Khóa luận tốt nghiệp Toán học: Số phức và hình học

Ngoài ra ta còn thấy phép cộng hai số phứctương đương với phép cộng hai vector, phép nhân số phức tương đương với việc thực hiện liên tiếp một phép quay với một phép vị tự và bằng cách đ

BỘ GIAO DỤC VÀ DAO TAO TRƯỜNG ĐẠI HOC SƯ PHAM TP HO CHÍ MINH

KHOA TOAN

LUAN VAN TOT NGHIEP

CHUYEN NGANH HÌNH HOC

LỜI MỞ ĐẦU

Số phức ra đời do nhu cầu giải các phương trình bậc cao trong toán học.

Việc xây dựng thành công số phức đã cho ta nhiều ứng dụng vượt xa yêu câu

được đặt ra Một trong những ứng dụng quan trọng đó là dùng số phức như mộtcông cụ để giải toán hình học Ý nghĩ việc dùng số phức để giải toán hình học

xuất phát từ việc tìm cách biểu diễn các số phức lên mặt phẳng Người ta đã

xây dựng được sự tương ứng 1-1 giữa tập số phức C va tập các điểm trong mặt

phẳng E (với hệ trục Décac Oxy) Ngoài ra ta còn thấy phép cộng hai số phứctương đương với phép cộng hai vector, phép nhân số phức tương đương với

việc thực hiện liên tiếp một phép quay với một phép vị tự và bằng cách đưa ra

công thức lượng giác thì phép nhân hai số phức được thực hiện rất đơn giản.Chính vì thế người ta nghĩ đến việc dùng số phức để giải một số dạng toán

hình học nào đó sẽ mang tính ưu việt hơn so với cách giải thông thường.

Việc nghiên cứu những ứng dụng của số phức vào việc giải toán hìnhhọc đã và dang được nhiều người quan tâm và để cập đến

Em làm luận văn này với mong muốn nắm được cách vận dụng số phức

vào hình học và qua đó tìm ra được tính ưu việt của số phức trong một số dạng

toán nào đó nhằm mở rộng tẩm hiểu biết và phục vụ cho công tác giảng dạy

sau này.

Do khả năng về kiến thức và thời gian hạn chế, việc nghiên cứu chỉ tiết

và sâu sắc vấn dé trên là vượt quá khả năng Trong luận văn này chỉ trình baymột số kiến thức cơ bản của số phức để phục vụ cho việc nghiên cứu một sốdạng toán hình học chú trọng vấn để đường thẳng và phép biến hình trong mặt

phẳng

Mục tiêu cuối cùng đặt ra cho luận văn: Dùng số phức như một công cụ

để giải miột số dạng toán hình học phẳng đặc biệt là khảo sát lại tính chất

phép biến hình một cách có hệ thống, một số vấn để liên quan đến đường

thẳng.

Nội dung của luận văn gồm ba chương:

Chương I: Trình bày những vấn dé cơ bản nhất của số phức để phục vụ choviệc số phức hóa hình học Đồng thời đưa ra một số bài toán để thấy mối liên

hệ giữa số phức và hình học và một số bài toán mà việc vận dụng số phức đơn

giản hay mang tính tổng quát.

Chương IT: Dùng số phức để nghiên cứu đường thẳng và một số vấn để chungquanh đường thẳng như ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, diệntích của hình được tạo thành bởi ba đường thẳng đôi một cắt nhau nhưng không

đồng qui Để phục vụ cho việc viết phương trình đường thẳng và giải các dạng

toán liên quan ta đưa thêm vào khái niệm tích vô hướng tích lệch, tỉ số đơn

của ba điểm phân biệt.

Phin bài tập đưa vào định lí nổi tiếng liên quan đến đường thẳng như

định lí Menélaus, định lí Céva, định lí Simson và một số bài toán đặc trưng,

giải lại chúng bằng phương pháp số phức qua đó mở rộng, nhận xét, đào sâu

vấn dé.

Chương IT: Giữ nguyên những định nghĩa đã biết về phép đồng dạng đã học ở

trung học phổ thông Đưa ra công thức của những phép này trong mặt phẳng phức và khảo sát lại các tính chất của nhóm đời hình, nhóm déng dạng mộtcách có hệ thống Một số tính chất của các phép biến hình này có thể để raphương pháp tổng quát để nghiên cứu do đó tách các tính chất này ra dướidạng các vấn để để tiện khảo sát chẳng hạn: vấn để tìm điểm bất động, tích

các phép biến hình, tìm phép biến hình thỏa điểu kiện cho trước, ảnh của

đường thẳng qua phép đồng dang, ; riêng vấn để vận dụng phép biến hình để

chứng minh và tìm qui tích cố gắng đưa ra một số bài toán mà việc giải chúng

có một phương pháp chung.

Do hạn chế về thời gian và kiến thức nên Luận văn này không tránh

khỏi những thiếu sót và hạn chế Rất mong nhận được ý kiến nhận xét, đóng

góp của Quý thầy cô và các bạn.

Trong quá trình thực hiện Luận văn này, chúng em đã tham khảo một số

tài liệu Xin tỏ lòng cảm ơn tới các tác giả.

Chúng em xin chân thành cảm ơn thấy Nguyễn Hà Thanh đã tận tìnhhướng dẫn để chúng em có thể hoàn thành tốt Luận văn

Đồng thời chúng em xin chân thành cảm ơn Quý Thấy Cô Khoa Toán

trường Đại học Sư Phạm TP HCM đã tận tình dạy dỗ, hướng dẫn chúng em

trong suốt quá trình theo học tại Nhà trường.

Chúng em cũng xin cảm ơn các anh chị và bạn học đã động viên giúp

đỡ trong thời gian thực hiện Luận văn này.

Sinh viên thực hiện

Bùi Thị Thu Hiển

1.3 Dạng lượng giác của số phức 4 1.4 Mặt phẳng phức E bổ sung điểm vô tận 7

§2 Một số ứng dung trong việc giải toán hình học `

2.1 Một số dạng toán đơn giản §

2.2 Liên hệ giữa tọa độ và tọa vị của một điểm trong mặt phẳng 10

2.3 Dùng số phức để chứng minh các bài toán vectơ 12

2.4 Một số dang toán tổng hợp l5

CHƯƠNG II : ĐƯỜNG THANG TRONG MAT PHANG PHỨC 21

§1 Lý thuyết 21

1.1 Tích vô hướng và tích lệch 21

1.2 Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng phức 22

§2 Một số dạng toán liên quan đến đường thẳng 27

CHƯƠNG III : BIẾN ĐỔI AFIN - DOI HÌNH - BIẾN ĐỔI ĐỒNG 39

§3 Biến đổi đồng dạng 45

3.1 Công thức biến đổi đồng dang 45 3.2 Dạng chính tắc của biến đổi đồng dang 46

3.3 Một số tính chất của biến đổi đồng dạng

Xác định tích của các phép biến hình trong nhóm

biến đổi đồng dangTìm phép biến hình thỏa một số diéu kiện

Sử dụng phép biến hình để giải các bài toán

chứng minh và qui tích

46

41 47

49

51

59 62

TRONG VIEC GIAI TOAN HINH HOC

Nội dung chủ yếu của luận văn này là dùng số phức như một công cụ để giải một số dạng toán hình học, đặc biệt là nghiên cứu các dạng toán liên quan đếnđường thẳng và các phép biến hình trong mặt phẳng Để làm được điều này chúng

ta bắt đầu từ những khái niệm cơ bản của số phức và nêu lên một vài ứng dụng

trong việc giải toán hình học qua chương I.

Gọi là tập hợp các số phức Kí hiệu C.

Mỗi số phức z C là một cặp số thực (x, y) Kí hiệu : z = (X, y)

1.1.2 Định nghĩa phép toán trừ, phép chia hai số phức, phép lũy thừa :

Chứng minh được C lập thành một trừơng với phép cộng và phép nhân số phức

*vzeC,z=(x,y) phân tử đối của z là (-x, -y) kí hiệu là -z.

Phép trừ của z; cho z; kí hiệu là z — z; là phép cộng của z, với phan tử đối

Vx,x'6R: f(x+x')=(x+x',0)=(x,0) +(x", 0) = fx) + f(x")

f(x x") = (x x", 0) = (x, 0) (x`, 0) = f(x) f(x')

Do đó ta có thể đồng nhất R với tập con của C gồm các phan tử (x,0) hay

nói cách khác là ta coi R c C Ta viết x = (x, 0)

Tuy nhiên R # C do z = (0, 1) e C thì z’ = (0, -1) € C nhưng z không là

ảnh của phần tử nào của R qua ánh xạ f Do đó f không là song ánh nên RC C, R

# € nghĩa là ta coi R như là một tập con thực sự của C.

1.2 DẠNG ĐẠI SỐ CUA SỐ PHỨC :

1.2.1 Dạng đại sé:

Trong C, ta kí hiệu số phức (0, 1) là i và gọi là đơn vị ảo thì

VyeRucó: iy=yi=(y,0) (0, b=(y.0-0.1,y.1+0.0)=(, y)

Khi đó ¥z € €, z = (x, y), z có thể viết là: z = (x, 0) + (0, y) =x + Ìy =x + yi

Vậy mỗi số phức z có thể viết dưới dạng z = x + iy (hay x + yi)(x, y R) và được

gọi là dạng đại số của số phức z.

x được gọi là phần thực của z Kí hiệu Rez

y được gọi là phần ảo của z Kí hiệu Imz.

Số phức mà phân ảo bằng 0 là số thực Số phức mà phần thực bằng 0 là số thuần do

1 = (1, 0) được gọi là đơn vị thực; i = (0, 1) được gọi là đơn vị ảo

1.2.2 Biểu điễn hình học của số phức đạng đại số và ý nghĩa hình học của

phép cộng số phức và phép nhân số phức với số thực :

» Biểu diễn hình học của số phúc dang đại sốTrong mặt phẳng E, lấy hệ trục tọa độ vuông góc Oxy thì mỗi điểm M xác

định bởi tọa độ (x, y) của nó trong hệ tọa độ đó Vì mỗi số phức là một cặp số thực

z = (x, y) (=x + iy) nên ta có thể biểu diễn nó bằng một điểm M trong mặt phẳng

tọa độ Oxy sao cho M có tọa độ (x, y) Khi đó ta có một tương ứng | - | giữa tập

các số phức C và tập các điểm của mặt phẳng E và ta gọi E (với hệ tọa độ Oxy) làmặt phẳng phức, số phức z = x + iy được gọi là tọa vị của M (đối với hệ tọa độ đó).

Ta đồng nhất M với tọa vị của nó tức là đồng nhất E với C.

- Các điểm thuộc Ox là các điểm có tọa vị thực nên còn gọi Ox là trục thực

Điểm E (1) được gọi là điểm đơn vi

- Các điểm thuộc Oy là các điểm có tọa vị thuần ảo nên còn gọi Oy là trục

ảo Điểm I (i) dye gọi là điểm đơn vị ảo.

- Mỗi điểm M của E xác định một vectorOM gọi là bán kính của M (đối với

gốc O của E) Nếu M có tọa vị z thì ta cũng nói OM có tọa vị z Kí hiệu OM (z)

Vậy M (z)<> OM (z) y M(z) (z= x + ly)

Do đó nếu OM (z), ON (w) thi OP = OM + ON (*) 10)

có tọa vị là z + W, KOM có tọa vị là kz (*) (k € R) Œ' E(I) *

* Ý nghĩa hình học của phép toán cộng hai số phức và nhân số phức với số thực

* Nếu M có tọa vị z thì M' (Z) là đối xứng của M quaOx ‘|’

*Tính chất: z+ Z =2Rez;z- Z =2ilmz y suy

*Nếu z là tọa vị của một điểm M trong mặt phẳng E thì modun của z (kí hiệu |z|) là

Iz| = |OM| = OM (O là gốc tọa độ)

(ap, 8, , ag € cho trứớc, ao + 0)

Nếu có z sao cho P (z¿) = 0 thì z¿ được gọi là nghiệm của đa thức P (2).

* Phát biểu định lý :Mọi da thức bậc n(n > !) đều có nghiệm phức

* Nếu z là nghiệm của đa thức P (z) thì P(z) có thể viết P(z) = (z = z) Q (z) trong

đó Q(z) là đa thức bậc n - 1 với hệ số phức.

Vậy mọi đa thức bậc n (hệ số phức) P (z) đều có thể viết dưới dạng

P(z) = aoz" + ayzTM! + + ay = ay (Z — 2) (2 — Z;) (Z — 2%) tức phương trìnhP(z) =0) có n nghiệm phức Z;, Zo, , Za (có thể trùng nhau)

1.3 DANG LƯỢNG GIAC CUA SỐ PHỨC :

1.3.1 Dạng lượng giác :

* Cho số phức z # 0, M là điểm trong mặt phẳng phức có tọa vị z Gọi

r=lz| = Ì OM | thir=x*+y'>0(z=x + iy)

Gọi ọ = (Ox, OM ) (góc định hướng tạo bởi tia Ox và OM)

* @ được gọi là argument của số phức z Kí hiệu Argz.

Vậy z # 0 hoàn toàn xác định bởi r = |z| và Argz

* Chú ý : Modun của số phức được xác định duy nhất còn argument được xác định

sai khác một bội k2w,Trong các giá trị của argument, có một giá trị duy nhất ở giữa

~m và x ta gọi đó là giá trị chính kí hiệu là argz.

Vậy | Argz = argz + k2m | (k € Z) (— < arg Z < ®)

* Theo hình ta có x =r cos , y = sing

nên | z = x + iy = r cosọ + irsing =r (cos@ + ising)

Đây chính là công thức lượng giác của số phức.

Do z = 0 có |z| = 0 nên công thức (*) cũng đúng (trong trường hợp này ta coi

arg z không xác định)

*Nhận xét:

lz|=|»|

argz = argw + k2x(k € Z)

* Dựa vào dang lượng giác ta có thể thực hiện phép nhân trong trường số

phức rất đơn giản Thật vậy.

Vz), Z) € C\ {0} :z¡ =rị (cos@, + ising;) , Z¿ =F; (cos@›; + ising) Z\ Zz = Typ (COS, + ising,) (cos@; + ising)

° VaweCiz=wes|

z" = |r (cos p + ising)]" =r (cos(n@) + sinng) | (Công thức Moivre)(n e Z)

1.4.2 Ý nghĩa hình học của phép nhân hai số phúc :

a) Cho số phức w # 0, P là điểm trong mặt phẳng phức E có tọa vị w

Xét M tùy ý thuộc E có tọa vị z Xét ánh xạ f : E + E

(Ox.OM') = (Ox,OM) + (Ox, OP) + k2n (k e Z)

* Néu jw) # 1 thì f là tích của phép vị tự VÌ với phép quay

VÌ"Ì: phép vị tự tâm O, hệ số vị tự bw]

Qj : phép quay tâm O, góc quay @

* Nếu |w| = 1 thì f= Q# (ọ= (Ox,OP) = argw)

b) Nhận xét :

* Trong mặt phẳng phức E với hệ trục Oxy

Xét phép quay tâm A, góc quay @: OF : E -> E(AzO)

* œ # 0 ta viết œ = |0|( cos@ + ising) , z= |z| (cosy + isin})

Khi đó z` = œ < |ZÍ' (cosny + isinny) = |a| (cos@ + ising)

QŸ (œ=(Ox,OP) = argw) |

ny = @+ k2 y=

z= eleosC + 5 + isin? +) (k € Z)

n oa

- Cho k = 0, 1, 2, , a = 1 thì dude n nghiệm khác nhau và đó là tất cả các

nghiệm của phương trình 2" = a Ta gọi n nghiệm đó là n căn bậc n của œ ứng với k

=0, 1.2, n— 1 Goi Ap, Aj, , A ; là n điểm theo thứ tự nhận n nghiệm này ứng

với k=0, I, n— ! làm tọa vị Khi đó AsA¡Á¿ Ag.) là 1 đa giác đều n đỉnh (n

-giác đều) định hướng thuận nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính Va

b) Căn bậc n của don vị :

* Trước khi nói vé căn bậc n của đơn vị - ta xét các tính chất của tập D : tập các số

phức có modun bằng 1.

Tập các số phức có modun bằng | được biểu diễn trong mat phẳng phức

thành tập các điểm thuộc đường tròn tâm O bán kính | gọi là đường tròn đơn vi, kí

cos + ising = e'” (@ = argz)( người ta chứng minh được e=2,71828 và gọi là số

Nêpe nhưng ta không chứng minh vì đòi hỏi phải đưa vào nhiễu khái niệm mới

không cân thiết cho mục đích của luận văn này, ta chỉ xem đó là một cách kí hiệu)

Khi đó nếu w = cosy + isiny =e” =e

zw = cos(@ + y) + isin(@ + y) tức e'®, e'* =e" *

ei?

= = cos( - y) + isin(g - y) tức w e tự— =e*®-v!

Vzz0,ze(C, z được viết dưới dạng:z = |z| ©'”, @ = argz

* Căn bậc n của đơn vị.

ime lw k2

Xét z e C mà z°= I (a>2) Khi đó các z đó là z„=e " = cos~—” + isin

2.1 MOT SỐ DANG TOÁN DON GIẢN :

Ta biết rằng mỗi điểm trong mặt phẳng đều có thé biểu diễn bằng một toa

viz € và ngược lại mỗi z e C là tọa vị của một điểm M duy nhất trong mặt

phẳng Do đó từ một phương trình, bất phương trình với ẩn là số phức z sẽ biểu

diễn cho một đường hay một miễn nào trong mặt phẳng Mục đích của việc đưa ra

các bài toán đơn giản sau là nhằm tim thấy được ý nghĩa hình học của các công

thức chứa số phức z để có được những kết quả hình học thú vị và làm cơ sở cho

việc giải các bài toán hình học khó hơn Qua đó, ta cũng biết cách biến đổi một bài

toán hình học về bài toán số phức Nói tóm lại là ta tìm được mối liên hệ giữa số

phức và hình học thông qua một số ví dụ sau :

Vậy bat đẳng thức ở câu a cho ta: t

|OM + ON | < | ØM | +| ON | (đây là bất đẳng thức vectơ) `

hay | op | < | OM |+| MP | (bất đẳng thức tam giác)(do lON | = | MP | =|w)

Dấu “=" xảy ra <> M =O hay M #O và 3k > 0 : ON =kOM thay 3k >0:MP= kOM )

<> M e0 hay M z P hay M thuộc đoạn OP với 2 đầu mút O, P

° Tif một bất đẳng thức về số phức ta thu được một tính chất quen thuộc trong tam

giác là tổng độ dài 2 cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại Dấu “=” xảy ra khi tam

giác suy biến thành đường thẳng và M nằm trong đoạn OP.

* Bất đẳng thức | z + w | >|jz| — |w|| cho ta :| OP | > | | OM | - | ON | Í

| MN Í>| | OM | - | ON [hay MN>|OM - ON| (2)

(1) và (2) cho ta thấy hiệu độ dài 2 cạnh của một ta giác nhỏ hơn độ dài

cạnh còn lại.

* Từ ý nghĩa hình học của bài toán ta thấy từ kết quả một bài toán số phức đưa đến một kết quả hình học Bài toán trên có thể giải hoàn toàn dựa vào các tính

chất của số phức Nhưng ở đây ta sẽ giải bài toán trên một cách khác bằng cách

đưa bài toán trên về bài toán hình học và giải bài toán hình học đó Bài toán hình

học này là một tính chất rất quen thuộc(không chứng minh lại)

Giải :

Đặt toa vị như trên

a) Xét AOMP ta có OP < OM + MP (bất đẳng thức tam giác)

Dấu “=" xảy ra <> O = M hay O = N hay O nằm trên MN (ngoài đoạn MN)

¢> z = 0 hay w = 0 hay 3k >0: OM = kON

©>z =0 hay w = 0 hay 3k > 0 : z = kw

c) Xét AOMP có: OP} > JOM ~ MP}

« |OÖP |>| | OM |~ | MP | |

= lz+vw| > llz| - |w||

Dấu “= =" xảy ra c M =O hay M = P hay M thuộc OP ( ngoài đoạn OP)

Trong mặt phẳng phức gốc O nếu gọi 2), z¿ lần lượt là toa vị A A B thì ta có

—— — se mm

21, Z2, 2) + 22, 2) — Zz lần lượt là tọa vị của OA, OB, OA + OB, OA -OB

Đặt OC = OA+OB thì C có toa vị z¡ + Z

Vậy đẳng thức (1) có thể viết lại là :

Ioe |*+ | AB|?=2(10A lỶ + | OBI’) 6

hay có thể phát biểu là tổng bình phương độ dai 2 đường chéo của một hình bìnhhành bằng tổng bình phương 4 cạnh của nó

* Ta đã chuyển bài toán về bài toán hình học, bài toán này có thể giải dựa vàođịnh lý hàm số cos và tính chất của hình bình hành Tuy nhiên cách giải bài toán

trên bằng cách biến đổi về số phức sẽ đơn giản hơn nhiều Do đó ta sẽ chứng minhbằng cách biến đổi về số phức.

Ở đây ta đặt tọa vị cho các đỉnh và chuyển về bài toán số phức.

Lấy một đỉnh hình bình hành làm gốc, 2 đỉnh kể với nó có tọa vị zạ, Z2 thì

Cho 2 điểm A, B phân biệt có tọa độ theo thứ tự là (xa, ya) (Xp Ys) :

a) Tim toa độ điểm D sao cho AB = AD và ( AB,AD)= =b) Tìm toa độ điểm C sao cho AABC đều (AABC định hướng thuận)

=> Xp = Xa + (Ya — YA) › Yo=Ya— (Xp — Xa)

b) AABC déu nên Q} (B)=C

=> y- a=W (Ba) (Jw|= 1, arg w=)

1 3

= yous Hee

=> y=e+(+iŸ)(B~g)

2

(x € R*)

Giải :Goi M, M' lần lượt là các điểm có tọa vị z, Z` với :

2.3 DÙNG SỐ PHỨC ĐỂ CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN VECTƠ :

Ví dụ 2.3.1: Cho đa giác đều AoA, A„.; (n > 2) nội tiếp đường tròn tâm O

Chứng minh : OAo + OA; + + OA, = 0(1)

Nhận xét : Ta đã biết mỗi vectơ có thể biểu diễn bằng một số phức z mà việc dùng

số phức để khảo sát các tính chất liên quan đến đa giác đều tỏ ra rất hữu hiệu Tuy

việc chứng minh bài toán trên bằng phương pháp vectơ rất đơn giản nhưng ta sẽ

tiếp cận bài toán này bằng số phức xem có mở rộng thêm bài toán được không

Giải

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức với gốc tại O Ay là điểm đơn vị.

Khi đó AgA, Ap.) là đa giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị SÌ.

Giả sử ApA, Aa.; định hướng thuận và gọi e; là tọa vị của A, (j= 0, n-1)

(l)©Eạ+Ei + +£a¡ =0

‹ 2 l-€

Tá cé:ep+e+e4+ 4 e% =

-€

Nhờ cách chứng minh bài trên ta có một cách làm tổng quát là chuyển các vectơ

về tinh theo e để giải một số vấn để liên quan tới đa giác đều sau:

=0 (đo £ # l và £” = l)

Cho n-giác đều A¿A, Ay, nội tiếp (O;R) M là một điểm trên đường tròn

Tính: 1) |OAy +2OA; + +n OA„.¡|= | OP|

2) MAc? +MA,? + + MA? ¡

3)Tinh MA¿ MA, MA„;

4) Tính tích độ dài các cạnh và đường chéo xuất phát từ một đỉnh của n-giác

2)Vì M e (O;R) nên M có tọa vị Ra (ja | = l) j = l,n—l

a = cosg + ising, @ = (OAo,OM)

MA? +MA? + +MA?, -Š MA? =SR'k-«j

0 FO

= R`Š (œ~ejXø~&,)= R'Š dal’ +e, ~ aẼ, ~ øs,)=2nR)

F0 J

9) []MAJ-ÏÏk,-al-'[lk,-al=m'kr-laz-t=Ïle-sp)

<2"-! Re! hin Pin aa” aa

Ví dụ 2.3.2: Be mặt phẳng, cho đa giác đơn a An 7 XÉt cae vectd uy R uạ ‘

_—

miễn đa giác đơn” Chứng minh: u, +u, + +u, =0

* Giải:

Giả sử đa giác A¿A¡Az A„.¡ định hướng thuận.

Khi đó Q¿ ,(A,,A,) = u;.(j= l.n)

Trong mặt phẳng, cho đa giác đơn AA, Ag Xét các vectơ

0,+u2+ +ua mà (uj, Àj-¡A,)=œ #0 (coi Ay = Ap), |; | = j-14)| G=

Chứng minh: a) AA¿A¡A; cân tại Ag © ad =Œ¡Œ;

b) AAA) Az đều > ay + at; + a) =0

C) AAoA¡A; đều <> œụơ; + 0) G2 + O20 = 0

c) Dato, = Oy + Oy + 02, Gz = Oy Az + Œ2 Bo + Ao My , G3 = Gị Q2 Oo

Khi đó TExc sac 4c <œ: (7+4 gG e0

Gy A @ Ơ;

AA¿A;¿A; đều <9 6) = 0.9 ơi = 0 © ager + Gz + 0;0o = 0

* Chú ý : Nếu ta chon gốc tại điểm khác O va Ay, Aj, Az có tọa vị trong mặt phẳng

phức với hệ trục đó là ao, a), œ; thi:

a) AA¿A;A¿; đều và có chiều thuận © dạ + aye + œạ£” = 0

b) AA¿A¡A¿ đều và có chiểu nghịch ¢> ay + aye” + aye = 0

Cho vòng tròn tâm O, và trên vòng tròn cho 3 cung AB, CD, EF theo chiéu

thuận và độ dài mỗi cung là 5: Goi M, N, P lin lượt là trung điểm của dây BC, DE

va FA Chứng minh : AMNP đều

Giải

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức với gốc tại O

Gọi a, b,c, d, e, fin lượt là tọa vị của A, B.C.D,E,E.

Khi đó m +ne +e'p = 7 [c—ela + ee— le + cla — ee] =0

Vay MNP đều.

Vi dụ 2.4.2 Cho AABC Trên các cạnh AB, BC, CA về phía ngoài dựng các tam

giác đều ABC,,BCA,,CAB,.Gọi C',A',B' lần lượt là trọng tâm các tam giác đó.

Chứng minh: AA’B’C’ đều (bài toán Napôlêon)

Giải

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức gốc tại A Gọi a, B, y, œ', 8`, y` lần lượt

là tọa vị A, B, C, A', B', C' (a =0), Giả sử AABC định hướng thuận.

Có thể 4p dụng kết quả trên nhưng ở đây ta chứng minh bằng cách khác

A'C có toa vị an -iv3 , = (cos +isin® =| +2iv3 | _3+iv3 5

6 6 6

Vậy AA'B'C' đều.

Nhận xét:

Ví dụ 2.4.3

Cho tứ giác AIA;A:A; dựng trên các cạnh các hình vuông cùng hướng

ngược hướng với các hình vuông trên A:A;P;`Q:', A;¿A;P¿'Q,', Gọi Bị, Bo, Bs, By

là tam 4 hình vuông đầu (theo thứ tự và B,’, Bạ', By’, By’ là tâm 4 hình vuông

sau.Chứng minh:

a) B,B,; = B:B, và B,B; L B:B, By By = B,'B, va B,’B;’ i B;'B:'

b) B,B;, B;'B¿' có cùng trung điểm C, ;B’ B's, B;B¿ có cùng trung điểm Cạ

€) CỊC;C;C; là hình vuông trong đó C; , C, lần lượt là trung điểm A;As, A¿Aa

d) Tìm điều kiện cần và đủ để B,B;B;B, là hình vuông

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức gốc tại A).

Gọi œ, Bj yj œ`, By yj’ G = 1,4) lần lượt là tọa vị của Aj, B,, C¡, A,’, By,

€,`, Giả sử tứ giác A¡A¿A¿A„ định hướng nghịch

a) Qả, (Ai) = Az= 0; ~ By =i (ay ~ B)= Bị =2 “=2

BỊB; có tọa vị By — Bị= #22 5) ~4

— ia, —ia, +a -i(a, +ia,-a

Tương tự B,'B¡' = By`B¿' và B.`Bạ' 1 Bz"B,’

b) Ta có j,` = = ia 0; _ ia, +az _ a2

-i-1 i+] i+]

Vậy ta có điểu phải chứng minh

Với cách làm như trên ta có thể giải những bài toán tương tự sau.

Vi dụ 2.4.3 : Cho AABC Dựng bên ngoài các hình vuông ABC,C;, BCA;4;,

CAB;B; và gọi C’, A’, B’ theo thứ tự là tâm của chúng Gọi M là trung điểm BC,

một là trung điểm B,C> Chứng minh :

a) AP = — BC và APL BC.

b) AA’ =B’C’ và AA' LB’C’.

c) AMB'C’ vuông cân đỉnh M.

đ) Trọng tâm AA’B’C’ trùng với trong tâm của AABC.

Nhận xét :

B, Ta có thể chứng minh câu a, b, c của bài toán này dễ dang

bang cách sử dụng phép quay nhưng câu d hơi khó khăn.

Trong khi đó bằng phương pháp số phức ta chỉ cẩn chứng

minh tọa vị của G’ bằng với tọa vị của G, tọa vị trọng tâm

của một tam giác dễ dàng xác định nếu biết tọa vị ba đỉnh

Giả sử AABC định hướng thuận.Trong mặt phẳng gốc tai A gọi a, B, y, ơi, Bi Y¡,

lần lượt là tọa vị của A, B, C, Aj, By, Cụ

Tương tự B’ có tọa vị 5 2 +i, gti)

, a+B a-B_B 4 B .VỊ: ——+i—— = —

Suy ra|MC| = MB} va MC’ L MB'.Vậy AMB'C' vuông cân tại M.

d) — GọiG, G' lẩn lượt là trọng tâm AABC, AA'B'C;

G có tọa vị oP Fy PPT G6 ta vị — ~ AtVậy GeG’

| §1 LÍ THUYẾT

1.1 TICH VO HƯỚNG VÀ TÍCH LECH:

1.1.1 Tích vé hướng :

a) Định nghĩa : Nếu vector OM=u CÓ toa VỊ Z, ON=v CÓ toa Vị W.

thì tích vô hướng của 2 vectd đó được kí hiệu và xác định bởi:

c) Nhận xét : Cách định nghĩa tích vô hướng giữa 2 vectơ u, v tương tự khái niệm

tích vô hướng mà ta đã biết là u v = biet ”

0 néu u = 0 hay v = 0

Chứng minh :

Khi z, w #0 , đặt = arg z, y = arg W

Thi <z, w> =1 (Ew +28) ==|2| | w|[osty—9)+isinty—)+ costp—y)+isin@—y)]

nếu u=0 hay v=0

Vậy <z, w> = 3 caw eam) = |

=U.V

1.1.2 Tích lệch :

a) Định nghĩa: OM= u cótoa vị làz.ON = v có tọa vị là w

thì tích lệch của 2 vector đó được kí hiệu và xác định bởi.

[OM.ON]=[u, v]=z, w]= si% SS) AM'F!4VƯE-—-V!: ss \

c)Nhận xét: Tích lệch thường được dùng trong nghiên cứu hình học phẳng do cáctính chất hình học dễ thấy sau :

po [u},/v|sinCu, v).nếuu z 0 vave0

[u,v]= sigs 2 ae: vóm

0 nếu u= 0 hay v = 0

OM|ON|sin(OM,ON),nếu OM +0,0N #6

hay ow.oN]- aS ee a

0 nếu OM =0 hay ON =0

Vậy * 3 điểm O, M, N thẳng hang ÔM,ON cùng phươngc [OM,ON ] =0

* 3 điểm O, M, N không thẳng hàng <> [OM,ON ] z0

Khi đó [OM,ON ] =2 SN

(CŠuw : tiện tích đại số tam giác định hướng OMN)

+ Š NN > 0 khi OMN định hướng thuận)

(ngược chiéu quay kim đồng hổ khi đi dọc chu vi O + M > N)

+ §zg < 0 khi OMN định hướng ngược.

* Nếu A (a), B (8) , C (y) thì [AB,AC ] = [B-a, y~ơ] = [œ, B]+ [B y]+ [y, œ]

nên : +A, B, C thẳng hàng <> (a, B] + [B, 7] + [y, a] =0

+A, B, C không thẳng hàng <>[a, ð] + [B, y] + [y, a] # 0

Khi đó (a, B] + (B, yÌ + [y œ] = 2S ge

1.1.3 Mối liên hệ giữa tích vô hướng và tích lệch :

i) <iz w>=|z,w|Vz,we(€Œ ii) [iz, w] =- <z,w> VzweC lii) <z,iw>=<iw, z>=[w, z]

[z, iw] = - [iw, z] = <w, z> = <z, w>

1.2.1 Phương trình chính tắc của đường thẳng

a) Xét đường thẳng A qua Mo (2) với một vectơ chỉ phương u (u) thì A có phương

i)Moi đường thẳng đều có thể xác định bởi phương trình

z=ÀZ+ô,|A|=l , Aỗ +ô=0 (2)

Chứng mình

Giả sử đường thẳng A có phương trình :z - z = vữ= Zo)

Đặt A= =.8 =%—-AFpthiz= AZ+S và fAl=1, 08 +ð =0

ii) Phương trình z = AZ + ô xác định một đường thẳng

= |Aj=1 ,Àỗ+ô=0

Chứng minh:

* Nếu phương trình z = #+ô xác định một đường thẳng A thì có Mo (20) € A tức 2

=ÀZo + ô,VM (2z) € Ata cóz=^Z +8

Suy ra Z—%=ĂZ-Zq)

Nếu ta lấy z # Z thì [Al = I

Từ đó z¿ =A (Ãzo +Š) + 8e> Z2= Z2 + Àỗ + Boo AS +õ=0

Vậy ta suy ra |À| = 1 và ỗ +ô=0

* Ngược lại cho phương trình z=2^Z +ô(*), |M=1,A5 +ô=0 :

&

Ta thấy % = ; thỏa phương trình (*) và phương trình (*) có thể viết thành z - 2“Ẵ2)

Đây là phương trình các đường thẳng qua Mp có tọa vị z¿ = : và có vector chỉ

Vậy v là vector pháp tuyến của đường thẳng.

* Phuong trình Ÿz + vŸ +y =0, y =-ồW được gọi là phương trình dạng tự liên

hợp của đường thẳng.

2.2.2 Phương trình tổng quát của đường thẳng :

a) Mọi đường thẳng déu có thể viết dưới dạng :

az+BZ+y=0 , |al=|B|l,8y=By @

Phương trình (4) được gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng

b) Định lý : Phương trình œ + B2+y=0 (a, By eC cho trước)

Xác định một đường thẳng <> (a/= /B/ «0 , &y = By

1.2.3 Tọa vị hình chiếu của một điểm xuống đường thẳng - tọa vị của điểm đối xứng của một điểm qua đường thẳng.

a) Cho đường thẳng A có phương trình chính tắc :

Z=AZ+8, |À|=l ,Àễ +ô=0 (1)

hay phương trình tổng quát az + BZ +y =0, |œ| = |B| #0, Zy =B+ (2)

Miz) + XétM(z) Gọi M'(z’) là điểm đối xứng của M qua A,

x1 Hw) là hình chiếu của M xuống A

QO Do OH = > (OM +OM' )nên w = ; (z+Z`)

* Nếu (A) được cho bởi (1) thì w= 7 (2+AZ +8)

* Nếu (A) được cho bởi (2) thì w = ha ~Y)

b) Đặc biệt :

e (A) cho bởi (1) thì tọa vị hình chiếu của O xuống A là lẻ» | ©œ

© (A) cho bởi (2) thì toa vị hình chiếu của O xuống Ala -

—-2a

1.2.4 Vi trí tương đối của 2 đường thẳng

Trong mặt phẳng phức E cho 2 đường thẳng A, A’ lần lượt có phương trình

chính tắc.

z=ÀZ+ô , lÀl =1, 45 4+5=0 (1)z=A'7z+ô'.|À|=l, xỗ+ô'z0 (2)

Khi đó :

i) A=A'©^A=A' ,ô=ồ

ii) AMA’ ©^A=^À'`,ôzô' (lúc này khoảng cách giữa chúng là š lô` ~ ô|)

iii) AcdtA ©^Az^'

iv) Dac biétAl A’ oA+A'=0

a) Giao của 2 đường thẳng :

Cho Ay :z=^Z +ô, /AJ=1,45 +5=0

As:zz^'5 +ð',|À|=l1,A'ễ +ô' =0

vn wt)

M=A,x A4, ¡Xa 9a VỊ hon M có tọa vị là

Nếu A, có phương trình : [z - Z, uạ] =0; A; có phương trình : [z - 2), u;] =0

mà [up, u,] + 0 (2 đường thẳng không cùng phương) thì cắt nhau tại điểm có toa vị

l

[uo.,u; |

b) Điều kiện để 3 đường thẳng đồng qui

([Z), Uy] Ug = [Zo, Up] Uy)

Cho 3 đường thẳng có phương trình Hin lượt là

Ao ÍZ— 2, Up] =O; Ay: [2-2),u,J=0 ; Ap: [z—2Z2, uy) =0

* Nếu 5i : {uụ, u,] # 0 (i = 1, 2, 3)

[up, Uy] # 0, {uo, u¡] # 0, {uy, u;] # 0

Ag cắt Ay tại Po, , Ay cất Ay tại Py, Ap cắt Ay tại Pap Khi đó 3 đường thẳng đôi

một cắt nhau.

Nếu [uy, uy] [Z¿, U2} + [u, Ua] [Zo, tạ] + [u, Up] [Z, uy] # 0 thì Pos, Pj2, Po: tạo

thành | tam giác và diện tích tam giác định hướng Pp, P;, Px là :

_ 1 (f0ua,0]ÍZ;, 0; ]+{u¡;u2 ]ÍZo Ug 1+ [U2 Uo Iz Thìn

PạiPPạo 2 [us,u; ][u,uạ ]{uạ, uạ ]

Chứng minh:

định bởi Zo¡ = ([z¡.u; luo - ÍZo.uo lu)

> [[zn.uy Jug —[zp Ug Ju; —za[uo.u¡],uy] =0

(Z2, Ua} Uy = (2), Uy] U2)

Pi có toa Vị Z¡y =

Px có (0a Vi Z29 = ([Zo, Uo] U2 = [Z2, U2} Uo)

[uz,U9]

SPorPi2P2 2l ([Zei, Z12] + (212, Z2oÌ + [Z20, Zo1))

~ (0a, ]Iz;,u;]+[u¡,u; ]Ízo,uo ]+{uạ,uọ ]Iz¡,u Pp

2fus,uy ][u¡,u+ ][uạ,ug ] (đpcm)

1.2.5 Tỉ số đơn của bộ ba điểm phân biệt thẳng hàng :

* Định nghĩa : Với bộ ba điểm phân biệt Mo, M,, M; trong mặt phẳng phức, có tọa vị theo

thứ tự là Zo, Z;, Z2, ta gọi số phức ký hiệu và xác định bởi : [Mọ, M;, Mạ] = [Zo, 21, Za] =

— là tỉ số đơn của bộ ba điểm Mo, Mj, Mp (hay của bộ ba số phức 2, 2), Z).

h4

* Nhận xét :

* Đặt w = [Mụ, M;, Ma] thì |w| = ee va argw = arg (Z¿— Zo) — arg (Z¿ — 2)

Mạ

> My, My, M2 thẳng hàng và MoM, =kM¡M;

<> M; thuộc đường thẳng MyM; và chia đoạn MyM, theo tỉ số k.

§2 MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VÀ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN

dùng nhiều nhất vì cách này đơn giản chỉ cần kiến thức lớp 7 là đủ, tuy nhiên cáchnày hơi dài dòng và phụ thuộc nhiều vào hình vẽ Cách dùng phương pháp tọa độtổng quát hơn khắc phục được nhược điểm trên nhưng vẫn còn biến đổi phức tạp.

Ta thử chứng minh bài toán trên bằng phương pháp số phức.

((œ, B] + [B, y ]+ Íy , œ]) =0

* Nhận xét

- Ta có thể cải tiến cách giải trên để việc biến đổi được đơn giản hơn

Chon A là điểm gốc trong mặt phẳng phức E,B có tọa vị là 1,C có tọa vị là y

a’, `, y`lần lượt là tọa vi A’, B', C'

Ề „_ l—ky ` Y ~m khidoote tit pet ye —P

=e a 2 ice

, ' * * * * I=kml

Vay A’, B', C' thẳng hang <> kml = |

- Rõ ràng ta thấy cách giải bằng phương pháp số phức nhẹ nhàng hơn, so với cách

giải bằng phương pháp tọa độ vì ta sử dụng các tính chất của tích lệch để biến đổi

và mỗi điểm trong mặt phẳng phức E chỉ ứng với 1 số phức z trong khi mặt phẳng

Oxy, mỗi điểm ứng với cặp số thực (x, y)

-Khi A, B', C' không thẳng hàng thì A’, B’, C' tạo thành một tam giác có diện tích:

+ > s * ld *1_._ I- km - ———~

Trên đây ta đã chứng minh lại định lý Ménélatis, định lý này đóng vai trò

quan trọng trong việc chứng minh 3 điểm thẳng hàng Ở đây ta sẽ sử dụng định lý

này để chứng minh một số bài toán liên quan đến 3 điểm thẳng hàng nhưng dùng

cách đặt tọa vị cho các điểm và sử dụng các tính chất của số phức để biến đổi.

Ap dụng I

Cho AABC, O là điểm khác A, B, C Các đường thẳng qua O vuông góc theo

thứ tự với OA, OB, OC cắt BC, CA, AB theo thứ tự tại A’, B’, C' (khác các đỉnhcủa AABC) Chứng minh : A’, B', C' thẳng hàng

Giải

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức gốc OGọi a, B, y, a’, B, y ` lần lượt là tọa vị của A, B, C, A', B', C'

Ta có OA 1 OA'=> <a, œ'>=0

B- ky

<a, a> = © <a, > = 0 <a, j> = k <a, y > (1).

Tương tự: <Ð,y>=l<B, a (2);

<y, œ =m <y, b> (3)

(1)x@) x(3)—<œ, B> <ñ y><y, o> = kÌm <a, > <, y > <y ,œ>

Do A’ khác B nên <a, B> # 0

B thẳng hàng Ta có A' € OB, A’ e BC = A’ #B(!))

Tương tự ta cũng suy ra được <B,y > # 0, <y, a> #0

Vậy từ (4) suy ra kml = 1 hay A’, B’, C’ thẳng hàng

Ap dụng 2: Trên các cạnh AB và AC của một tam giác vuông ở A, dựng hình

vuông ABEF và ACGI ở bên ngoài tam giác, BG cắt đường cao AH tại O Chứng

minh C, O, E thẳng hàng.

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng

phức với gốc tại A, B là điểm đơn vị ảo, C có

toạ vị c Giả sử C, O, E chia MG, GB, BM

Chứng minh: AA’, BB’, CC' đồng qui <> kim =

-(Với diéu kiện có ít nhất một cặp trong 3 đường thẳng AA’, BB’, CC’ cắt nhau).

* Nhận xét: Bài toàn này có thể chứng minh bằng nhiều cách tương tự như

định lý Ménélaus Ở đây ta sẽ trình bày bằng phương pháp số phức.

Cách 1:Ta áp dụng định lý Ménélaus:

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức

Gọi a, B, y, a’, B’, y` lần lượt là tọa vị A, B,C, A’, B' C'

Gọi l= AA’ x BB’

A' - C Trong AACA’, gid sử B, B', I lắn lượt chia A`C, CA, AA’ theo

tỷ số ky, hy my,

Ap dung định lý Ménélaus ta có: k,l), = 1 (1)

Mật khác: A'B=kA'C ¢> BA’ = oy BC © k, = rai

B' chia CA theo tỷ số I © l = lị

Thay vào (1) ta được CÊ_ 1.mị = le mị = $1

Ta cũng có trong A ABA’, C’, C, I lần lượt chia AB, BA’, A'A theo các tỷ sốmeee tì —‹

m,

Vậy AA’, BB’, CC’ đồng qui <> C, I, C' thẳng hàng <> m (- k + l) — =!

'

com(-k+1) = le kim =- |

Cách 2: 6 trên ta vẫn dựa nhiều vào hình vẽ, ta có thể chứng minh bằng cách khác

dựa vào diéu kiện cẩn và đủ để 3 đường thẳng đồng qui

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức E với gốc tại A, B là điểm đơn vị

Gọi a, ñ, y, a’, B’ y` lần lượt là tọa vị A, B, C, A’, B’, C’

: \ ,_B-ky = tà

— I—k ` = Sm

AA’ có phương trình [2 - Z, uụ | = 0, 2 = Œ, Uy = (k - 1) a+ B - ky

BB’ có phương trình [z - z;, u, ] =O, z¡ = 8, u; =(1- DB + y - lơ

CC’ có phương trình [z - Z¡, uạ] = 0, z; =, uy= (m - Ì) y + ơ - mỹ

(2, Us) = [B, y | - l [B, a) = [B, y ]:ÍZ›, uạ] = fy, œ ] - m [+,B ]= - m ly, ð |

{u;, Ue} = (mk + 1 - m) [B,y} ; [uo, u;] = (kl + 1 - k) [B, y ]:

[u¡, Up) = (Im +1- 1) [B, y ]

Giả sử AA‘ và BB’ cắt nhau Khi đó {uạ, u¡| # 0

Vậy AA', BB', CC' đồng qui

<> [Zo, Uo} (Uy, 0;]+|z¡, uy] [u¿, Uo} + [Z2, U2] [uo, uy] =O

<> (mk + 1 - m) [B, y]Ÿ + m (kl + 1 - k) [B y]=

« (1 + mkl) [Ð , yf # 0

<> kim = - I(doA,B,C không thẳng hàng nên [B, y ]z0)

* Nhận xét :Khi AA’, BB’, CC’ không đồng qui

Giả sử AA’, BB', CC’ đôi một cắt nhau.

Gọi A;=BB'xCC',B;=CC' x AA’

C, =AA’ x BB’

ă [Malle Uy ]+[U, WU, ]ÍZz¿,0ạ +182, U5 JÍz,.u ly) S—— = =

ABC [uy ,u, ](u,,u; }[u,,U9)

F (kim+ĐI8.rl' 1 (wim+ DỶ

” 2(mk+I- m)&l+I—k)#m+l— DB 2 (kl+1—k)(Qm+1—1)(mk+1-k)

Ví dụ 2.3:Cho tam giác ABC, dựng bên ngoài những tam giác đều ABC’ ACB’,

BCA’ Chứng minh:AA’, BB’, CC’ đồng qui.

B` * Nhận xét: Bài toán này thường được chứng minh bằng cách

áp dụng định lý Céva vào tam giác ABC.

Nếu ta dùng phương pháp số phức để chứng minh mà áp dụngđịnh lý Céva sẽ khó khăn hơn là chứng minh trực tiếp bằng cách

sử dụng diéu kiện cẩn và đủ để các đường thẳng đồng qui

Giải:

Coi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức với gốc tại A Goi a, B, y, a’, B’, y`, lần

lượt là tọa vị A B, C, A’, B',C' Giả sử tam giác ABC định hướng thuận Ta có:

[z¿, uy) = [ð,(1 + i43) y - 2ð ] = [By ]+ V3 <B, y>

[uz, uo] = [(1 - ¡⁄3)B - 2+, (1 +iv3) B +(1- i⁄3)y]

= [B - 2y - i3 B B+ y +iv3 (B - y)]

=6[B - œ,y - ơ] + V3 (a2 +b? +0") = 12SABC + V3(a?+b +c?)

Vì tam giác ABC định hướng thuận nên S ABC >0 do đó [{uạ, up] # 0

{z>, uy] = [y, (1 -iv3) 8 ~ 2y] =[v, B] - V3 fy,iB]=[ y, BI- Ý31B Ì

Ta thấy up + uy + uy = 0=2 [uo, uy] = [u;, uo]

Do đó [Z¿, Uy] [U), U2] + [Z¿, Uy] [u;, Uo) + [22 U2] [uọ, Uy]

= 0 + [Z), uy] [U2, Uo] - [Z¡ , uy] [U2, uạ] = 0

Vậy 3 đường AA’, BB’, CC’ đồng qui.

Tương tự cho trường hợp tam giác ABC định hướng ngược

khi đó QTM*, (C)=Bhay Q '„.(B)=C

=> [U2, ol 12 Soma + v3 (a? + b? +7) > 0

thi AA',BB',CC' cũng đồng qui

* Nhận xét: Đểđơn giản ta giả sử tam giác ABC định hướng thuận

1) Nếu trên các cạnh AB, BC, CA ta dựng các tam giác đều cùng hướng vào

trong tam giác (A khác A’, B khác B', C khác C') thi AA’, BB’, CC’ có còn đồng

qui không?

2) Trong chứng minh trên ta sử dụng QŸ (C) = 8, p= 3

Vậy với ọ bất kỳ thì AA’, BB’, CC’ có còn đồng qui không?

Từ đó ta mở rộng bài toán sau:

Cho tam giác ABC Dựng các tam giác cân đồng dạng cùng hướng ABC’, BCA’,

CAB’ (A' khác A, B' khác B, C khác C)

Tìm điều kiện để AA’, BB’, CC’ đồng qui

Giải:

Gọi mặt phẳng đang xét là mặt phẳng phức gốc tại A.Gọi œ, B, y, a’, B’, y` lần lượt

là tọa vị A, B, C, A', B', C'.Giả sử tam giác ABC định hướng thuận.

* Phương trình CC" :[z - z¡, u;] = 0, 2 = y, uạ= (Ô - y) + À (ơ - B)

Vì uy + Uy + u; = Ö nên [uo, Uy] = [u¡, U2} = [U2, Uo}