BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYẾN THỊ NGỌC MỸ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ PHỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.0113 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU ĐÀ NẴNG - NĂM 2014 LỜI CAM ĐOAN Tơi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Đà Nẵng, tháng năm 2014 Học viên Nguyễn Thị Ngọc Mỹ MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Tính cấp thiết đề tài Mục tiêu nghiên cứu đề tài Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Bố cục đề tài Ý nghĩa khoa học thực tiễn CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 SỐ PHỨC 1.1.1 Định nghĩa số phức 1.1.2 Dạng đại số số phức 1.1.3 Dạng lượng giác số phức 10 1.2 CÁC PHÉP BIẾN HÌNH BẢO GIÁC SƠ CẤP 16 1.2.1 Định nghĩa phép biến hình bảo giác 16 1.2.2 Phép biến hình tuyến tính 17 1.2.3 Phép nghịch đảo 18 1.2.4 Phép biến hình phân tuyến tính 19 1.3 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CỐ ĐIỂN LIÊN QUAN 21 1.3.1 Bất đẳng thức Cauchy 21 1.3.2 Bất đẳng thức dạng nội suy 22 1.3.3 Bất đẳng thức Ostrowski 23 1.3.4 Bất đẳng thức K.Fan and J.Todd 24 1.3.5 Tích 25 1.4 BIỂU DIỄN DẠNG PHỨC CỦA MỘT SỐ YẾU TỐ HÌNH HỌC 26 1.4.1 Tích vơ hướng, tích lệch, tỉ số đơn, tỉ số kép 26 1.4.2 Phương trình đường thẳng 30 1.5 MODUN, ARGUMENT VÀ CÁC HỆ THỨC LIÊN QUAN 32 1.5.1 Modun số phức 32 1.5.2 Argument số phức 34 CHƯƠNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC 2.1 37 MỞ RỘNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TỪ DẠNG THỰC SANG DẠNG PHỨC 37 2.1.1 Dạng phức bất đẳng thức Cauchy 37 2.1.2 Mở rộng khác(dạng phức) bất đẳng thức Cauchy 39 2.2 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC SỐ PHỨC VÀO CHỨNG MINH HÌNH HỌC 40 2.3 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ PHỨC VÀO CỰC TRỊ HÌNH HỌC 46 KẾT LUẬN 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (BẢN SAO) 57 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Ngay từ thời cổ đại, người nguyên thủy sử dụng phép đếm khởi đầu cho đời hệ thống số-tập số tự nhiên Tiếp theo đó,để đáp ứng yêu cầu ngày cao người hệ thống số ngày mở rộng, từ tập hợp số tự nhiên mở rộng lên tập số nguyên đến tập số hữu tỉ sau đến tập hợp số thực Đến kỉ XIX nhu cầu phát triển toán học giải phương trình đại số, số phức đời nhằm hồn thiện thêm hệ thống số Số phức thúc đẩy toán học tiến lên mạnh mẽ giải vấn đề khoa học kĩ thuật đặt Đối với học sinh bậc THPT số phức nội dung mẻ, học sinh tiếp cận với số phức chương trình giải tích 12 với thời lượng không nhiều nên biết kiến thức số phức Đặc biệt, bất đẳng thức số phức SGK 12 chưa đề cập tới Thưc chất phần quan trọng tốn học kiến thức làm phong phú thêm phạm vi ứng dụng toán học Nhằm giúp em hoc sinh hiểu thêm bất đẳng thức số phức, nâng cao lực ứng dụng bất đẳng thức số phức hình học giúp em có thêm phương tiện để chứng minh, tính tốn, tìm cực trị tốn hình học nên nên chọn đề tài “Bất đẳng thức số phức số ứng dụng hình học” làm luận văn Mục đích nghiên cứu Đề tài “Bất đẳng thức số phức số ứng dụng hình học” nghiên cứu với mục đích trình bày đầy đủ kiến thức tổng quan , kĩ thuật phương pháp sử dụng số phức để tiếp cận toán giải toán bất đẳng thức dạng tốn hình học Đối tượng phạm vi nghiên cứu − Đối tượng nghiên cứu: tài liệu số phức, bất đẳng thức, số ứng dụng hình học − Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu từ tài liệu giáo viên hướng dẫn, bạn học viên lớp, tài liệu sưu tầm được, đồng thời sử dụng trang wed như: diendantoanhoc.net, math.vn, Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp tài liệu liên quan, nắm cốt lõi nội dung kiến thức từ xếp trình bày cách có hệ thống khai thác ứng dụng theo đề tài chọn Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Làm rõ nghiên cứu có, tìm hiểu sâu bất đẳng thức số phức ứng dụng hình học Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi trường thpt Cấu trúc luận văn Mở đầu Chương Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức 1.2 Các phép biến hình bảo giác sơ cấp 1.3 Các bất đẳng thức cổ điển liên quan 1.4 Biểu diễn dạng phức số yếu tố hình học 1.5 Modun, argument hệ thức liên quan Chương Một số dạng bất đẳng thức số phức ứng dụng hình học 2.1 Mở rộng số bất đẳng thức từ dạng thực sang dạng phức 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức số phức để giải toán chứng minh 2.3 Ứng dụng bất đẳng thức số phức để giải tốn cực trị hình học Kết luận CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương trình bày khái niệm, tính chất số phức Chương tham khảo tài liệu [1] , [3] , [4] 1.1 SỐ PHỨC 1.1.1 Định nghĩa số phức Xét tập R2 = R.R = {(a, b)/a, b ∈ R} Hai phần tử (a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ R2 gọi a1 = a2 b1 = b2 Xây dựng phép toán R2 sau ∀z1 = (a1 , b1 ), z2 = (a2 , b2 ) ∈ R2 + Phép cộng z1 + z2 = (a1 + a2 , b1 + b2 ) + Phép nhân z1 z2 = (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + a2 b1 ) Định nghĩa 1.1 Tập R2 với hai phép toán cộng nhân định nghĩa gọi tập số phức C, phần tử (a, b) ∈ C số phức Định lý 1.1 (C, +, ) trường (nghĩa C với phép tốn định nghĩa có tính chất tương tự R với phép tốn cộng nhân thơng thường) Chứng minh Để chứng minh (C, +, )là trường ta chứng minh vấn đề sau (i) Phép cộng có tính giao hốn ∀z1 = (a1 , b1 ) ; z2 = (a2 , b2 ) ∈ C Ta có z1 + z2 = (a1 + a2 , b1 + b2 ) = (a2 + a1 , b2 + b1 ) = z2 + z1 (ii) Phép cộng có tính kết hợp ∀z1 = (a1 , b1 ) ; z2 = (a2 , b2 ) ; z3 = (a3 , b3 ) ∈ C Ta có (z1 + z2 ) + z3 = (a1 + a2 , b1 + b2 ) + (a3 , b3 ) = (a1 + a2 + a3 , b1 + b2 + b3 ) = (a1 , b1 ) + (a2 + a3 , b2 + b3 ) = z1 + (z2 + z3 ) (iii) Tồn phần tử ∀z = (a, b) ∈ C Xét = (0, 0) ∈ C Ta có z + = (a + 0, b + 0) = (a, b) = z (iv) Tồn phần tử đối ∀z = (a, b) ∈ C, ∃ − z = (−a, −b) , phần tử đối Thật z + (−z) = (a, b) + (−a, −b) = (a + (−a), b + (−b)) = (0, 0) (v) Phép nhân có tính giao hốn ∀z1 = (a1 , b1 ) ; z2 = (a2 , b2 ) ∈ C Ta có z1 z2 = (a1 , b1 )(a2 , b2 ) = (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + a2 b1 ) = (a2 a1 − b2 b1 , a2 b1 + a1 b2 ) (vi) Phép nhân có tính chất kết hợp ∀z1 = (a1 , b1 ) ; z2 = (a2 , b2 ) ; z3 = (a3 , b3 ) ∈ C (z1 z2 )z3 = (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 − a2 b1 )(a3 , b3 ) = ((a1 a2 − b1 b2 )a3 − (a1 b2 − a2 b1 )b3 , (a1 a2 − b1 b2 )b3 − (a1 b2 − a2 b1 )a3 = (a1 a2 a3 − b1 b2 a3 − a1 b2 b3 − a2 b1 b3 , a1 a2 b3 − b1 b2 b3 + a1 b2 a3 + a2 b1 a3 ) z1 (z2 z3 ) = (a1 , b1 )(a2 a3 − b2 b3 , a2 b3 − a3 b2 ) = (a1 (a2 a3 − b2 b3 ) − b1 (a2 b3 + a3 b2 ), a1 (a2 b3 + a3 b2 ) + (a2 a3 − b2 b3 )b1 = (a1 a2 a3 − a1 b2 b3 − a2 b1 b3 − b1 b2 a3 , a1 a2 b3 + a1 b2 a3 + a2 b1 a3 − b1 b2 b3 ) Điều chứng tỏ (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ) (vii) Phép nhân có phần tử đơn vị Tồn phần tử đơn vị = (1, 0) ∈ C, z = Thật ∀z1 = (a, b) ∈ C; 1.z = (1, 0)(a, b) = (1a − 0b, 1b + 0a) = (a, b) = (a, b)(1, 0) = z.1 = z (viii) Tồn phần tử nghịch đảo ∃z1 = (a, b) ∈ C, z = phần tử nghịch đảo z z −1 = b a , − a2 + b a2 + b Thật z.z −1 = (a, b)( = a b a (−b) (−b) a , − ) = a − b , a + b a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 a2 + b a2 + b2 −ab + ba , a2 + b2 a2 + b2 = (1, 0) 43 Mặt khác ta có x3 (y − z) + y (z − x) + z (x − y) = −(x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z) nên x3 (y − z) + y (z − x) + z (x − y) ≥ x3 (y − z) + y (z − x) + z (x − y) = |(x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z)| Nên toán chứng minh Bài 2.4 Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng.CMR a.M A2 + b.M B + c.M C ≥ abc với a = BC, b = AC, c = AB Giải.(tương tự Bài 3.3) Nhận xét: Để giải tốn có dạng trên, ta cần - Chọn thích hợp gốc tọa độ mặt phẳng phức - Áp dụng bất đẳng thức tam giác - Sử dụng kết biết đại số Bài 2.5 Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng.CMR a2 b c MA + MB + MC ≥ a + b2 + c2 4 với a = BC, b = AC, c = AB Giải Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có a.MA2 + b.M B + c.M C ≤ (a2 + b2 + c2 )(M A4 + M B + M C ) (a.MA2 + b.M B + c.M C ) 4 ⇒ (M A + M B + M C ) ≥ (a2 + b2 + c2 ) Mà theo Bài 3.4 ta có, a.M A2 + b.M B + c.M C ≥ abc, 44 nên ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Để giải toán ta cần phải sử dụng bất đẳng thức biết để tạo mối liên hệ với điều cần chứng minh Bài 2.6 (bất đẳng thức Ptolemy) Cho tứ giác ABCD.CMR ta ln có AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Dấu đẳng thức xảy A, B, C, D theo thứ tự đỉnh tứ giác lồi nội tiếp đường tròn Giải h4.png Hình 2.2: Xét mặt phẳng phức, gọi a, b, c, d tọa vị đỉnh A, B, C, D mặt phẳng phức Ta có, AB.CD + AD.BC = |b − a| |d − c| + |d − a| |c − b| ≥ |(b − a).(d − c) + (d − a).(c − b)| = |(c − a)(d − b)| = AC.BD Dấu đẳng thức xảy (b − a)(d − c) = t(d − a)(c − b), t > Khi đó, d−a d−c d−a = ⇔ arg b−a t c−b b−a = arg Hay ∠DAB = π − ∠DCB hay tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn d−c c−b 45 Bài 2.7 Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng.CMR M B.M C M C.M A M A.M B + + ≥1 AB.AC BC.BA CA.CB Dấu đẳng thức xảy nào? Giải Ta có (m − a)(m − b) (m − b)(m − c) (m − c)(m − a) + + = (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (2.26) Chọn hệ tọa độ nhận đường ngoại tiếp tam giác làm đường tròn đơn vị Gọi m, a, b, c tương ứng tọa vị M, A, B, C tương ứng.Khi M A = |m − a| , M B = |m − b| , M C = |m − c| , AB = |a − b| , AC = |a − c| , BC = |b − c| Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối , từ (3.26) suy |(m − a)| |(m − b)| |(m − b)| |(m − c)| |(m − c)| |(m − a)| + + ≥1 |(c − a)| |(c − b)| |(a − b)| |(a − c)| |(b − c)| |(b − a)| Và điều cần chứng minh Bài 2.8 ([5]) Lấy cạnh BC, CA, AB tam giác ABC làm đáy, dựng tam giác với tâm tương ứng A0 , B0 , C0 Chứng minh A0 , B0 , C0 đỉnh tam giác Để giải ta áp dụng ý sau: tam giác ABC đều, định hướng dương cω + bω + a = , tam giác ABC đều, định hướng âm aω + bω + c = 0, ω = Giải Giả sử tam giác ABC định hướng dương Gọi x tọa vị điểm X mặt phẳng Ta có a + c1 ω + bω = 0; b + a1 ω + cω = 0; c + b1 ω + aω = Do A0 , B0 , C0 theo thứ tự trọng tâm tam giác BCA1 , CAB1 , ABC1 nên 3a0 = b + c + a1 ; 3b0 = a + c + b1 ; 3c0 = b + a + c1 46 Từ 3(c0 + a0 ω + b0 ω ) = b + a + c1 + ω(b + c + a1 ) + ω (a + c + b1 ) = (b + a1 ω + cω ) + (c + b1 ω + aω )ω + (a + c1 ω + bω ) = Suy điều phải chứng minh Giải Giả sử tam giác ABC định hướng dương Gọi x tọa vị điểm X mặt phẳng Ta có 2π 2π 2π c = ei (b − a0 ) + a0 , a = ei (c − b0 ) + b0 , b = ei (a − c0 ) + c0 Suy 2π 2π b = ei (ei (c − b0 ) + b0 − c0 ) + c0 2π 2π 2π = ei (ei (b − a0 ) + a0 − b0 ) + ei (b0 − c0 ) + c0 2π 2π = b − a0 + ei (a0 − b0 ) + ei (b0 − c0 ) + c0 Từ 2π 2π b = ei (ei (c − b0 ) + b0 − c0 ) + c0 2π 4π 2π = ei (ei (b − a0 ) + a0 − b0 ) + ei (b0 − c0 ) + c0 2π 2π = b − a0 + ei (a0 − b0 ) + ei (b0 − c0 ) + c0 π c0 − a0 = e−i (b0 − a0 ) π Từ c0 − a0 = e−i (b0 − a0 ) điều có nghĩa tam giác A0 , B0 , C0 2.3 ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ PHỨC VÀO CỰC TRỊ HÌNH HỌC Bài 2.9 Cho tam giác ABC điểm M tam giác, đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh BC, CA, AB A1 , B1 , C1 Xác định vị trí điểm M cho AM BM CM a.Tổng + + đạt giá trị nhỏ A1 M B1 M C1 M 47 b.Tích AM BM CM đạt giá trị nhỏ A1 M B1 M C1 M Giải Xét mặt phẳng phức với gốc tọa độ O trùng M Giả sử A, B, C, A1 , B1 , C1 có tọa vị a, b, c, a1 , b1 , c1 Giả sử BA1 CB1 AC1 = λ1 , = λ2 , = λ3 A1 C B1 A C1 B Theo công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ta có a1 = c + λ2 a a + λ3 b b + λ1 c ; b1 = ; c1 = + λ1 + λ2 + λ3 Với λ1 > 0; λ2 > 0; λ3 > 0, λ1 λ2 λ3 = h1.png Hình 2.3: a Theo mệnh đề , ta có m= b + λ1 c + λ1 λ2 a =0 + λ1 + λ1 λ2 suy b + λ1 c = −λ1 λ2 a Ta có AM AM −a −a = = = = (1 + λ1 )λ3 b + λ1 c A1 M a1 M A1 + λ1 48 Tương tự BM CM BM CM = = (1 + λ2 )λ1 ; = = (1 + λ3 )λ2 B1 M C1 M M B1 M C1 Suy BM CM AM + + = λ1 + λ2 + λ3 + λ1 λ2 + λ2 λ3 + λ3 λ1 A1 M B1 M C1 M Do λ1 > 0, λ2 > 0, λ3 > Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có λ1 + λ2 + λ3 + λ1 λ2 + λ2 λ3 + λ3 λ1 ≥ 6 λ31 λ32 λ33 = Dấu xảy λ1 = λ2 = λ3 = ⇔ A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB ⇔ M trọng tâm tam giác ABC Vậy BM CM AM + + )=6 min( A1 M B1 M C1 M M trọng tâm tam giác ABC b Tương tự AM BM CM = (1+λ1 )(1+λ2 )(1+λ3 )λ1 λ2 λ3 = (1+λ1 )(1+λ2 )(1+λ3 ) A1 M B1 M C1 M Mà + λ1 ≥ λ1 > 0, + λ2 ≥ λ2 > 0, + λ3 ≥ λ3 > Suy AM BM CM ≥ λ1 λ2 λ3 = A1 M B1 M C1 M Dấu đẳng thức xảy M trọng tâm tam giác ABC Vậy AM BM CM )=8 min( A1 M B1 M C1 M M trọng tâm tam giác ABC 49 Bài 2.10 Cho tam giác A1 A2 A3 có diện tích S khơng đổi, điểm M tam giác , đường thẳng A1 M, A2 M, A3 M cắt cạnh A2 A3 , A1 A3 , A1 A2 điểm B1 , B2 , B3 Xác định hình dạng tam giác A1 A2 A3 để diện tích tam giác B1 B2 B3 đạt giá trị lớn Giải Xét mặt phẳng phức cho gốc tọa độ O trùng A1 Giả sử A1 , A2 , A3 có tọa vị a1 = 0, a2 , a Và A2 B1 A3 B2 A1 B3 = λ1 , = λ2 , = λ3 B1 A3 B2 A1 B3 A2 Khi theo mệnh đề 1.9 ta có tọa vị B1 , B2 , B3 , M a3 λ3 a2 a3 + λ3 λ2 a2 a2 + λ1 a3 ; b2 = ; b1 = ;m = + λ1 + λ2 + λ3 + λ2 + λ2 λ3 Theo (1.6) ta có diện tích tam giác A1 A2 A3 b1 = S= |Im(a2 a3 )| hinh3.png Hình 2.4: 50 Và diện tích tam giác B1 B2 B3 S = Im(b2 b1 + b3 b2 + b1 b3 = λ3 a2 a2 + λ1 a3 λ3 a2 a3 a2 + λ1 a3 a3 + + Im( + λ2 + λ1 + λ3 + λ2 + λ1 + λ3 = 1 + λ3 − λ3 (1 + λ1 ) + λ1 λ3 (1 + λ2 ) a2 a3 ) Im( (1 + λ1 )(1 + λ2 )(1 + λ3 ) = 1 + λ1 λ2 λ3 |Ima2 a3 | (1 + λ1 )(1 + λ2 )(1 + λ3 ) = + λ1 λ2 λ3 S (1 + λ1 )(1 + λ2 )(1 + λ3 ) Mà + λ1 λ2 λ3 ≤ (1 + λ1 )(1 + λ2 )(1 + λ3 ) Vì λ1 > 0, λ2 > 0, λ3 > 0, λ1 λ2 λ3 = (1 + λ1 )(1 + λ2 )(1 + λ3 ) ≥ Dấu xảy λ1 = λ2 = λ3 = Suy S ≤ S Vậy max(S ) = S B1 , B2 , B3 trung điểm cạnh A2 A3 , A1 A3 , A1 A2 hay M trọng tâm tam giác A1 A2 A3 Nhận xét: Đối với toán dạng ta dùng phương pháp bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân Phương pháp thường sử dụng toán bất đẳng thức hình học có liên quan đến tỉ 51 số hai đoạn thẳng diện tích tam giác Khi thực phương pháp cần ý - Chọn thích hợp gốc tọa độ mặt phẳng phức - Chọn ( đặt) tỉ số đoạn thẳng, tọa độ điểm (nếu cần) Tính tọa vị điểm lại hay diện tích tam giác (tứ giác) theo giá trị chọn - Tính tỉ số đoạn thẳng tỉ số diện tích biến đổi bất đẳng thức hình học bất đẳng thức đại số Vận dụng thích hợp bất đẳng thức trung bình nhân trung bình cộng để suy điều phải chứng minh Bài 2.11 Cho hai điểm A(0, 1), B(0, −1) đường thẳng d có phương trình tham số x=t ,t ∈ R y = 2t + Tìm M ∈ d cho a (M A + M B) nhỏ b (M A + M B) lớn Giải a Xét mặt phẳng phức Oxy Khi A có tọa vị + 2i , B có tọa vị −i , M có tọa vị t + (2t + 1)i (do M ∈ d ) Suy (t − 1)2 + (2t − 1)2 = M A = |t − + (2t − 1)i| = M B = |t + (2t + 2)i| = Nên MA + MB = √ √ + (2t + 2)2 = 5t2 − 6t + + √ √ 5t2 − 6t + 5t2 + 8t + 5t2 + 8t + 4 = 5( (t − ) + + (t + ) + ) 25 25 Xét A có tọa vị + (− )i , B có tọa vị − + i , M có tọa vị t 5 5 Khi √ M A + M B = 5(M A + M B ) 52 Vì M chạy trục hồnh A , B nằm hai phía trục hoành nên M A + M B nhỏ ⇔ M A + M B nhỏ ⇔ M giao điểm A B trục hoành − MA ⇔ = =− 2 MB ⇔ M chia đoạn − , theo tỉ số − nên có tọa vị + 0.i 5 15 19 ⇔ M có tọa vị + i 15 15 b Tương tự câu a ta có |M A − M B| = Xét A có tọa vị Khi √ (t − ) + − 25 4 (t + ) + 25 + i ; B có tọa vị − + i ; M có tọa vị t + 0.i 5 5 √ |M A − M B| = |M A − M B | Vì M chạy trục hoành A , B nằm phía trục hồnh nên M A − M B lớn ⇔ M A − M B lớn ⇔ M giao điểm A B trục hoành M A = = ⇔ 2 M B ⇔ M có tọa vị + 0.i ⇔ M có tọa vị + 5t Nhận xét: Đối với toán dạng sử dụng phương pháp tọa độ để giải 53 Bài 2.12 Cho hình vng ABCD Phép quay tâm hình vng góc ϕ biến thành hình vng A1 B1 C1 D1 Xác định ϕ để diện tích phần chung hai hình vng ABCD A1 B1 C1 D1 nhỏ Giải Chọn hệ tọa độ Oxy cho O tâm hình vng ABCD điểm A, B, C, D có tọa vị a = −1 − i; b = − i; c = + i; d = −1 + i h7.png Hình 2.5: Ta có Q(O, ϕ) : A → A1 , B → B1 , C → C1 , D → D1 Với 0