ đó suy ra

Trang 39

Điểm M chuyén động trên đường thắng &k, vuông góc với trục Ox, đi qua điểm sa + B) thuộc trục Ox và có phương trình z= aia +B)+ sử

Điểm N chuyền động trên đường thắng k, vuông góc với trục Ox, đi qua điểm sia + €) thuộc trục Ox và có phương trình = z= sia +C)+ 5 2 , „1 Điêm G chuyên động trên đường thăng #, vuông góc với trục Ox, đi qua điêm se thuộc trục Ox và có phương trình z = 2À + 3i Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD 3) Chứng minh rằng: (1⁄4? + MC? )—( MB? + MD” ) là hằng số, không bị phụ thuộc vị trí điểm M 4) Tìm tập hợp điểm M sao cho MA? + MB? + MC? + MD? = k? (k 1a sé thuc) Giai

Đặt giao điểm hai đường chéo của hình bình hành trùng với gốc tọa độ O

2 Chứng minh (1⁄4? + MC? )—( MP? + MD) ) không phụ thuộc vào vị trí điểm M

Ta tính A⁄4?,MB?,MC?,MD” là bình phương của modun các số phức M-A,M-B,M-C,M-D e4 =| M- AP=(M-—A)(M-A)=MM+AA-MA-MA =|M +| 4? -MA-MA e Tương tu MB) =|M - B=| M Ệ +| BỊ} —MB— MB MC? =|M-C/=|MP+|CP -MC-MC MD? =|M-Df3 Mf +|DP -MD-MD e Từ đó (MA? + MC? )—( MB? + MD” ) =(|A| +|CP)-(BP +| DP )-M(A+C)-M(A+C)+M(B+D)+M(B+D) =|AP+|C/ -|BP -|DP=O4 +OC’ —OB’? —OD*

=204? -2OB” không đôi

Trang 40

b) Tim tap hop diém M sao cho: MA? + MB? + MC? + MD? =k?

e Sử dụng các kết quả tính được ở phần trên ta có MA? + MB? + MC? + MD?

=4|M+|A +| BÉ +|CƑ+| ĐỆ-M(A+B+C+Ð)-M(A+B+C+D)

=4|M +| 4 +| BÉ +|C +| ĐẺ=4ØM” = O4? + O8 +OÓC? +OD”

=4OM +20Ó4? +2ÓBˆ”

Tù đó M4” + MB? + MC” + MD” = kÌ<=>4OM +2O4” +2OB” = k°

Vi dụ 3 Cho đường tròn (C) đường kính AB = 2R, điểm M chuyển động trên (C), A'

là điểm đối xứng của A qua M Tìm tập hợp điểm A' và trọng tâm G của tam giác A'AB

Giải

Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với tâm đường tròn (C) đã cho, trục

hoành đi qua các điểm A, B * Tập hợp các điểm A'

Ta có #=~4, A+A4=2M => A—B=2M >|A'— B|=2|M|=2Ñ Suy ra, điểm A'

chuyên động trên đường tròn (C,) tâm B, bán kính 2R

* Tập hợp trọng tâm G của tam giác A'AB