Vận Dụng Tính Chất Số Phức Vào Giải Một Số Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán (Phần Hình Học)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯƠNG THỊ THANH NGÀ VẬN DỤNG TÍNH CHẤT SỐ PHỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN (PHẦN HÌNH HỌC) LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯƠNG THỊ THANH NGÀ VẬN DỤNG TÍNH CHẤT SỐ PHỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN (PHẦN HÌNH HỌC) LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chuyên ngành: Mã số: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục Danh sách hình vẽ Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 1.3 iii Sơ lược số phức 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Biểu diễn đại số số phức 1.1.3 Biểu diễn hình học số phức 1.1.4 Dạng lượng giác số phức Sơ lược phép biến hình phức 1.2.1 Phép tịnh tiến 1.2.2 Phép quay 1.2.3 Phép vị tự 10 1.2.4 Phép đối xứng trục 10 1.2.5 Phép nghịch đảo 11 1.2.6 Tích phép biến hình 12 Biểu diễn dạng phức số yếu tố hình học 14 1.3.1 Phương trình tổng qt đường trịn 14 1.3.2 Hai đoạn thẳng vng góc hai đoạn thẳng song song 16 1.3.3 Chân đường vng góc dây cung 16 1.3.4 Tọa độ phức điểm đặc biệt tam giác 17 1.3.5 Điều kiện tam giác đồng dạng 18 ii 1.3.6 Khoảng cách hai điểm 19 1.3.7 Cơng thức tính diện tích 19 Vận dụng tính chất số phức vào giải số tập hình học 21 2.1 Dạng tốn liên quan đến quỹ tích 21 2.2 Dạng tốn liên quan đến đường trịn 23 2.3 Dạng toán liên quan đến đa giác 27 2.4 Dạng tốn tính diện tích 39 2.5 Dạng toán xác định khoảng cách 43 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 47 iii Danh sách hình vẽ 1.1 Điểm M(a; b) biểu diễn số phức z = a + bi 1.2 Điểm M biểu diễn số phức z = z1 + z2 = (a1 + a2 , b1 + b2 ) 1.3 Dạng lượng giác số phức z 1.4 Phép tịnh tiến 1.5 Phép quay 1.6 Phép vị tự 10 1.7 Phép đối xứng trục 11 1.8 Phép nghịch đảo 11 1.9 Tích hai phép tịnh tiến 12 1.10 Tích hai phép quay 13 1.11 Phương trình tổng qt đường trịn 14 1.12 Chân đường vuông góc dây cung 17 1.13 Tọa độ phức trực tâm tam giác ABC 18 2.1 Bài toán 2.1.1 21 2.2 Bài toán 2.1.2 22 2.3 Bài toán 2.2.1 23 2.4 Bài toán 2.2.2 24 2.5 Bài toán 2.2.3 25 2.6 Bài toán 2.2.4 26 2.7 Bài toán 2.2.5 27 2.8 Bài toán 2.3.1 28 iv 2.9 Bài toán 2.3.2 29 2.10 Bài toán 2.3.4 30 2.11 Bài toán 2.3.5 31 2.12 Bài toán 2.3.6 32 2.13 Bài toán 2.3.7 33 2.14 Bài toán 2.3.8 34 2.15 Bài toán 2.3.9 35 2.16 Bài toán 2.3.10 36 2.17 Bài toán 2.3.11 38 2.18 Bài toán 2.3.12 39 2.19 Bài toán 2.4.1 40 2.20 Bài toán 2.4.2 41 2.21 Bài toán 2.4.3 41 2.22 Bài toán 2.4.4 42 2.23 Bài toán 2.4.5 43 2.24 Bài toán 2.5.1 44 2.25 Bài toán 2.5.2 44 2.26 Bài toán 2.5.3 45 Mở đầu Từ kỷ trước nhu cầu phát triển tốn học giải phương trình đại số mà số phức xuất Đã có nhiều nhà nghiên cứu số phức tìm cách biểu diễn hình học cho số phức, điển hình Gauss, Hamilton, Số phức ứng dụng rộng rãi hình học, vật lý nhiều ngành kĩ thuật khác Nhiều vấn đề Hình học đơn giản hóa cách kì diệu nhìn góc độ số phức việc ứng dụng số phức vào nghiên cứu Toán học nói chung Hình học nói riêng tiến hành từ lâu thu nhiều kết quan trọng Đối với học sinh bậc THPT số phức nội dung mẻ, với thời lượng không nhiều, học sinh biết kiến thức số phức, việc khai thác ứng dụng số phức hạn chế, đặc biệt việc sử dụng số phức phương tiện để giải tốn Hình học phẳng vấn đề khó, xuất đề thi học sinh giỏi Tuy nhiên dạy cho học sinh giỏi biết ứng dụng số phức vào việc giải tốn Hình học phẳng có tác dụng lớn việc bồi dưỡng lực giải toán cho học sinh, đồng thời giúp học sinh khắc sâu, tổng hợp, hệ thống hóa kiến thức bản, dạng toán quen thuộc, giải số tốn khó, phức tạp chưa có thuật tốn Để đáp ứng điều địi hỏi giáo viên phải có hiểu biết cần thiết, có cách nhìn sâu sắc ứng dụng Số phức Dưới hướng dẫn PGS TS Trịnh Thanh Hải với mong muốn nghiên cứu tìm hiểu sâu sắc ứng dụng số phức hình học, tơi chọn đề tài “Vận dụng tính chất số phức vào giải số đề thi học sinh giỏi toán (phần hình học)” làm luận văn thạc sĩ Mục đích nghiên cứu: Vận dụng tính chất số phức vào giải số toán học sinh giỏi thường gặp đề thi học sinh giỏi phổ thơng Nhiệm vụ nghiên cứu: - Tìm hiểu tính chất số phức vận dụng vào tập hình học - Sưu tầm đề thi học sinh giỏi, toán dành cho học sinh giỏi đưa lời giải theo hướng ứng dụng tính chất số phức Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày số kiến thức số phức, phép biến hình, Những kiến thức sử dụng để giải tập hình học phẳng Các nội dung ta tìm thấy [1-5] 1.1 Sơ lược số phức Nhà toán học Italia R Bombelli (1526-1573) đưa định nghĩa số phức, lúc gọi số "khơng thể có" "số ảo" cơng trình Đại số (Bologne, 1572) cơng bố lâu trước ơng Ơng định nghĩa số (số phức) nghiên cứu phương trình bậc ba đưa bậc hai −1 Nhà toán học Pháp D’Alembert vào năm 1746 xác định dạng tổng quát "a + bi" chúng, đồng thời chấp nhận nguyên lý tồn n nghiệm phương trình bậc n Nhà tốn học Thụy Sĩ L Euler (1707-1783) đưa ký hiệu "i" để bậc hai −1 đến năm 1801 Gauss dùng lại ký hiệu Tên tuổi Gauss gắn liền với phép chứng minh xác Định lí Đại số khẳng định trường số phức C phương trình đa thức có nghiệm 1.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 (Xem [1], tr 19) Một cặp số thực có thứ tự (a, b) với a, b ∈ R gọi số phức tập hợp cặp số có quan hệ nhau, phép cộng phép nhân đưa vào theo định nghĩa (tiên đề) sau i) Quan hệ đồng tập số phức: (a; b) = (c; d) a = c b = d ii) Phép cộng tập số phức: (a; b) + (c; d) := (a + c; b + d) cặp số (a + c; b + d) gọi tổng cặp số (a; b) (c; d) iii) Phép nhân tập số phức: (a; b)(c; d) := (ac − bd; ad + bc) cặp (ac − bd; ad + bc) gọi tích cặp (a; b) (c; d) iv) Số thực tập số phức: Cặp số (a; 0) đồng với số thực a, nghĩa (a; 0) := a (a; 0) ≡ a Tập hợp số phức kí hiệu C quy ước C∗ = C\(0, 0) Như vậy, phần định nghĩa số phức phát biểu ngơn ngữ số thực phép tốn chúng 1.1.2 Biểu diễn đại số số phức Một số phức viết dạng z = a + bi với a, b ∈ R gọi dạng đại số số phức Số thực a gọi phần thực z , kí hiệu Re(z), số thực b gọi phần ảo z , kí hiệu Im(z) thành phần i gọi đơn vị ảo với quy ước i2 = −1 Các phép cộng, trừ, nhân, chia số phức viết dạng biểu diễn đại số định nghĩa sau i) (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i, ii) (a + ib) − (c + id) = (a − c) + i(b − d), iii) (a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i, iv) (a + bi) ac + bd ad − bc = + i (c + di) c + d2 c + d2 Để thuận tiện thực phép tính biến đổi số phức người ta đưa vào kí hiệu z = a − ib gọi liên hợp z = a + ib Những tính chất sau thường dùng số phức liên hợp i) z + z = 2a, ii) z.z = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 , z1 , z2 iv) Một số phức số thực z = z , iii) z1 z2 = z1 z2 , z1 + z2 = z1 + z2 , v) Nếu z = −z z số ảo z1 z2 = 34 hay IJ⊥CD Bài toán 2.3.8 (IMO 17, 1975) Về phía ngồi tam giác ABC , dựng tam giác ABR, BCP, CAQ cho P BC = CAQ = 45o , BCP = QCA = 30o , ABR = RAB = 15o Chứng minh QRP = 90o , RQ = RP Lời giải Ta xét toán mặt phẳng Chọn R gốc tọa độ Gọi M A Q R B M C Hình 2.14: Bài tốn 2.3.8 chân đường vng góc hạ từ điểm P xuống đường thẳng BC Vì M P = M B MC √ = nên MP √ p−m c−m = i = i b−m p−m Do √ c + 3b b−c √ + √ i p= 1+ 1+ Tương tự ta tính √ c + 3a a−c √ + √ i q= 1+ 1+ Điểm B nhận từ điểm A phép quay tâm R , góc quay ϕ = 150o Do √ b=a − + i 2 Từ đó, phép biến đổi đại số, ta có p = q √ c + 3b b−c √ + √ i 1+ 1+ : √ c + 3a a−c √ + √ i 1+ 1+ =i 35 số ảo Suy QR⊥P R hay QRP = 90o Hơn |p| = |iq| = |q| nên RQ = RP Bài toán 2.3.9 (IMO Shortlist) Cho ABO tam giác có tâm S A B O tam giác khác có hướng S = A , S = B Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng A B AB Chứng minh tam giác SB M SA N đồng dạng B A O N M S A B Hình 2.15: Bài tốn 2.3.9 Lời giải Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO, đặt ε = cos 2π 2π + i sin 3 Ta xét toán mặt phẳng Chọn S gốc tọa độ SO trục thực (trục hoành) Khi đó, tọa độ điểm O, A, B R, Rε, Rε2 Gọi R + z tọa độ điểm B , Rz − ε tọa độ điểm A Suy tọa độ M, N zB + zA Rε2 + R − zε R(ε2 + 1) − zε = = 2 −Rε − zε −ε(R + z) = = , 2 zA + zB Rε + R + z R(ε + 1) + z zm = = = 2 R z− −Rε2 + z ε = R − zε = = 2 −2ε zm = 36 Ta có zB − zS zA − zS R+z R − zε = ⇔ = ⇔ ε.ε = ⇔ |ε|2 = −ε(R + z) zM − zS zN − zS R − zε −2ε Từ suy tam giác SB M SA N đồng dạng Bài tốn 2.3.10 (Napoleone) Về phía tam giác ABC ta dựng tam giác đều, có chiều dương AC B, BA C, CB A Chứng minh tâm tam giác đỉnh tam giác Lời giải Lời giải B A C B0 C0 C B A0 A Hình 2.16: Bài tốn 2.3.10 Gọi a, b, c, a , b , c tọa độ đỉnh A, B, C, A , B , C a0 , b0 , c0 tọa độ phức A0 , B0 , C0 trọng tâm tam giác A BC, B AC, C BA Đặt 2π 2π ε = cos + i sin 3 Vì AC B, BA C, CB A tam giác nên a + c ε + bε2 = 0, b + a ε + cε2 = 0, c + b ε + aε2 = Tâm tam giác AC B, BA C, CB A có tọa độ 1 a0 = (a + b + c), b0 = (a + b + c), c0 = (a + b + c ) 3 Do đó, phép tính đại số, ta 3(c0 + a0 ε + b0 ε2 ) =(a + b + c ) + (a + b + c)ε + (a + b + c)ε2 =(b + a ε + c ε2 ) + (c + b ε + aε2 ) + (a + c ε + bε2 ) = 37 Tức tâm tam giác đỉnh tam giác Lời giải Giả sử tam giác ABC định hướng âm X(x) điểm mặt phẳng Ta có: 2π 2π 2π i i c = e (b − a0 ) + a0 ; a = e (c − b0 ) + b0 ; b = e (a − c0 ) + c0 ; i Suy 2π 2π i i b = e e (c − b0 ) + b0 − c0  + c0   4π 2π 2π i i i = e e (b − a0 ) + a0 − b0  + e (b0 − c0 ) + c0   4π 2π i = b − a0 + e (a0 − b0 ) + e (b0 − c0 ) + c0 π −i Từ suy ra, c0 − a0 = e (b0 − a0 ) tức tam giác A0 B0 C0 i Lời giải Giả sử tam giác ABC định hướng dương X(x) điểm mặt phẳng Ta có: a + c x + bx2 = 0; b + a x + cx2 = 0; c + b x + ax2 = Do A0 , B0 , C0 theo thứ tự trọng tâm tam giác BCA , ACB , ABC nên 3a0 = b + c + a1 ; 3b0 = a + c + b1 , 3c0 = a + b + c1 Từ ta có: 3(c0 + a0 x + b0 x2 ) = a + b + c1 + (b + c + a1 )x + (c + a + b1 )x2 = (b + a1 x + cx2 ) + (c + b1 x + x2 )x + (a + c1 x + bx2 )x2 = Suy ra, điều phải chứng minh Bài toán 2.3.11 (BMO 1990, Shortlist) Về phía ngồi tam giác ABC , ta dựng ba n−giác Tìm tất giá trị n cho tâm n− giác đỉnh tam giác Lời giải Gọi A0 , B0 , C0 tâm n−giác cạnh BC, CA, AB tương 38 B0 A C0 C B A0 Hình 2.17: Bài tốn 2.3.11 ứng Ta có AC0 B = BA0 C = AB0 C = Đặt ε = cos 2π n 2π 2π + i sin 3 gọi a, b, c, a0 , b0 , c0 tọa độ điểm A, B, C, A0 , B0 , C0 Sử dụng công thức phép quay, ta có a = c0 + (b − c0 )ε, b = a0 + (c − a0 )ε, c = b0 + (a − b0 )ε Do a0 = b − cε c − aε a − bε , b0 = , c0 = 1−ε 1−ε 1−ε Tam giác A0 B0 C0 tam giác a20 + b20 + c20 = a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 hay (b − cε)2 + (c − aε)2 + (a − bε)2 = (b − cε)(c − aε) + (c − aε)(a − bε) + (a − bε)(c − aε) ⇔ (1 + ε + ε2 )[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] = ⇔ + ε + ε2 = 2π 2π ⇔ = n ⇔ n = 39 Bài toán 2.3.12 (Saint Petersburg 2000) Cho tam giác nhọn ABC Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B Gọi K chân đường vng góc hạ từ trực tâm tam giác xuống đường thẳng d, L trung điểm cạnh AC Chứng minh BKL tam giác cân A H d L C K B Hình 2.18: Bài tốn 2.3.12 Lời giải Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn đơn vị cho điểm B thuộc trục ảo B(−i) Giả sử A(a + bi), C(c + di) Khi đó, tọa độ trực tâm H (a + bi) + (−i)(c + di) = (a + c) + (b + d − 1)i, K(a + c − i), L Ta có LB = a+c b+d + i 2 (a + c)2 + (b + d + 2)2 = KL hay BKL tam giác cân 2.4 Dạng tốn tính diện tích Bài tốn 2.4.1 Cho tứ giác lồi ABCD Dựng hình vng AMBN CPDQ hướng Chứng minh |M Q2 − N P | = 4SABCD Lời giải Coi tứ giác ABCD định hướng âm Gọi X, Y, Z, T theo thứ tự trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA tứ giác ABCD Gọi w tọa độ phức điểm W mặt phẳng Để ý −−→ −−→ −−→ −−→ M P − N Q2 = (M P + N Q)(M P − N Q) 40 B M X A N Y Q T D C Z P Hình 2.19: Bài tốn 2.4.1 Ta có (p − m)2 − (q − n)2 = < z − x; n − m + p − q > = < z − x; i(a − b + d − c) > = −4i∆ < z − x; t − y > Vậy |(p − m)2 − (q − n)2 | = 4SABCD (do SABCD = 2SXY ZT ) Bài toán 2.4.2 Hai cạnh đối diện AD BC tứ giác ABCD cắt O Điểm P S trung điểm đường chéo BD AC Chứng minh diện tích ABCD lần diện tích tam giác OSP Lời giải Chọn O gốc hệ tọa độ Vì O, A, D nằm đường thẳng nên d = λa, với λ số thực, c = µb, với µ số thực Theo cơng thức tính diện tích tứ giác ta có a + d¯ c) SABCD = T (b¯ số c¯b ad¯ số thực Mặt khác, diện tích tam giác OSP SOSP = T b+d a ¯ + c¯ + 2 1 = T (b¯ a + d¯ c) Do số b¯c d¯a số thực nên SABCD = 4SOSP 41 O D C S P A B Hình 2.20: Bài tốn 2.4.2 Bài toán 2.4.3 Cho D trung điểm cạnh BC tam giác AB C M điểm BD Từ D dựng đường thẳng song song với AM cắt AC N Chứng minh diện tích tứ giác ABM N khơng phụ thuộc vào việc chọn điểm M Lời giải Chọn C điểm gốc hệ tọa độ Khi b = 2d, m = λd, ≤ λ ≤ A N B M D Hình 2.21: Bài tốn 2.4.3 Theo định lý Talet a m = = λ n d Suy n= a λ C 42 Khi SABM N = T (b¯ a + m¯b + nm ¯ + a¯ n) a = T (2d¯ a + (λ¯b)) λ 1 a = SABD = SABC = T d¯ 2 SABM N khơng phụ thuộc vào λ Bài tốn 2.4.4 Chứng minh A1 , B1 , C1 điểm cắt chân đường cao tam giác ABC với đường trịn ngoại tiếp diện tích lục giác AC1 BA1 CB1 hai lần diện tích tam giác ABC Lời giải Chọn hệ tọa độ vng góc cho đường tròn ngoại tiếp tam giác A B1 C1 B C A1 Hình 2.22: Bài tốn 2.4.4 ABC đơn vị Khi ta tính c1 = −ab¯ c, b1 = −ca¯b, a1 = −bc¯ a SAC1 BA1 CB1 = T (c1 a ¯ + bc¯1 + ca¯1 + b1 c¯ + ab¯1 ) = T (−2(b¯ c + c¯ a + a¯b = T (2(b¯ a + c¯b + a¯ c = 2SABC Bài toán 2.4.5 Điểm A giao đường thẳng vng góc dựng từ điểm B C cạnh AB, AC tam giác nhọn ABC Những điểm B , C tương tự Chứng minh diện tích lục giác AC BA CB gấp đơi diện tích tam giác ABC 43 Lời giải Theo cách dựng tốn A , B , C nằm đường tròn ngoại A B C C B A Hình 2.23: Bài tốn 2.4.5 tiếp tam giác ABC, có góc ABA = ACA = 900 , CAC = CBC = 900 , BAB = BCB = 900 Mặt khác AA , BB , CC đường kính đường trịn, a = −a, b = −b, c = −c Khi SAC BA CB = T (−c¯ a − b¯ c − a¯b − c¯ a − b¯ c − a¯b) = 2SABC 2.5 Dạng toán xác định khoảng cách Bài toán 2.5.1 Trên đường trịn k kẻ hai đường kính AB CD M điểm đường trịn k, cịn P Q chân đường vng góc hạ từ M xuống AB CD Chứng minh độ dài đoạn PQ khơng phụ thuộc vào vị trí M đường trịn Lời giải Chọn hệ tọa độ vng góc cho đường trịn k làm đường trịn đơn vị Khi b = −a, d = −c 1 p = (a − a + m + a2 m) = (m + a2 m), 2 1 q = (c − c + m + c m) = (m + c2 m) 2 44 M D Q A B P C Hình 2.24: Bài tốn 2.5.1 Suy 1 |p − q| = |m(a2 − c2 )| = |(a2 − c2 )| 2 Vậy độ dài đoạn P Q không phụ thuộc vào vị trí M đường trịn Bài tốn 2.5.2 a) Cho x, y, z đôi khác Chứng minh yz zx xy + + = (x − y)(x − z) (y − z)(y − x) (z − x)(z − y) b) Cho điểm P tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh a.P B.P C + b.P C.P A + c.P A.P B ≥ abc Lời giải Dễ dàng chứng minh ý a), ta sử dụng chứng minh a) để giải ý b) thông qua cách đặt tương ứng điểm với số phức Vì điểm P xuất nhiều nên ta xét hệ tọa độ với gốc điểm P Tức A c B b P a C Hình 2.25: Bài tốn 2.5.2 P ≡ 0, A ≡ x, B ≡ y, C ≡ z, 0, x, y, z số phức Ta có P A = |x|, P B = |y|, P C = |z| 45 Suy c = AB = |x − y|, a = BC = |y − z|, b = CA = |z − x| Sử dụng chứng minh ý a), với x, y, z số phức ta việc lấy modul hai vế Ta yz zx xy + + (x − y)(x − z) (y − z)(y − x) (z − x)(z − y) |y||z| |z||x| |x||y| ≤ + + |x − y||x − z| |y − z||y − x| |z − x||z − y| P B.P C P C.P A P A.P B = + + bc ca ab 1= Từ suy 1≤ P B.P C P C.P A P A.P B + + bc ca ab Hay a.P B.P C + b.P C.P A + c.P A.P B ≥ abc Bài toán 2.5.3 Cho tam giác ABC (BAC = 600 ) Ở miền tam giác vẽ tam giác ABD, ACE Dựng hình bình hành AEFD Chứng minh tam giác BFD Lời giải Chọn hệ tọa độ vng góc cho A ≡ O Khi A, B, C tương ứng Hình 2.26: Bài tốn 2.5.3 có tọa độ phức a, b, c Do cách dựng tam giác đều, ta có √ e = c cos 60 + i sin 60 = c + i , 2 √ 0 d = b cos 60 − i sin 60 = b − i 2 0 46 √ (c − b)i f = e + d = (c + d) + 2 Do vậy, √ √ 1 3 (c − b)i − b = (c − b) + (c − b)i − b = |c−b| = BC, BF = |f −b| = (c + b) + 2 2 √ √ 1 3 CF = |f −c| = (c + b) + (c − b)i − c = − (c − b) + (c − b)i − b = |c−b| = BC 2 2 Như BC = BF = CF nên tam giác BCF 47 Kết luận Số phức nội dung đưa vào chương trình tốn THPT thức đại trà từ năm 2008 - 2009 Với mục đích nghiên cứu để nắm tính chất số phức vận dụng chúng vào giải tập hình học, đồng thời chuẩn bị cho thân chuyên đề giảng dạy ngoại khóa, ôn tập cho em trước thi tốt nghiệp THPT bồi dưỡng học sinh giỏi tốn (phần hình học) Luận văn tác giả đạt kết sau: - Đọc hiểu, tóm tắt số kiến thức số phức, có số nội dung nâng cao phép biến hình phức, vấn đề biểu diễn phức số đối tượng hình học; - Trình bày việc vận dụng tính chất số phức vào giải số toán dành cho học sinh giỏi, đề thi học sinh giỏi; - Cố gắng hiểu kĩ để trình bày lời giải chi tiết hơn, đưa vài lời giải khác với tài liệu tham khảo hay bổ sung thêm cách giải Hướng mở luận văn rộng, không nghiên cứu việc ứng dụng tính chất số phức để giải tốn đại số, giải tích, mà thân lĩnh vực hình học cịn tiếp tục mở rộng, sâu theo hướng đề tài 48 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu ( chủ biên), Trần Nam Dũng, Đinh Công Hướng, Nguyễn Đăng Phất, Tạ Duy Phượng, Nguyễn Thủy Thanh (2009), chuyên đề: Biến phức định lý áp dụng", Đại học QGHN [2] Đàm văn Nhỉ (2015), Giáo trình hình học sơ cấp, ĐHSP Hà Nội [3] Đồn Quỳnh (chủ biên), Hạ Vũ Anh, Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Vũ Đình Hịa Tài liệu chun tốn: Bài tập hình học 12, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [B] Tiếng Anh [4] Hans Schwerdtfeger (1979), Geometry of Complex number, Dover publications, New York [5] Titu Andreescu, Dorin Andrica (2006), Complex number from A to Z, Birkhauser ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯƠNG THỊ THANH NGÀ VẬN DỤNG TÍNH CHẤT SỐ PHỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN (PHẦN HÌNH HỌC) LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Mã số: ... nghiên cứu: - Tìm hiểu tính chất số phức vận dụng vào tập hình học 2 - Sưu tầm đề thi học sinh giỏi, toán dành cho học sinh giỏi đưa lời giải theo hướng ứng dụng tính chất số phức 3 Chương Kiến... số đề thi học sinh giỏi tốn (phần hình học) ” làm luận văn thạc sĩ Mục đích nghiên cứu: Vận dụng tính chất số phức vào giải số toán học sinh giỏi thường gặp đề thi học sinh giỏi phổ thông Nhiệm