Các bài toán về số phức trong mối quan hệ với hình học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LỆ QUYÊN CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC TRONG MỐI QUAN HỆ VỚI HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, NĂM 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LỆ QUYÊN CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC TRONG MỐI QUAN HỆ VỚI HÌNH HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Đình Nam HÀ NỘI, NĂM 2017 Mục lục Lời nói đầu iii Các khái niệm số phức 1.1 Lịch sử hình thành khái niệm số phức 1.2 Khái niệm số phức 1.2.1 Trường số phức 1.2.2 Khái niệm số phức 1.3 Các phép toán tập số phức 1.3.1 Phép cộng 1.3.2 Phép trừ 1.3.3 Phép nhân 1.3.4 Phép chia 1.4 Dạng lượng giác dạng mũ số phức 1.4.1 Dạng lượng giác số phức 1.4.2 Dạng mũ số phức 2 4 5 6 7 10 Sử dụng hình học để giải toán số phức 2.1 Phương pháp giải 2.1.1 Mô tả số công thức số phức biểu diễn khái niệm hình học 2.1.2 Phương pháp giải 2.2 Một số tập minh họa 2.2.1 Giải phương trình, hệ phương trình trường số phức 2.2.2 Dạng tập giải phương trình chứa tham số 2.2.3 Dạng tập tìm GTLN, GTNN trường số phức 2.3 Bài tập 11 11 Ứng dụng số phức vào giải số 3.1 Phương pháp giải 3.1.1 Một số khái niệm hình học số phức 3.1.2 Phương pháp giải 41 41 i tập hình học biểu diễn ngôn ngữ 11 21 21 21 31 33 37 41 45 3.2 3.3 Một số tập minh họa 3.2.1 Dạng tập tính toán 3.2.2 Dạng tập chứng minh 3.2.3 Dạng tập tìm quỹ tích 3.2.4 Dạng tập tổng hợp Bài tập Kết luận 45 45 50 55 56 59 61 ii Lời nói đầu Số phức xuất từ kỉ XVI nhu cầu cần thiết để giải phương trình đại số Đã có nhiều nhà toán học nghiên cứu số phức mối quan hệ số phức hình học, điển hình Gaus, Hamilton Từ đời số phức góp phần mạnh mẽ vào phát triển toán học đại giải nhiều vấn đề khoa học kĩ thuật Tuy học sinh bậc trung học phổ thông số phức vấn đề tương đối mẻ Số phức đưa vào dạy học chương trình phổ thông với thời lượng không nhiều Qua học sinh nắm kiến thức nên gặp tập phức tạp số phức học sinh gặp nhiều khó khăn Bên cạnh đó, việc khai thác số phức công cụ để giải tập liên quan đến hình học vấn đề khó đòi hỏi học sinh phải có kiến thức đa dạng toán học có lực giải toán tốt Đã có nhiều luận văn, viết khoa học nghiên cứu đến việc sử dụng số phức công cụ để đơn giản hóa tập hình học từ đưa lời giải ngắn gọn cho toán hình học mà không cần sử dụng đến chứng minh hình học phức tạp Từ thấy ứng dụng quan trọng số phức vận dụng công cụ để giải tập hình học Tuy nhiên, từ kết thấy mối liên hệ chiều hình học số phức Việc làm rõ mối quan hệ tập số phức khái niệm hình học, sử dụng mối quan hệ để giải tập số phức chưa quan tâm Với mục đích làm rõ mối quan hệ hai chiều mối quan hệ hình học toán tập số phức, lựa chọn đề tài: "Các tập số phức mối quan hệ với hình học " Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn chia thành ba chương: Chương 1, trình bày khái niệm số phức bao gồm lịch sử hình thành khái niệm số phức, khái niệm số phức, dạng lượng giác số phức tính chất số phức Chương 2, trình bày việc áp dụng hình học để giải toán liên quan đến số phức Ở phần luận văn trình bày số phương trình số phức biểu diễn iii qua khái niệm hình học điểm, vecto, độ dài vecto, tích vô hướng hai vecto, tích hai vecto, góc hai vectơ, khoảng cách hai điểm mặt phẳng, vectơ phương vectơ pháp tuyến đường thẳng, phương trình đường thẳng, khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, phương trình đường tròn Từ tạo sở để giải toán số phức hình học Ngoài ra, chương đưa thêm số ví dụ minh họa tập sử dụng hình học để giải toán số phức Phần cuối chương có thêm số tập liên quan giúp củng cố luyện tập Chương 3, trình bày việc sử dụng số phức công cụ để giải toán hình học Trong chương trình bày số khái niệm hình học điểm, đoạn thẳng, vectơ, phương trình đường thẳng, phương trình đường tròn ngôn ngữ số phức Trên sở áp dụng số phức vào giải toán hình học Cuối chương số ví dụ tập luyện tập iv Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy, người hướng dẫn khoa học mình, TS Lê Đình Nam, người đưa đề tài, luôn quan tâm tận tình hướng dẫn suốt trình làm luận văn tác giả Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô khoa Toán, thầy cô môn Đại số giúp đỡ, góp ý kiến để tác giả hoàn thành luận văn suốt trình học tập vừa qua Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô Khoa đào tạo Sau đại học, Ban giám hiệu Trường Đại học Sư phạm Hà Nội tạo điều kiện trình tác giả học tập trường Đồng thời tác giả gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đặc biêt tập thể lớp K25 Đại số cổ vũ, động viên suốt trình vừa qua Hà Nội, tháng 06 năm 2017 Học viên Nguyễn Thị Lệ Quyên Chương Các khái niệm số phức 1.1 Lịch sử hình thành khái niệm số phức √ √ √ Các đại lượng ảo −1, b −1, a + b −1 xuất vào kỉ XVI công trình nhà toán học Italy "Nghệ thuật vĩ đại quy tắc đại số"(1545) G.Cardano(1501-1576) "Đại số"(1572) R.Bombelli(1530-1572) Khi √ giải phương trình bậc hai Cardano và2 Bombelli đưa vào xét kí hiệu −1 lời giải hình thức phương trình x + = 0.Từ √ ta có nghiệm hình 2 thức phương trình (x − a) + b = có dạng a + b −1 được√ Gauss gọi đại lượng "ảo" hay số phức kí hiệu a + bi, kí hiệu i := −1 L.Euler đưa vào gọi đơn vị ảo (năm 1777) Tuy vậy, thừa nhận số phức chậm √ công cụ toán học diễn chạp Người ta xem i := −1 nghiệm phương trình x +1 = không thừa nhận điểm chung với số - công cụ phép đếm Không vậy, việc chuyển quy√tắc thông thường đại số cho số phức tạo số nghịch lí như: i := −1 nên i2 := −1, đồng thời ta có : i2 = √ √ −1 −1 = (−1)(−1) = (−1) = √ 1=1 Vậy = −1 Một số nhà toán học đưa chứng minh cho hệ thức i2 = −1 điển L.S.Pointriagin Trong sách "Phương pháp tọa độ" ông mô tả lại chứng minh sau: Đầu tiên lấy nửa đường tròn đường kính AB Từ điểm R nửa đường tròn hạ đường vuông góc RS trung bình nhân độ dài SA SB Kí hiệu điểm −1 A, điểm +1 B điểm i R, S điểm mặt phẳng phức độ dài RS i, đoạn AS −1 đoạn SB +1 nên ta có i2 = (−1).(+1) = −1 Cardano gọi nghiệm phức nghiệm "ngụy biện" Ví dụ hệ phương trình   xy = 50  x + y = 10 √ Ông gọi ± −5 "nghiệm âm ngụy biện" Trong nhiều nhà toán học tìm cách chứng minh lý thuyết hóa số phức vài nhà toán hoc nhà toán học điển hình I.Newton lại không thừa nhận nhân tố Điều gây nhiều tranh cãi thời gian dài Nhà toán học Italia R.Bombelli(1526 - 1573) đưa định nghĩa số phức, lúc gọi "số có" "số ảo" công trình "Đại số" công bố lâu trước ông Ông định nghĩa số đó(số phức) nghiên cứu phương trình bậc ba đưa khái niệm bậc hai −1 Tiếp L.Euler(1777 - 1855) mở rộng khái niệm cho số phức bất kì(1738) đồng thời đưa kí hiệu ”i” để bậc hai −1 A.Moivre(1667 - 1754) thực giải toán bậc tự nhiên số phức Năm 1799 nhà toán học người Nauy C.Wessel đưa minh họa hình học số phức phép toán chúng Cho đến kỉ thứ XIX, Gauss thành công việc luận chứng cách vững khái niệm số phức Tên tuổi ông gắn liền với phép chứng minh xác định lý đại số khẳng định trường số phức C phương trình đa thức có nghiệm Ông chứng minh trường C trường đóng đại số nghĩa xét nghiệm trường ta không thu thêm số Đương nhiên trường số thực R trường số hữu tỉ Q tính chất đóng đại số Vậy khái niệm số mở rộng thêm với bao hàm thức N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C Nhà toán học K.Weierstrass chứng minh tập hợp số phức C mở rộng thành tập hợp rộng cách ghép thêm số mà tập bảo toàn phép tính quy luật phép toán tập số phức Ta thấy rằng, 2500 năm lịch sử toán học, trình tìm hiểu khái niệm số lúc bảo toàn quy luật số học bản(quy luật giao hoán phép cộng phép nhân, quy luật kết hợp phân phối, quy luật xếp tuyến tính tập hợp số) Ví dụ xây dựng trường số phức bảo toàn quy luật xếp tuyến tính trường số thực Từ đến số phức không ngừng hoàn thiện phát triển Không thúc đẩy phát triển toán học, giải nhiều vấn đề khoa học kĩ thuật 1.2 1.2.1 Khái niệm số phức Trường số phức Đặt i số cho i2 := −1 Xét tập hợp C = {z = x + iy; x, y ∈ R} Trong C ta trang bị hai phép toán cộng (+) nhân (.) sau: z1 + z2 = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) với ∀z1 , z2 ∈ C z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ) với ∀z1 , z2 ∈ C tập C với hai phép toán lập thành trường a)Với phép toán cộng C lập thành nhóm Aben: +)Tính chất kết hợp: ∀z1 , z2 , z3 ∈ C ta có: (z1 + z2 ) + z3 = [(x1 + x2 ) + x3 ] + i [(y1 + y2 ) + y3 ] = [x1 + (x2 + x3 )] + i [y1 + (y2 + y3 )] = z1 + (z2 + z3 ) +)Tính chất giao hoán: ∀z1 , z2 , z3 ∈ C ta có: z1 + z2 = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) = (x2 + x1 ) = i(y2 + y1 ) = z2 + z1 +)Có phần tử không + i0 z1 + (0 + i0) = (0 + i0) + z1 = z1 , ∀z1 ∈ C +)Với phần tử z1 = x1 + iy1 có phần tử đối là: z = −x1 − iy1 z1 + z = [x1 + (−x1 )] + i [y1 + (−y1 )] = + i0 b)Với phép toán nhân C∗ lập thành nhân Aben: +)Tính chất kết hợp: (z1 z2 ).z3 = z1 (z2 z3 ), ∀z1 , z2 , z3 ∈ C +)Tính chất giao hoán: z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ) = (x2 x1 − y2 y1 ) + i(x2 y1 + x1 y2 ) = z2 z1 +)Tập C có phần tử đơn vị 1+i0 ∀z1 = x1 + iy1 ta có (x1 +iy1 )(1+i0) = (1+i0)(x1 +iy1 ) = (x1 1−y1 0)+i(x1 0+y1 1) = x1 +iy1 = z1 +)Có phần tử nghịch đảo: ∀z1 = x1 + iy1 ∈ C∗ z1 = x1 y1 − i x21 + x22 x21 + x22 V P = AB + BC + CD2 + DA2 = (b − a) ¯b − a ¯ + (c − b) c¯ − ¯b + (d − c) (d − c) + (d − a) d − a ¯ (1) = 2(aa + aa + aa + aa) − ba + ab + cb + bc + cd + dc + da + ad V T = DB + AC + 4M N = (d − b) (d − b) + (c − a) (¯ c−a ¯) + b+d−a−c b+d−a−c (2) = 2(aa + bb + cc + dd) − ba + ab + cb + bc + cd + dc + da + ad Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.10 Cho tam giác ABC có trọng tâm G, chứng minh với điểm M thuộc tam giác ta có: 1) AB + BC + CA2 = GA2 + GB + GC 2) M A2 + M B + M C = GA2 + GB + GC + 3M G2 Bài giải Không làm tính tổng quát ta giả sử G trùng với gốc tọa độ O Trên mặt phẳng phức, giả sử a, b, c, m tọa vị điểm A, B, C, M Do G trọng tâm tam giác nên ta có a + b + c = 1)Ta có: GA2 + GB + GC = aa + bb + cc AB + BC + CA2 = (b − a) ¯b − a ¯ + (c − b) c¯ − ¯b + (c − a) (¯ c−a ¯) = 3(aa + cc + bb) − (a + b + c) a + b + c Do a + b + c = nên AB + BC + CA2 = 3(aa + cc + bb) suy điều phải chứng minh 47 2)Ta có: M A2 + M B + M C = (m − a) (m − a ¯) + (m − b) m − b + (m − c) (m − c) = 3mm + aa + cc + bb − m (a + b + c) − m a + b + c Do a + b + c = nên ta có: M A2 + M B + M C = 3mm + aa + cc + bb = 3M G2 + GA2 + GB + GC Vậy M A2 + M B + M C đạt giá trị nhỏ M G2 đạt giá trị nhỏ hay M trọng tâm tam giác ABC Ví dụ 3.11 Cho A, B, C góc tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = Cos2A + Cos2B + Cos2C Bài giải Lấy đường tròn đơn vị đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong măt phẳng phức, lấy a, b, c tọa vị điểm A, B, C Khi ta có aa = cc = bb = Ta có: −−→ −→ cb + bc cb + bc Cos2A = Cos OB, OC = = 2|b|.|c| −→ −→ ca + ac ca + ac Cos2B = Cos OA, OC = = 2|b|.|c| −→ −−→ ba + ab ba + ab Cos2C = Cos OA, OB = = 2|b|.|c| 48 Do đó: Cos2A + Cos2B + Cos2C = ba + ab + cb + bc + ca + ac = (a + b + c) (a + b + c) − aa + bb + cc −3 (a + b + c) (a + b + c) − ≥ = 2 Dấu xảy a + b + c = suy O trùng với trọng tâm tam −3 giác ABC hay ABC tam giác Vậy P đạt giá trị nhỏ Pmin = ABC tam giác 3.2.2 Dạng tập chứng minh Ví dụ 3.12 Cho hình thang ABCD có đáy lớn AB, kẻ đường thẳng song song với hai đáy cắt cạnh BC, AD, AC, BD N, M, P, Q Chứng minh M P = QN Bài giải Vì M N//AB M N//DC nên AM AP BQ BN = = = =k MD PC QD NC Lấy a, b, c, d, m, n, p, q tọa vị điểm A, B, C, D, M, N, P, Q mặt phẳng phức, Do a + kd b + kc m= , n= 1+k 1+k a + kc b + kd p= , q= 1+k 1+k k (c − d) Từ suy n − q = =p−m 1+k Vậy M P = QN 49 Ví dụ 3.13 Chứng minh tam giác tổng bình phương ba cạnh tam giác đạt giá trị nhỏ tam giác tam giác Bài giải Xét tam giác ABC bất kì,giả sử a, b, c tọa vị điểm A, B, C mặt phẳng phức Giả sử tam giác ABC nội tiếp đường tròn đơn vị Khi ta có: aa = cc = bb = ⇒ AB + BC + CA2 = (b − a) ¯b − a ¯ + (c − b) c¯ − ¯b + (c − a) (¯ c−a ¯) = 2(aa + cc + bb) − ba + ab + cb + ac + ca = 3(aa + cc + bb) − (a + b + c) a + b + c Vì (a + b + c) a + b + c ≥ nên ta có ⇒ AB + BC + CA2 ≤ 3(aa + cc + bb) = −→ −−→ −→ Dấu "=" xảy a + b + c = o ⇔ OA + OB + OC = hay O trọng tâm tam giác ABC ⇔ ∆ABC Ví dụ 3.14 Chứng minh hình thang giao điểm hai đường chéo, giao điểm hai cạnh bên trung điểm hai cạnh đáy nằm đường thẳng 50 Giải Xét hình thang ABCD, gọi Q giao điểm hai đường chéo, trung điểm AB, CD M, N Gọi a, b, c, d, m, n, q tọa vị điểm A, B, C, D, M, N, Q Đặt gốc tọa độ O giao hai cạnh bên hình thang Vì AB//CD nên d = ka c = kb với k số thực b+a c+d b+a Khi m = n = =k 2 Vậy O, M, N thẳng hàng Ta có: k k k k k q= a+ c= b+ d= (a + b) 1+k 1+k 1+k 1+k 1+k ⇒ Q thuộc đường thẳng AC BD đồng thời nằm OM Ví dụ 3.15 Chứng minh với tam giác ABC ta có: CosA + CosB + CosC ≤ Bài giải Chọn đường tròn nội tiếp tam giác ABC đường tròn đơn vị Gọi A , B , C cá tiếp điểm đường tròn với cạnh BC, AC, AB 51 Trong mặt hẳng phức lấy a, b, c tọa vị điểm A , B , C Khi ta có: −−→ −−→ C AB + C OB = π ⇒ CosC AB = −CosC OB = −Cos OB , OC −1 cb + bc −1 −1 (ca + ac), CosC = ba + ab Tương tự ta có CosB = 2 −1 CosA + CosB + CosC = ba + ab + cb + bc + ca + ac = − (a + b + c) (a + b + c) ≤ 2 ⇒ CosA = CosC AB = Dấu "=" xảy a + b + c = hay A B C tam giác ⇔ ABC tam giác Ví dụ 3.16 Cho tam giác ABC cân A Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC, M trung điểm AB, J trọng tâm tam giác ACM Chứng minh IJ⊥CM Bài giải Chọn đường tròn tâm I đường tròn đơn vị Trong mặt phẳng phức, lấy a, b, c tọa vị điểm A, B, C Vì A, B, C thuộc đường tròn tâm I nên ta có a¯ a = c¯ c = b¯b = 52 a+b Vì J trọng tâm tam giác ACM nên ta có: Vì M trung điểm AB nên M −−→ a + b ⇒ CM −c a+b − 3a + 2c + b = 3a + 2c + b ⇒ → IJ 6 a+c+ j= Ta có: −−→ → − CM IJ = 3a + 2c + b a + b − 2c 3a + 2c + b a + b − 2c 4ac + 4ca − 4ab − 4ba 24 Mặt khác ABC tam giác cân nên ta có AB = AC = ⇒ (c − a) (¯ c−a ¯) = (b − a) ¯b − a ¯ ⇔ a¯ a + c¯ c − c¯ a − a¯ c = a¯ a + bb − b¯ a − ab ⇔ c¯ a + a¯ c = b¯ a + ab (2) −−→ → − Từ (1) (2) suy CM IJ = hay IJ⊥CM Ví dụ 3.17 Cho tam giác ABC, M trung điểm cạnh BC Trên cạnh AB lấy điểm D cho BD = 2AD, AM cắt CD I Chứng minh rằng: a) I trung điểm AM 53 b) CI = 3DI Bài giải Gọi a, b, c, d, m, i tọa vị điểm A, B, C, D, M, I mặt phẳng phức Chọn A gốc tọa độ, ta có a = b+c Vì M trung điểm BC nên m = BD = 2AD ⇒ d = b Giả sử I (i ) trung điểm AM , i = (b + c) Xét c − (b + c) c−i 3c − b = = =− 1 d−i b − 3c b − (b + c) Do D, I , C thẳng hàng Vậy I trùng với I CI = 3DI 3.2.3 Dạng tập tìm quỹ tích Ví dụ 3.18 Cho đường tròn đường kính AB, điểm M chuyển động đường tròn, A điểm đối xứng A qua M Tìm quỹ tích trọng tâm tam giác ABA Bài giải Chọn gốc tọa độ O tâm đường tròn; A, B điểm nằm trục hoành Trong mặt phẳng phức, giả sử a, b, a , m tọa vị điểm A, B, A , M Gọi G trọng tâm tam giác ABA , tọa vị G 1 (a + b + a ) = 31 a = (2m + b) 3 2 Suy |g − b| = |m| = R 3 1 G chuyển động đường tròn tâm b có bán kính R 3 g= Ví dụ 3.19 Cho đường tròn đường kính AB=2R, điểm C chuyển động nửa đường tròn Từ điểm D nằm tam giác ABC dựng tam giác ACD vuông cân A Tìm tập hợp điểm D Bài giải Đặt A trùng với gốc tọa độ O, B nằm Ox Tam giác ACD vuông cân A nằm phía tam giác ABC nên d = |c| cos 900 +i sin 900 = ic 54 Vì điểm C chuyển động nửa đường tròn đường kính AB nên: c=R+R(cost + isint), với ≤ t ≤ 1800 Vậy d = i.c = iR + R (cos t + i sin t) i = iR + R (cos t + i sin t) cos900 +i sin 900 = iR + R cos(t + 900 ) + i sin(t + 900 ) Vậy tập hợp điểm D nửa đường tròn bên trái đường tròn tâm iR bán kính R 3.2.4 Dạng tập tổng hợp Ví dụ 3.20 Cho hình bình hành ABCD a) Chứng minh M A2 − M B + M C − M D2 giá trị không đổi b) Tìm tập hợp điểm M cho: M A2 + M B + M C + M D2 = k với k số thực Bài giải Đặt gốc tọa độ O giao điểm hai đường chéo hình bình hành a)Trong mặt hẳng phức, lấy a, b, c, d, m tọa vị điểm A, B, C, D, M Khi ta có: M A2 = (a − m) (a − m) M B = (b − m) b − m M C = (c − m) (c − m) M D2 = (d − Suy ta có: M A2 − M B + M C − M D = (a − m) (a − m) − (b − m) b − m + (c − m) (c − m) − (d − m) d − m = aa − bb + cc − dd − m(a + c) − m (a + c) + m (b + c) + m(b + c) = aa − bb + cc − dd = OA2 − OB + OC − OD2 = 2OA2 − 2OB = const b) Từ phần a) ta có: M A2 + M B + M C + M D = (a − m) (a − m) + (b − m) b − m + (c − m) (c − m) + (d − m) d − m = aa + bb + cc + dd + 4mm − m (a + b + c + d) − m(a + b + c + d) = aa − bb + cc − dd + 4mm = OA2 − OB + OC − OD2 + 4OM = 2OA2 + 2OB + 4OM = k 55 Ví dụ 3.21 Trong mặt phẳng Oxy cho d1 :kx − y + k = d2 : − k x + 2ky − + k = 1) Tìm tọa độ giao điểm d1 d2 ứng với giá trị k 2) Cho k thay đổi, tìm tập hợp giao điểm Giải Chuyển phương trình đường thẳng dạng phức ta được: d1 : (k + i) z + (k − i) z + 2k = (1) d2 : − k − 2ki z + − k + 2ki z − + k = (2) 1) Khi giao điểm hai đường thẳng nghiệm hệ:   d : − k − 2ki z + − k + 2ki z − + k =  d : (k + i) z + (k − i) z¯ + 2k = Ta nhân hai vế (1) với − k + 2ki nhân hai vế (2) với (k − i) sau lấy (2)-(1) ta có z= −4k + 2i − 2k i k − − 2ki = − 2i + 2k i k2 + ⇒z= 2k −k + + i k +1 k +1 Vậy tọa độ giao điểm hai đường thẳng M −k + 2k , k2 + k2 + 2) Tìm tập hợp giao điểm k thay đổi Theo phần ta có −k + 2k z= + i ⇒ zz = k +1 k +1 2k 2k −k + −k + + i − i k2 + k2 + k2 + k2 + =1 Vậy tập hợp giao điểm M hai đường thẳng đường tròn tâm O bán kính r = 14 Ví dụ 3.22 Trong mặt phẳng Oxy cho họ đường tròn (Cm ) có dạng: x2 + y − (m − 2)x + 2my = 1) Tìm tập hợp tâm (Cm ) 2) Chứng minh m thay đổi học đường tròn (Cm ) qua điểm cố định 56 Giải 1) Chuyển phương trình đường tròn dạng phức ta có: zz − 1 (m − 2) + mi z − (m − 2) − mi z = 2 Đường tròn có tâm I (z0 ) là: z0 = 1 (m − 2) − mi = m − i − ⇒ z0 = m +i −1 2 Suy −i z0 + = ⇔ (z0 + 1) (1 + 2i) = (z0 + 1) (1 − 2i) z0 + +i ⇔ (i − 2) z0 − (i + 2) z0 − = Chuyển dạng thực ta có 2x + y + = Vậy tập hợp tâm họ đường tròn đường thẳng 2x + y + = 2) Theo phần ta có zz − ⇒ 1 (m − 2) + mi z − (m − 2) − mi z = 2 1 − z − iz − z + iz m + (zz + z + z − 1) = 2 Gọi a tọa vị điểm cố định mà họ đường tròn qua, với m ta có: 1 − a − ia − a + ia m + (aa + a + a − 1) = 2 ⇔  1   − a − ia − a ¯ + i¯ a   2 ⇔ (1 + 2i) a2 + 4ia − 2i − =     z¯ a+a+a ¯−1 2 + i a1 = + i 5 5 Vậy m thay đổi họ đường tròn qua hai điểm cố định A , B (−2, −1) 5 Phương trình có hai nghiệm a1 = 57 3.3 Bài tập Để củng cố thêm kiến thức cho, sau số tập luyện tập Bài 18 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M trung điểm BC G trọng tâm tam giác ABM Chứng minh OG⊥BM Bài 19 Cho tam giác ABC, dựng hình vuông ABEF ACGH phía tam giác Goi N trung điểm F H, hai đường thẳng BG CE giao M Chứng minh N, M, A thẳng hàng Bài 20 Trong mặt phẳng cho điểm A, B, C, D, E, F Gọi M, N, P, Q, R, S lượt trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EF, F A Chứng minh hai cặp điểm M, P, R N, Q, S không đồng thời thẳng hàng hai tam giác M P R N QS có trọng tâm Bài 21 Trong mặt phẳng cho tam giác ABC vuông C CA = a, CB = b A điểm thuộc Ox, B điểm thuộc Oy Tìm tập hợp đỉnh C tam giác ABC Bài 22 Chứng minh tam giác ABC ta có cosA + cosB + cosC ≤ Bài 23 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O, r), gọi M, N, P, Q trọng tâm tam giác ABC, BCD, CDA, DAB Chứng minh M N P Q tứ giác nội tiếp Bài 24 Cho tam giác ABC, AM N, AEF Chứng minh trung điểm BM, N E, F A tạo thành tam giác Bài 25 Trong Oxy cho A(a, 0) B(0, a) với a > 1) Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với Ox A cho tâm I √ m đường tròn có y = Xác định giao điểm P đường tròn đường thẳng AB 2) Viết phương trình đường tròn (C ) qua P tiếp xúc với Oy B 3) Giả sử P, Q giao điểm hai đường tròn (C) (C ) Chứng minh P Q qua điểm cố định m thay đổi Bài 26 Cho (O, r) có hai đường kính AB, CD, tiếp tuyến A đường tròn giao với BC, CD E, F Gọi P, Q trung điểm AE, AF 1) Chứng minh BCD = BF E 2) Chứng minh CE.DF.EF = CD3 CE.DF.EF = CD3 58 3) Chứng minh trực tâm H tam giác P BQ trung điểm OA 4) Xác định vị trí AB, CD cho diện tích tam giác P QB nhỏ Bài 27 59 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: • Trình bày mối liên hệ hình học với dạng công thức trường số phức từ thấy mối liên hệ hai chiều khái niệm hình học trường số phức • Đưa số phép biến đổi tương đương sở chuyển toán cho dạng đơn giản, dễ quan sát tính toán • Vận dụng mối quan hệ hình học số phức để giải số dạng tập hình học phức tạp cách chuyển quan hệ hình học sang tính toán đại số trường số phức • Giải số tập phức tạp số phức phương pháp sử dụng hình học • 60 Tài liệu tham khảo [1] Nguyến Hữu Điển (2000), Phương pháp số phức hình học phẳng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải, Hàm số biến số phức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Khuê - Bùi Đắc Tắc (1996), Số phức đa thức, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu(chủ biên) (2009), Chuyên đề số phức áp dụng, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội [5] Nguyễn Huy Nam (1997), Một số ứng dụng số phức vào việc giải toán hình học phẳng , Luận án thạc sĩ khoa học toán học, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, Hà Nội [6] Đoàn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục [7] Hoàng Hữu Văn (2015), Phép nghịch đảo mặt phẳng mối liên hệ với số phức, Luận văn thạc sĩ khoa học toán học, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, Hà Nội 61 ... quan hệ để giải tập số phức chưa quan tâm Với mục đích làm rõ mối quan hệ hai chiều mối quan hệ hình học toán tập số phức, lựa chọn đề tài: "Các tập số phức mối quan hệ với hình học " Ngoài phần... dụng quan trọng số phức vận dụng công cụ để giải tập hình học Tuy nhiên, từ kết thấy mối liên hệ chiều hình học số phức Việc làm rõ mối quan hệ tập số phức khái niệm hình học, sử dụng mối quan hệ. .. TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LỆ QUYÊN CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC TRONG MỐI QUAN HỆ VỚI HÌNH HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người