sử dụng số phức để nghiên cứu một số tính chất trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH KHOA TOÁN  KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP CHUYÊN NGÀNH HÌNH HỌC Đề tài : SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG TAM GIÁC GVHD : Th.S LÊ NGÔ HỮU LẠC THIỆN SVTH : TRẦN HUỲNH ANH LỚP : TOÁN 5C – VŨNG TÀU Niên khóa 2007 – 2012 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH, THÁNG NĂM 2012 MỤC LỤC Trang phụ bìa Mục lục LỜI MỞ ĐẦU CHƯƠNG : MỘT SỐ LÝ THUYẾT CƠ BẢN I TỔNG QUAN VỀ SỐ PHỨC Biễu diễn số phức mặt phẳng tọa độ 2 Tọa độ liên hợp Dạng lượng giác dạng mũ số phức Vectơ số phức Các phép toán số phức 5.1 Phép cộng 5.2 Phép trừ 5.3 Phép nhân 5.4 Phép chia Căn bậc n đơn vị 6.1 Định nghĩa bậc n số phức 6.2 Căn bậc n đơn vị II NHỮNG PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN Phép biến hình Phép tịnh tiến Phép quay Phép vị tự Hệ thức ba điểm 10 Đối xứng trục 10 Phép nghịch đảo 11 Điểm vô tận mặt phẳng Gauss 11 Tích phép biến hình 12 10 Phép đối hợp 13 III TỈ SỐ KÉP 14 Định nghĩa giải thích 14 Các tính chất 14 Trường hợp có điểm vô tận 15 Tỉ số kép thực 15 IV ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN 17 Đường thẳng 17 1.1 Điểm chia đoạn thẳng 17 1.2 Phương trình tham số 18 1.3 Phương trình tổng quát 18 1.4 Điều kiện trực giao, thẳng hàng 20 Đường tròn 20 2.1 Phương trình tổng quát 20 2.2 Phương trình tham số 21 CHƯƠNG : SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG TAM GIÁC 23 Tích thực hai số phức 23 Tích phức hai số phức 24 Tâm tỉ cự số điểm đặc biệt tam giác 27 điểm đường tròn Euler 29 Các khoảng cách đặc biệt tam giác 31 5.1 Các bất biến tam giác 32 5.2 Khoảng cách OI 33 5.3 Khoảng cách ON 34 5.4 Khoảng cách OH 35 Khoảng cách hai điểm mặt phẳng tam giác 36 6.1 Tọa độ tỷ cự 36 6.2 Khoảng cách hai điểm theo tọa độ tỷ cự 37 Diện tích tam giác theo tọa độ tỷ cự 38 Các tam giác trực giao 41 8.1 Đường thẳng Simpson tam giác thủy túc 41 8.2 Điều kiện cần đủ tính trực giao 45 CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 47 Dạng 1: Sử dụng tích thực tích phức để chứng minh tính vuông góc, thẳng hàng song song 47 Dạng : Các toán liên quan đến đường tròn điểm Euler 51 Dạng 3: Chứng minh tam giác trực giao 54 Dạng 4: Một số toán tổng hợp 57 KẾT LUẬN 69 TÀI LIỆU THAM KHẢO 70 LỜI MỞ ĐẦU Số phức xuất từ kỷ XIX nhu cầu phát triển toán học giải phương trình đại số Kể từ đời, số phức có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác Toán học Một ứng dụng quan trọng dùng số phức công cụ để đưa cách giải số dạng toán tam giác ngắn gọn đơn giản cách giải thông thường Tuy nhiên, việc nắm vững khái niệm, tính chất liên quan việc sử dụng số phức để giải toán vấn đề khó đòi hỏi phải tìm tòi biết vận dụng kiến thức đa dạng số phức toán học Vì vậy, em chọn đề tài ‘‘SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG TAM GIÁC’’ khóa luận tốt nghiệp Bài khóa luận nhằm mục đích bổ sung kiến thức số phức, sử dụng số phức công cụ để tìm hiểu tính chất giải dạng toán tam giác Nội dung khóa luận gồm ba chương : Chương I : Giới thiệu số lý thuyết số phức Chương II : Sử dụng số phức để nghiên cứu số tính chất tam giác Chương III : Sử dụng lý thuyết chương II giải số dạng toán tam giác Do hạn chế thời gian kiến thức nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót hạn chế Em mong nhận ý kiến nhận xét, đóng góp quý báu Quý thầy cô bạn Em đặc biệt cảm ơn thầy LÊ NGÔ HỮU LẠC THIỆN dành nhiều thời gian công sức để đọc, hướng dẫn giúp đỡ em suốt trình thực hoàn thành khóa luận Em xin chân thành cảm ơn QUÝ THẦY CÔ BAN CHỦ NHIỆM KHOA TOÁN tận tình giảng dạy, hướng dẫn chúng em suốt trình học tập trường tạo điều kiện cho em thực khóa luận Thành phố Hồ Chí Minh, tháng năm 2012 Sinh viên thực Trần Huỳnh Anh CHƯƠNG : MỘT SỐ LÝ THUYẾT CƠ BẢN I TỔNG QUAN VỀ SỐ PHỨC Biễu diễn số phức mặt phẳng tọa độ Xét số phức z  x  iy ( x , y   ) Trong mặt phẳng cho hai trục tọa độ Ox , Oy vuông góc Điểm Z (x , y ) gọi điểm biểu diễn, ảnh hình học (ảnh) số phức z Ngược lại, với điểm thực Z 1(x 1, y1 ) mặt phẳng tọa độ cho ta số phức z  x  iy1 , z gọi tọa độ phức điểm Z Mặt phẳng mà điểm thực xem ảnh số phức gọi mặt phẳng Gauss, mặt phẳng Cauchy, mặt phẳng biến phức Hệ 10 Trục Ox quỹ tích ảnh số thực Trục Oy quỹ tích ảnh số ảo Đó lí Ox Oy gọi trục thực trục ảo mặt phẳng Gauss 20 Số –z tọa độ phức điểm đối xứng với điểm Z qua gốc tọa độ O Tọa độ liên hợp Số phức liên hợp với z  x  iy xác định kí hiệu z  x  iy đọc “ z ngang” Ảnh Z số phức z điểm đối xứng với điểm Z qua trục Ox Dạng lượng giác dạng mũ số phức Cho số phức z  x  iy , ta viết z dạng lượng giác z  r (cos q  i sin q ), r  x  y  [0, ) gọi mođun z q  [0, 2p) số đo  góc vectơ OZ trục Ox theo chiều dương gọi argument z Cho z  , môđun argument z xác định Xét z  r (cos q  i sin q ) đặt t  q  k 2p , k   Khi z  r [cos(t  k 2p)  i sin(t  k 2p)]  r (cos t  i sin t ), nghĩa số phức z biễu diễn dạng z  r (cos t  i sin t ), r  0, t   Đặt Argz  t : q  2k p, k   gọi argument mở rộng số phức z Do đó, hai số phức z 1, z  có biễu diễn dạng lượng giác z  r1(cos t1  i sin t1 ); z  r2 (cos t2  i sin t2 )  r1  r2    t  t  2k p, k    1 * Sử dụng công thức Euler cos q  i sin q  e iq , số phức z  x  iy viết sau z  re iq gọi dạng mũ z Khi z  , ta chọn r  q tùy ý Ta có : z  re iq Vectơ số phức  Ảnh Z số phức z xác định ta biết vectơ OZ Khi ta nói số phức z biểu diễn vectơ Số phức vectơ có môđun ta nói argument số phức argument vectơ Các phép toán số phức 5.1 Phép cộng Nếu n số phức z k  x k  iyk (k  1, 2, , n ) có n ảnh Z k tổng chúng z  z  z   z n (1) có ảnh Z xác định phương trình hình     học OZ  OZ  OZ   OZ n (2) Giả sử Z x , y  Ta tìm tọa độ Z dựa vào phương trình (2) Bằng cách lấy đại số trục Ox , sau trục Oy , ta có hai phương trình đại số x   x k , y = yk phương trình (1) Do x  iy   (x k  iyk ) , 5.2 Phép trừ Nếu số phức z 1, z biểu thị   vectơ OZ 1, OZ hiệu số z  z1  z biểu thị hiệu số hình học    OZ  OZ  OZ vectơ tương ứng Ta có z  z  (z )  z  z 2 Điểm Z 2 đối xứng với Z qua O      Từ mục 5.1, ta có OZ  OZ  OZ 2  OZ  OZ (3) Hệ quả:     Phương trình (3) viết lại OZ  Z 2Z , Z 2Z giống OZ biểu thị hiệu z  z 5.3 Phép nhân Nếu số phức z 1, z biểu thị   vectơ OZ 1, OZ tích z  z 1z  biểu thị vectơ OZ có từ vectơ  OZ theo cách sau:  Quay vectơ OZ quanh O góc với  argument vectơ OZ 20 Nhân vectơ vừa thu với mođun  vectơ OZ Nếu r1, r2 q1, q2 mođun argument z 1, z ta có iq iq z  r1e , z  r2e Vì z  z 1z  r1r2e i (q1 q2 ) Khi arg z   q1  q2 mođun z r1r2  OZ 1.OZ Ta lấy điểm U trục Ox có hoành độ 1 Điểm Z mà ta tìm kiếm đỉnh thứ ba tam giác OZ 1Z đồng dạng với tam giác OUZ với  OZ OZ  (Ox ,OZ )  q1  q2, OZ OU  5.4 Phép chia   z Nếu số phức z 1, z biểu thị vectơ OZ 1, OZ tỉ số z  z2   biểu thị vectơ OZ tạo từ vec tơ OZ theo cách sau:  Quay OZ quanh O góc  với  arg(OZ ) 20 Chia vectơ vừa thu cho  mođun vectơ OZ Sử dụng mục 5.3, dựng điểm Z ảnh hình học z z  r1 i (q1 q2 ) e r2 Điểm Z đỉnh thứ ba tam giác OZ 1Z đồng dạng với tam giác OZ 2U Như ta thực phép chia trường hợp ngược lại phép nhân Căn bậc n đơn vị 6.1 Định nghĩa bậc n số phức Xét số nguyên dương n  số phức z  Phương trình Z n  z0  (1) dùng định nghĩa bậc n số phức z Ta gọi nghiệm Z phương trình (1) bậc n z Định lí Đặt z  r (cos q  i sin q ) số phức với r  q  [0, 2p) Căn bậc n z gồm n nghiệm phân biệt cho công thức Z k  n r (cos q  2k p q  2k p  i sin ), k  0,1, , n  n n Chứng minh Biểu diễn số phức Z dạng lượng giác, tức Z  r (cos j  i sin j ) Theo định nghĩa, ta có Z n  z  r n (cos nj  i sin nj )  r (cos q  i sin q )  r  n r n   r  r     q 2p   nj  q  2k p, k   , k    jk   k   n n   Vậy nghiệm phương trình (1) Z k  n r (cos jk  i sin jk ), k   Lưu ý  j  j1   jn 1  2p, jk , k  0,1, , n  1 argument Ta có n nghiệm phân biệt z Z , Z 1, , Z n 1 Ta chứng minh phương trình có n nghiệm phân biệt Xét số nguyên k bất kì, đặt r  0,1, , n  1 phần dư k chia cho n Khi k  nq  r , q   jk  Rõ ràng Z k  Z r Do Z k q q 2p 2p  (nq  r )  r  2q p  jr  2q p n n n n : k    Z 0, Z 1, , Z n 1  Nói cách khác phương trình có n nghiệm phân biệt Biểu diễn hình học bậc n số phức z  đỉnh n giác nội tiếp đường tròn có tâm gốc tọa độ bán kính n r Để chứng minh điều này, ta kí hiệu điểm M , M 1, , M n 1 với tọa độ phức Z , Z 1, , Z n 1 Vì OM k  Z k  n r , k  0,1, , n  1 nên M k  C (0; n r )  Mặt khác, số đo cung M M k 1 với k arg Z k 1  arg Z k  q  2(k  1)p  (q  2k p) 2p  , k  0,1, , n  2 n n 2p 2p   p   ( n 1) suy M M n 1 n n    Bởi tất cung M M 1, M M , , M M nên đa giác n 1 M 0M M n 1 6.2 Căn bậc n đơn vị Một nghiệm phương trình Z n   gọi bậc n đơn vị Vì  cos  i sin , từ công thức tìm bậc n số phức, ta suy bậc n đơn vị ek  cos 2k p 2k p  i sin , k  0,1, 2, , n  1 n n Suy ra, ta có e0  cos  i sin  1; e1  cos 2p 2p  i sin  e; n n bc  trình AH hay ta cần chứng minh   a  (b  c)  (1)  a  Áp dụng định nghĩa tích thực, ta có bc  bc   (1)    a  (b  c)    a  (b  c)   a  a   abc  bc   R2 R2      a  (b  c)    a        a c    b  R  abc R aR    (b  c)   a     (đúng)  R a bc  Suy A1, B1, C 1 có tọa độ phức Vì bc ca ab , , a b c bc ca ab  abc nên suy tam giác ABC A1 ' B1 ' C1 ' trực giao a b c Bài toán Cho P P  điểm phân biệt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cho đường thẳng AP  AP  đối xứng qua đường phân giác góc BAC Chứng minh tam giác ABC APP  trực giao Giải Xét p p  tọa độ phức điểm P P  Rõ ràng PP  / /BC Sử dụng tích phức, suy (p  p )  (b  c)   (p  p )(b  c)  (p  p )(b  c)  Xét điểm gốc mặt phẳng phức trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có  R2 R2   R2 R2  (p  p )        (b  c)  c   p p    b 1    R (p  p )(b  c)   bc pp   Vì bc  pp   abc  app  Do tam giác ABC APP  trực giao Dạng 4: Một số toán tổng hợp Bài toán Gọi M , N , P, Q, R, S trung điểm cạnh AB, BC , CD, DE , EF , FA lục giác Chứng minh RN  MQ  PS MQ  PS (Chung kết olympic toán Rumani 1994) Giải Gọi a, b, c, d, e, f  là toạ độ phức tương ứng đỉnh lục giác Các điểm M , N , P, Q, R, S có toạ độ phức tương ứng m q a b c b c d , n ,p , 2 d e ef ,r  , 2 s af Áp dụng tính chất tích thực số phức, ta có RN  MQ  PS  (e  f  b  c).(e  f  b  c)  (d  e  a  b).(d  e  a  b)  ( f  a  c  d ).( f  a  c  d ) 2  (e  b)  ( f  c)  (e  b)  (d  a )  ( f  c)  (a  d ) 2 2  e  b  2(e  b).( f  c)  f  c  e  b  2(e  b).(d  a ) 2  d  a  f  c  2( f  c).(a  d )  a  d  (e  b).( f  c)  (e  b).(d  a )  ( f  c).(a  d )  a  d  (e  b).( f  c  a  d )  (a  d ).( f  c  a  d )  (d  e  a  b).( f  a  c  d )   MQ  PS Điều phải chứng minh Bài toán Cho A1A2 An đa giác nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Chứng minh với điểm M mặt phẳng hệ thức sau n  MA k k 1  n(OM  R ) Giải Xét mặt phẳng phức với gốc toạ độ điểm O gọi Rek toạ độ phức đỉnh Ak , ek bậc n đơn vị, k  1n Gọi m toạ độ phức M Sử dụng tính chất tích thực số phức ta có n n k 1 k 1 n n k 1 k 1  MAk2   (m  Rek ).(m  Rek )  n m  2R( ek ).m  R2  ek n   (m.m  2Rek m  R ek ek )  nOM  nR  n(OM  R ) ( 2 2 k 1 Nhận xét: Nếu M thuộc đường tròn ngoại tiếp đa giác n  MA k 1 k n e k 1 k  0)  2nR Bài toán Cho a, b, c số phức phân biệt cho a  b  c b  c  a  a Chứng minh b  c  Giải Gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức a, b, c Chọn tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trùng với gốc toạ độ mặt phẳng phức ký hiệu R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi aa  bb  cc  R Sử dụng tích thực số phức, ta có 2 b  c  a  a  b  c  a  a  (b  c  a ).(b  c  a )  a 2  a  b  c  2b.c  2a.c  2a.b  a 2  2(R  b.c  a.c  a.b)   a.a  b.c  a.c  a.b   (a  b).(a  c)   Vậy AB  AC hay BAC  900 Hay BC đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do b  c  Bài toán Cho E , F , G, H trung điểm cạnh AB, BC , CD, DA đa giác lồi ABCD Chứng minh AB  CD  BC  AD  2(EG  FH ) Giải Chữ thường ký hiệu cho tọa độ phức điểm ký hiệu chữ hoa e a b c b c d a d ,f  ,g ,h  2 2 Sử dụng tích thực số phức, hệ thức BC  AD  2(EG  FH )  (c  b).(c  b)  (d  a ).(d  a )  (c  d  a  b).(c  d  a  b)  (a  d  b  c).(a  d  b  c)  c.c  b.b  d d  a.a  2b.c  2a.d  a.a  b.b  c.c  d d  2a.c  2b.d  a.d  b.c  a.c  b.d  (a  d ).(d  c)   AB  CD , thỏa yêu cầu toán Bài toán Gọi G trọng tâm tam giác ABC A1, B1, C trung điểm cạnh BC , CA, AB Chứng minh MA2  MB  MC  9MG  4(MA12  MB12  MC 12 ) với điểm M mặt phẳng Giải Kí tự thường kí hiệu cho tọa độ phức điểm kí hiệu kí tự hoa g b a a b c b c a c , a1  , b1  , c1  2 Sử dụng tích thực số phức, ta có: MA2  MB  MC  9MG  (m  a ).(m  a )  (m  b).(m  b) (m  c).(m  c)  9(m  a b c a b c ).(m  ) 3 2  12 m  8(a  b  c).m  2( a  b  c )  2a.b  2b.c  2c.a Mặt khác  b  c   b  c   c  a   c  a   m    m   m   4(MA12  MB12  MC 12 )  m          2 2          a  b   a  b   m    m      2 2  12 m  8(a  b  c).m  2( a  b  c )  2a.b  2b.c  2c.a, ta điều cần chứng minh Bài toán Cho tam giác ABC Gọi H , O, R trực tâm, tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi D điểm đối xứng A qua BC , E điểm đối xứng B qua CA F điểm đối xứng C qua AB Chứng minh điểm D, E , F thẳng hàng OH  2R Giải Các kí tự thường kí hiệu cho tọa độ phức điểm kí hiệu kí tự hoa Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn đơn vị A ', B ', C ' chân đường vuông góc từ A, B, C xuống cạnh tam giác ABC Khi a '  bc  ca  ab   1 1 a  b  c   , b '  a  b  c   , c '  a  b  c   a  b  c  2 2 2 Vì A ', B ',C ' trung điểm AD, BE , CF nên ta có d  b c  bc ac ab , e  a c  , f  a b  a b b Các điểm D, E , F thẳng hàng  Ta có d  e  b  a  d e d e  f e f e (1) ac bc ab  c(a  b)   (b  a ) b a ab d e  1 b a b  a c     (b  a ) b a ac bc abc tương tự f  e  (b  c) bc  a(b  c) b  c a , f  e  (b  c) bc abc Thay vào (1) ta : ab  c(a  b) bc  a(b  c) (b  c) ab bc  (b  c)abc b  a c (b  a ) abc c(ab  ac  bc a(bc  ab  ac)   a b c b  c a (b  a )  (a 2b  a 2c  abc)(c  a  b)  (c 2a  c 2b  abc)(a  b  c)   (c  a )(abc  a 2b  ab  a 2c  ac  b 2c  bc )   abc  a 2b  ab  a 2c  ac  b 2c  bc  (2) Ta có OH  2R  h  (vì R  )  1 1   h  hh  (a  b  c)     a b c  a 2b  ab  a 2c  ac  b 2c  bc  3abc  abc 2  abc  a b  ab  a 2c  ac  b 2c  bc  (3) Ta có (2)  (3) (điều phải chứng minh) Bài toán Cho bốn điểm A, B, C , D nằm đường tròn Gọi H trực tâm tam giác ABD Gọi X giao điểm đường thẳng Simson tương ứng đỉnh A tam giác BCD đường thẳng Simson tương ứng đỉnh B tam giác ACD Chứng minh ba điểm H , X , C thẳng hàng Giải Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đơn vị kí tự thường kí hiệu cho tọa độ phức điểm kí hiệu kí tự hoa Gọi A1, A2 A3 chân đường vuông góc từ A đến BC , CD BD Gọi B1, B2 B3 chân đường vuông góc từ B đến AC , CD DA Khi a1  bc  bd  cd       ’            a b c a a b d a a c d , ,    a  2  a   a   ac  cd  da  1 1 1 b1  b  a  c  , b2  b  c  d  , b3  b  d  a   b  b  b     Vì điểm X , A1, A2 thẳng hàng nên ta có : (x  a1 )  (a2  a1 )   1 (x  a1 )(a2  a1 )  (x  a1 )(a2  a1 )    2  bc bd  d  c    x  a1 a  a1 2 a a  bcd     a  1 a a x  a1 a  a1      d c bc bd  abc  acd  abd  bcd  1 x  a  b  c  d    a2  a (1) Suy x  bcd Vì X , B1, B2 thẳng hàng nên tương tự ta có : 1 abc  acd  abd  bcd  x  a  b  c  d    b2  x b (2) acd (1) & (2)  1 abc  acd  abd  bcd   abc  acd  abd  bcd        x  a  b  c  d  x a b c d      a2 b2   a b bcd acd x  a  b  c  d  Vì H trực tâm tam giác ABD nên h  a  b  d Ta có x c x c  h c h c  a b  d c a b  d c hay (x  c)  (h  c)  Vậy ba điểm X , H , C thẳng hàng (điều phải chứng minh) Bài toán Chứng minh diện tích tam giác mà đỉnh chân đường vuông góc từ đỉnh ngũ giác nội tiếp đến cạnh không chứa đỉnh không phụ thuộc vào việc chọn đỉnh Giải Các kí tự thường kí hiệu cho tọa độ phức điểm kí hiệu kí tự hoa Giả sử ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn đơn vị X , Y , Z chân đường vuông góc từ A đến BC , CD DE Khi x  bc  cd  de   1 1 a  b  c   , y  a  c  d   , z  a  d  e   a  a  a  2 2 2 Ta có bc a x x i i cd S [XYZ ]  y y  a  c  d  a z z de a d e  a a b c  a b c  a c d  a d e  bc bc a b c  a a i (d  b)(a  c) (d  b)(a  c)  a bcd (e  c)(a  d ) (e  c)(a  d ) a a a b c  a b c    i(d  b)(a  c)(e  c)(a  d ) a a bc a cd a de a 1 1 0 bc bc a b c  a a bcd cde 0 i(a  c)(d  b)(a  d )(e  c)  1  i(a  c)(d  b)(a  d )(e  c)(b  e)    acde abcd  8abcde Vì diện tích tam giác XYZ biểu thức đối xứng a, b, c, d, e Do diện tích tam giác mà ta cần tìm không phụ thuộc vào việc chọn đỉnh ngũ giác cho (trong trường hợp đỉnh A) Bài toán Đặt a, b , g độ dài cạnh BC , CA, AB tam giác ABC giả sử a  b  g Các điểm O, I , H tâm đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp trực tâm tam giác ABC Chứng minh S [OIH ]  (a  b )(b  g )(g  a), 8r r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Giải Xét tam giác ABC , định hướng dương mặt phẳng phức có gốc tọa độ điểm O Sử dụng tích phức tọa độ phức I H , ta có S [OIH ]     1  aa  bb  gc  (a  b  c) (I  h )    2i 2i  a  b  g  4si aa  bb  gc  (a  b  c) (với s  a  b  g )    a  (aa  bb  gc)  b  (aa  bb  gc)  c  (aa  bb  gc) 4si   a  (bb)  a  (gc)  b  (aa )  b  (gc)  c  (aa )  c  (b b) 4si    (a  b )a b  (b  g )b c  (g  a)c a  4si   [(a  b ).S [OAB ]  (b  g ).S [OBC ]  (g  a).S [OCA]] 2s  R s in2C R s in2A R s in2B  [(a  b )  (b  g )  (g  a ) ] 2s 2  R2 [(a  b ) sin 2C  (b  g ) sin 2A  (g  a) s in2B ] 4s R2  [(a  b )2 sin C cos C  (b  g )2 sin A cos A  (g  a)2 sin B cos B ] 4s  R2 g a2  b  g a b  g  a2 b a2  g  b  (b  g )  (g  a ) [(a  b ) ] 2s 2R 2ab 2R 2bg 2R 2ag  R  (a  b )g (a  b  g )  (b  g )a (b  g  a )  (g  a)b (a  g  b )    8abg s  (a  b )(b  g )(g  a), thỏa yêu cầu toán 8r Bài toán 10 Cho tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trùng với gốc tọa độ mặt phẳng phức Gọi G, H , I , N trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, điểm Nagel tam giác ABC Chứng minh rằng: a Các điểm O, G, H thẳng hàng b Các điểm I , G, N thẳng hàng Giải a Nhắc lại: Các điểm M 1(z ), M (z ), M (z ) thẳng hàng  z  z1   z  z1 Ta chứng minh câu a Nếu tâm O đường tròn ngoại tiếp trùng với gốc tọa độ mặt phẳng phức ta có zO  0, zG  Ta có (a  b  c), z H  a  b  c zG  zO    * Do điểm O, G, H thẳng hàng z H  zO b Ta có    a b g a b g a  b  c, zG  (a  b  c) zN  1  a  1  b  1  c  2s 2s 2s s  s  s    Ta có z N  3zG  2z I  3(zG  z I ) zI  Suy (zG  z I )  (z N  z I )  (zG  z I ) [3(zG  z I )]  (theo tính chất tích phức) Do điểm I , H , N thẳng hàng Bài tập 11 Các điểm A1, A2 , B1, B2, C 1, C đặt cạnh BC , CA, AB tam giác ABC cho đường thẳng AA1, BB1, CC giao P1 AA2 , BB2 , CC giao P2 Chứng minh BAk AkC  pk CBk m AC k n ,  k,  k , k  1, nk B A pk C B mk k k mk , nk , pk số thực khác 0, k  1, Sk  mk  nk  pk , k  1, P1P22  S12S 22   S S  (n p  p n )a  S  n p a  S  n p a  2 2 1  cyc  cyc cyc   Giải Các tọa độ phức điểm P1 P2 z P  k mka  nkb  pkc , k  1, mk  nk  pk Suy trường hợp tọa độ tỷ cự tuyệt đối P1 P2 cho ak  mk m nk n pk p  k , bk   k , gk   k , k  1, mk  nk  pk Sk mk  nk  pk Sk mk  nk  pk Sk Thế vào công thức định lí mục 6.2 chương ta n n1  p2 p1   P P         a   2 S1 S  S S1  S S1  cyc  2   S S 22  S n p cyc 2  (S n cyc  S 2n1 )(S1p2  S p1 )a   S 22n1p1  S1S (n1p2  n2 p1 ) a   2 2 2  ( ) S S n p  p n a  S n p a  S n p a    1 2 2 1 S12S 22  cyc  cyc cyc ta chứng minh công thức thỏa yêu cầu Bài tập 12 Cho tam giác ABC Gọi G, I , s, r , R trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh GI  (s  5r  16Rr ) Giải Ta sử dụng công thức tập 21 để tính khoảng cách GI Ta có m1  n1  p1  m2  a, n2  b , p2  g Do S1   m1  3, S   m2  a  b  g  2s; cyc  (n p cyc cyc  n2 p1 )a  (b  g )a  (g  a)b  (a  b )g 2  (a  b  g )(ab  bg  ga)  3abg  2s(s  r  4rR)  12sRr  2s  2sr  4sRr Mặt khác, n p a cyc n p a cyc 1 2 2  a 2bg  b ga  g 2ab  abg (a  b  g )  8s 2Rr  a  b  g  2s  2r  8Rr Khi GI  6s(2s  2sr  4sRr )  9.8s 2Rr  4s (2s  2r  8Rr ) 9.4s    (s  5r  16Rr ) Bài tập 13 Xét tam giác ABC điểm A1, B1, C đặt đường thẳng BC , CA, AB cho A1B AC  k1, B1C B1A  k2 , C 1A C 1B  k Chứng minh AA1  BB1  P1, BB1  CC  P2 , CC  AA1  P3 S [P1P2P3 ] (1  k1k2k )2  S [ABC ] (1  k1  k1k2 )(1  k2  k2k )(1  k  k 3k1 ) Giải Áp dụng định lí Menelaus biết tam giác AA1B ta có Do P3A P3A1  C 1A CB P3A1 1 C 1B CA1 P3A C 1A CB  k (1  k1 ) C 1B CA1 Tọa độ phức P cho zP  a  k (1  k1 )z A 1  k (1  k1 )  b  k1c a  k 3b  k 3k1c  k1   k  k 3k1  k  k 3k1 a  k (1  k1 ) Tương tự ta có z P  k1k2a  b  k1c k a  k2k 3b  c z P   k2  k2k  k1  k1k2 Các tam giác ABC P1P2P3 có hướng; cách áp dụng công thức định lí mục chương 2, ta có k1k2 k1 S [P1P2P3 ]  k k2k S [ABC ] (1  k1  k1k2 )(1  k2  k2k )(1  k  k 3k1 ) k k 3k1 (1  k1k2k )2  (1  k1  k1k2 )(1  k2  k2k )(1  k  k 3k1 ) Bài tập 14 Chứng minh tứ giác lồi ABCD nội tiếp AC BD  AB.CD  BC AD (1) Giải Trong mặt phẳng tam giác ABC xét điểm X gọi A B C  tam giác với cạnh AD.BC , BD.CA, CD.AB Nếu (1) tam giác A ' B ' C ' suy biến nghĩa S [A B C  ]  Từ công thức (7) mục 8.1 chương suy dd  R , d tọa độ phức điểm D R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do điểm D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Nếu tứ giác ABCD nội tiếp tam giác thủy túc điểm D tam giác ABC suy biến Từ công thức (6) mục 8.1 chương ta có PQ QR RP PQ  QR RP     CD.AB AD.BC BD.CA CD.AB  AD.BC BD.CA  AC BD  AB.CD  BC AD (điều phải chứng minh) KẾT LUẬN Số phức nội dung toán học việc tìm hiểu tất khái niệm liên quan đến số phức dễ Trong khóa luận, em nêu lên số lý thuyết số phức sử dụng số phức công cụ để nghiên cứu số tính chất tam giác Đồng thời, em đưa cách giải số dạng toán cách sử dụng phương pháp số phức Cái hay phương pháp số phức thể vấn đề, toán cụ thể Lời giải số toán dài dòng, phức tạp sau giải xong ta có phương pháp giải toán góp phần đáng kể vào việc rèn luyện kĩ năng, bồi dưỡng lực giải toán cho thân Em nhận thấy ưu điểm số phức việc giải số toán ta không cần vẽ hình mà giải toán hình học Điều giúp ích nhiều cho việc giải toán hình học mà việc sử dụng hình vẽ phức tạp Tóm lại, số phức trang bị cho ta thêm công cụ để giải toán hình học Việc tìm hiểu tiếp cận toán hình học nhiều phương pháp khác giúp ta nhìn nhận ưu phương pháp toán cụ thể TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp số phức hình học phẳng, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội Nguyễn Văn Mậu – chủ biên (2009), Chuyên đề số phức áp dụng, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội Phạm Thành Luân (2005), Số phức ứng dụng, NXB Giáo dục Đoàn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục Tiếng Anh Hans Schwerdtfeger (1980), Geometry of Complex Numbers, Dover Publications Liang-shin Hahn (1996), Complex Numbers and Geometry, The Mathematical Association of America Roland Deaux (2008) (Howard Eves dịch), Introduction to the Geometry of complex numbers, Dover Publications The IMO Compendium Group (2007), Complex Numbers in Geometry Titu Andreescu, Dorin Andrica (2005), Complex numbers from A to …Z, Birkhä user Boston [...]... 2 : SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG TAM GIÁC 1 Tích thực của hai số phức Khái niệm tích vơ hướng của hai vectơ rất quen thuộc Sau đây chúng ta giới thiệu khái niệm này đối với các số phức Ta sẽ thấy rằng trong nhiều trường hợp sử dụng tích này ta sẽ có được cách giải đơn giản hơn của một số bài tốn Đặt a và b là hai số phức Định nghĩa Tích thực của hai số phức a và b là một số được... 2 Trong trường hợp tam giác OAB có hướng âm suy ra tam giác OBA có hướng dương, do đó 2i.S OBA  b a  a b  2i.S [OAB ]   b Giả sử rằng A(a ), B(b), C (c) là ba điểm trong mặt phẳng phức Tích phức cho phép chúng ta thu được cơng thức hữu ích để tính diện tích tam giác ABC:   1   (a b  b c  c a ) nếu tam giác ABC có hướng dương S [ABC ]    2i  1   (a b  b c  c a ) nếu tam. .. riêng trong việc giải quyết các bài tốn liên quan đến diện tích hoặc tính thẳng hàng Đặt a và b là hai số phức Định nghĩa Số phức a b  Chú ý: a b  a b  1 (ab  ab) được gọi là tích phức của hai số phức a và b 2 1 1 (ab  ab)  (ab  ab)  0 2 2 Định lý 1 Giả sử rằng a, b, c là ba số phức Khi đó 1 a b  0 nếu và chỉ nếu a  0 hoặc b  0 hoặc a  lb trong đó l là số thực 2 a b  b a ( tích phức. ..  (d  c) (áp dụng tính chất 5) 3 Tâm tỉ cự và một số điểm đặc biệt trong một tam giác Định lý 1 Xét các điểm A ', B ', C ' trên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC sao cho AA', BB', CC' giao nhau tại Q và đặt: BA ' A 'C  p CB ' m AC ' n ,  ,  n B 'A p C 'B m Nếu a, b, c lần lượt là các toạ độ phức của A, B, C thì toạ độ phức của Q là: q ma  nb  pc m n  p Chứng minh Toạ độ phức của các điểm...  ON  m.n  (b  a ).(d  c)  0 (theo tính chất 5 của tích thực) Định lý 3 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm trùng với gốc tọa độ của mặt phẳng phức Nếu a, b, c là các toạ độ phức của các đỉnh A, B, C thì trực tâm H có toạ độ phức h  a  b  c Chứng minh: Sử dụng tích thực của các số phức ta có phương trình của các đường cao AA, BB , CC  của tam giác lần lượt là AA ' : (z  a ).(b  c)... độ phức của G là a b c zG  3 2) Giả sử độ dài của các cạnh của tam giác ABC là: BC  a, CA  b , AB  g Nếu Q  I tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC , khi đó ta sử dụng kết quả đã biết liên quan đến đường phân giác của góc thì suy ra m  a, n  b , p  g Do đó toạ độ phức của I là 1 aa  bb  gc 1  [aa  bb  gc ] trong đó s  [a  b  g ] 2 ab g 2s 3) Nếu Q  H là trực tâm của tam giác. .. nó có hướng ngược chiều kim đồng hồ Ngược lại ta nói rằng tam giác có hướng âm” a Cho A(a ) và B(b) là các điểm phân biệt trong mặt phẳng phức khác điểm gốc Tích phức của hai số a và b có biểu diễn hình học như sau:  2i.S [OAB ] nếu tam giác OAB đònh hướng dương a b     2i.S [OAB ] nếu tam giác OAB đònh hướng âm   Thật vậy, nếu tam giác OAB có hướng dương thì  )  i a b sin(arg b )  i... của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó, tứ giác HBA C là hình bình hành Nếu HA ' BC  M thì zM  z  zA ' z  2o  a b c  z H  a  b  c  2o  H  H 2 2 2 2 Tích phức của hai số phức Tích có hướng của hai vectơ là khái niệm cơ bản trong đại số vectơ, với nhiều ứng dụng khác nhau trong tốn học và khoa học, ở phần này ta điều chỉnh tích này cho phù hợp với các số phức, người đọc sẽ thấy rằng... điểm U trên trục Ox có hồnh độ bằng 1, gốc O, và một điểm ở vơ tận cho ta (ZUO )  (Z 10)  z 4 Tỉ số kép thực Để tỉ số kép của bốn điểm Z 1, Z 2 , Z 3, Z 4 trong mặt phẳng phức là thực điều kiện cần và đủ là những điểm này phải cùng thuộc một đường thẳng hoặc cùng thuộc một đường tròn Khi đó tỉ số kép này cũng được xét tương tự như tỉ số kép được xét trong hình học sơ cấp Ta có  Z Z Z Z   i [(a... tích phức khơng có tính chất giao hốn) 3 a  (b  c)  a b  a c (tích phức có tính chất phân phối đối với phép cộng) 4 a(a b)  (aa ) b  a  (ab) , a   5 Nếu A(a ) và B(b) là các điểm phân biệt khác điểm gốc, thì a b  0 khi và chỉ khi O, A, B thẳng hàng Nhận xét Nhớ lại rằng một tam giác được định hướng nếu các đỉnh của nó được sắp xếp theo một qui ước đặc biệt Tam giác có hướng dương ... tham số 21 CHƯƠNG : SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG TAM GIÁC 23 Tích thực hai số phức 23 Tích phức hai số phức 24 Tâm tỉ cự số. .. Chương I : Giới thiệu số lý thuyết số phức Chương II : Sử dụng số phức để nghiên cứu số tính chất tam giác Chương III : Sử dụng lý thuyết chương II giải số dạng tốn tam giác Do hạn chế thời gian... SỬ DỤNG SỐ PHỨC ĐỂ NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG TAM GIÁC Tích thực hai số phức Khái niệm tích vơ hướng hai vectơ quen thuộc Sau giới thiệu khái niệm số phức Ta thấy nhiều trường hợp sử dụng