Hình học phẳng với số phức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN VĂN CỬ HÌNH HỌC PHẲNG VỚI SỐ PHỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Hà Nội - 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN VĂN CỬ HÌNH HỌC PHẲNG VỚI SỐ PHỨC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS TS.NGUYỄN HỮU ĐIỂN Hà Nội - 2017 ii Mục lục Danh mục kí hiệu Mở đầu Tổng quan số phức 1.1 Lý xuất số phức 1.1.1 Lịch sử hình thành phát triển số phức 1.1.2 Cách tiếp cận số phức 1.2 Biểu thức đại số số phức 1.2.1 Các khái niệm 1.2.2 Các phép toán 1.2.3 phức liên hợp 1.3 Dạng lượng giác số phức 1.3.1 Khái niệm 1.3.2 Các phép toán 1.3.3 Công thức Moivre 1.3.4 Căn bậc n số phức Cơng thức số phức cho hình học phẳng 2.1 Độ đo góc hai tia 2.2 Phương trình đường thẳng 2.2.1 Phương trình tổng quát 2.2.2 Phương trình tham số 2.3 Phương trình đường trịn 2.3.1 phương trình tổng quát 2.3.2 Đường tròn đơn vị 2.3.3 Giao điểm hai cát tuyến 2.3.4 Giao điểm hai tiếp tuyến 2.3.5 Chân đường vuông góc dây cung 7 11 12 12 12 13 14 14 14 14 15 16 16 19 19 20 26 26 27 28 28 29 iii 2.4 2.5 Đường thẳng đường tròn Euler 2.4.1 Nhãn điểm đặc biệt tam giác 2.4.2 Các định nghĩa Đường thẳng Simson Ứng dụng phương pháp số phức giải tốn hình học phẳng theo chủ đề 3.1 Bài toán điểm quan hệ với đường thẳng, đoạn thẳng 3.2 Bài tốn tính chất tam giác 3.3 Bài toán đường thẳng đồng qui 3.4 Một số toán đường tròn 3.5 Một số tốn kì thi 30 30 32 34 37 37 44 52 58 62 Kết luận 67 Tài liệu tham khảo 68 Danh mục kí hiệu arg z Argumen số phức z ⑤ AB⑤ Độ dài đoạn thẳng AB i Đơn vị ảo số phức ⑤z⑤ Mơ đun số phức z z Số phức có dạng z = a + bi a, b, c chữ nhỏ Số phức nhãn điểm A, B, C z Số phức liên hợp z V ( z0 , z1 , z2 ) Tỉ số đơn z0 , z1 , z2 W( z0 , z1 , z2 , z3 ) ÝÑ AB Tỉ số kép z0 , z1 , z2 , z3 IMO Viết tắt International Mathematical Olympic ÝÑ Véc tơ AB Lời cảm ơn Luận văn kết trình học tập nghiên cứu cách nghiêm túc Trong qua trình học tập thực hiên luận văn em nhận quan tâm, giúp đỡ, động viên, thầy cô, bạn đồng nghiệp Qua em xin gửi lời cảm ơn tới người giúp đỡ em Lời cho phép em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS.TS.Nguyễn Hữu Điển Thầy giao đề tài tận tình hướng dẫn em q trình hồn thành luận văn Nhân dịp em xin gửi lời cám ơn tới thầy giáo khoa Tốn-Cơ-Tin học tận tình giảng dạy giúp đỡ chúng em suốt trình học tập khoa em xin cảm ơn ý kiến đóng góp thầy cô hội seminar cho em ý kiến hay để em hoàn thành luận văn Đồng thời, em xin gửi lời cảm ơn tới ban giám hiệu tổ toán trường THPT Mỹ Đức B động viên, tạo điểu kiện cho em nhiều q trình em tham gia khóa học hồn thành luận văn Em xin cảm ơn bạn lớp cao học khóa 2015 ✁ 2017 tạo mơi trường học tập đồn kết giúp đỡ hỗ trợ học tập Hà nội, ngày tháng 12 năm 2017 Học viên NGUYỄN VĂN CỬ Mở đầu Một thành tựu to lớn mang tính bước ngoặt tốn học phát phát triển số phức Điều thể chỗ lịch sử phát triển số phức trải qua thời gian dài với nhiều quan điểm khác tranh luận nhà tốn học Tuy nhiên số phức cơng nhận phát triển đóng góp nhiều thành tựu cho tốn học như: nhờ có số phức chứng minh "định lí bản" đại số, ứng dụng số phức hình học, vật lý Thế số phức lại khái niệm tốn học cịn mẻ học sinh trung học phổ thông Bởi chương trình tốn học phổ thông đưa vào giới thiệu số phức cách bản, tức mang tính chất giới thiệu số khái niệm số phức dạng đại số số phức Tuy nhiên số phức biểu diễn nhiều dạng như: dạng đại số, dạng lượng giác, dạng mũ, dạng cực, dạng hình học Do số phức cơng cụ hữu hiệu để giải vấn đề toán học, đồng thời có ứng dụng lĩnh vực khoa học tự nhiên khác Vậy mà nước ta chưa có nhiều tài liệu nghiên cứu số phức ứng dụng lĩnh vực tốn sơ cấp Vì luận văn em xin trình bày đề tài "HÌNH HỌC PHẲNG VỚI SỐ PHỨC" tức nghiên cứu ứng dụng số phức để giải tốn hình học phẳng Thơng qua đề tài em mong muốn tìm hiểu sâu ứng dụng số phức lĩnh vực hình học phẳng, qua em mong muốn ứng dụng số phức tiếp cận nhiều rộng rãi vấn đề toán học Luận văn chia làm ba chương Chương Tổng quan số phức Trong chương em trình bày lịch sử phát triển số phức, kiến thức tổng quan số phức như: dạng số phức, phép tốn số phức, tính chất số phức Chương Các công thức số phức cho hình học phẳng Trong chương em trình bày cơng thức số phức cho đường thẳng gồm phương trình tổng quát phương trình tham số đường thẳng, công thức điểm đặc biệt tam giác (trọng tâm, trực tâm, ), cơng thức phương trình đường trịn (giao điểm hai cát tuyến, giao điểm hai tiếp tuyến, ),đường thẳng Euler, đường tròn Euler, đường thẳng Simson Chương Ứng dụng phương pháp số phức giải tốn hình học phẳng theo chủ đề Trong chương em trình bày vấn đề ứng dụng công thức số phức để giải tốn hình học phẳng theo chủ đề: Xét tính chất điểm quan hệ với đường thẳng, đoạn thẳng; xét tính chất tam giác; xét tính đồng qui đường thẳng; số toán đường trịn; số tốn kì thi Do thời gian thực luận văn không nhiều, kiến thức thân hạn chế đề tài luận văn nên làm luận văn không tránh khỏi hạn chế sai sót Em mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Em xin chân thành cảm ơn! Chương Tổng quan số phức 1.1 Lý xuất số phức Như ta biết trình mở rộng tập hợp số Từ tập hợp số tự nhiên, đến tập hợp số nguyên, đến tập hợp số hữu tỉ, đến tập hợp số thực tập hợp số thực tập trù mật trục số Tuy nhiên xét tập hợp số thực ta thấy tồn số hạn chế định Chẳng hạn, phương trình x2 + = khơng có nghiệm R Câu hỏi đặt liệu có tồn tập hợp số để phương trình có nghiệm Q trình nghiên cứu phát triển vấn đề dẫn đến kết xuất tập hợp số phức 1.1.1 Lịch sử hình thành phát triển số phức Lịch sử số phức kỉ XV I Đó thời kì phục hưng tốn học châu Âu sau đêm trường trung cổ Các đại lượng ảo ❄ ❄ ❄ ✁1, b ✁1, a + b ✁1 xuất từ kỉ XV I cơng trình nhà tốn học Italia "Nghệ thuật vĩ đại qui tắc đại số" (1545) G.Cardano (1501 ✁ 1576) "Đại số" (1572) R.Bombelli (1526 ✁ 1572) Nhà toán học Đức Felix Klein (1849 ✁ 1925) đánh giá công trình G.Cardano sau: "Tác phẩm quý giá đến đỉnh chứa đựng mầm mống đại số đại vượt xa tầm tốn học cổ đại" Khi giải phương trình bậc hai G.Cardano Bombelli đưa vào xét kí hiệu ❄ ❄ ✁1 lời giải hình thức phương trình x2 + = Xét biểu thức b ✁1 nghiệm hình thức phương trình x2 + b2 = Khi biểu thức tổng quát có dạng a + b ❄ ✁1, b ✘ xem nghiệm hình thức phương trình ( x ✁ a)2 + b2 = Về sau biểu thức dạng a + b ❄ ✁1, b ✘ xuất trình giải phương trình bậc hai, bậc ba (công thức Cardano) gọi đại lượng "ảo" sau Gauss gọi số phức thường kí hiệu a + bi, kí hiệu i := ❄ ✁1 Euler đưa vào (năm 1777) gọi đơn vị "ảo" Quá trình thừa nhận số phức công cụ quý giá toán học diễn chậm chạp Ngay tên gọi kí hiệu i := ❄ ✁1 đơn vị ảo gây nên nhiều nỗi băn khoăn, thắc mắc Từ dẫn đến khủng hoảng niềm tin khơng có chung với số truyền thống - công cụ phép đếm Mặc dù người ta xem kí hiệu trừu tượng thỏa mãn định nghĩa i2 = ✁1 Sự khủng hoảng niềm tin trở nên sâu sắc việc chuyển cách thiếu cân nhắc thiếu thận trọng số qui tắc đại số thông thường cho số phức sản sinh nghịch lí khó chịu Chẳng hạn nghịch lí sau: Vì i = ❄ ✁1 nên i2 = ✁1 Nhưng đồng thời cách sử dụng qui tắc thông thường phép toán khai bậc hai ta lại thu kết sau i2 = ❛ ❛ ✁1 ✁1 = ❜ (✁1)(✁1) = Như ✁1 = Ta nhấn mạnh lại hệ thức i2 = ❜ (✁1)2 = ❄ = ✁1 định nghĩa số i cho phép ta đưa vào xét số phức Điều có nghĩa hệ thức khơng thể chứng minh, mà qui ước Tuy có người muốn chứng minh hệ thức Trong sách "Phương pháp tọa độ" mình, viện sĩ L.S.Pointriagin mơ tả lại chứng minh sau Đầu tiên người ta lấy nửa đường trịn đường kính AB Từ điểm R tùy ý nửa đường tròn hạ đường vng góc RS trung bình nhân độ dài đoạnAS SB Vì nói đến độ dài nên khơng sai sót lớn nói bình phương đoạn RS tích đoạn thẳngAS BS Bây giờ, trở với mặt phẳng phức, kí hiệu điểm ✁1 A, điểm +1 B điểm i R Khi S điểm Tác giả phép chứng minh lập luận sau: Đoạn thẳng RS i, đoạn thẳng AS ✁1 SB +1 Như theo định 54 bb d + bb1 d1 ✁ bdd1 ✁ b1 dd1 bb1 (d + d1 ) ✁ dd1 (b + b1 ) = bb1 ✁ dd1 bb1 ✁ dd1 ✁abd + abc + bcd ✁ acd = ✁ ✁abc + abd + acd ✁ bcd = cd ✁ ab cd ✁ ab n= Suy m + n = nghĩa điểm M N đối xứng qua tâm O hay ba điểm O, M, N thẳng hàng Hình 3.18: • Nêu BC AD cắt Gọi P giao điểm hai cát tuyến BC AD, hình (3.18) nên ta có p= Suy bc( a + d) ✁ ad(b + c) bc ✁ ad n bc ✁ ad = p cd ✁ ab Mặt khác điểm A, B, C, D thuộc đường tròn đơn vị nên 11 11 ✁ n bc ✁ ad ad ✁ bc n = bc ad = = = 11 11 p ab ✁ cd p cd ✁ ab ✁ cd ab Do n số thực tức điểm P thuộc đường thẳng MN p Vậy ba đường thẳng BC, AD, MN đồng qui điểm P 55 Hình 3.19: • Nếu BC AD song song với hình (3.19), theo điều kiện bc thay vào biểu thức n ta a bc bc bc abc ✁ ab ✁ ac + bc abc ✁ abd ✁ acd + bcd a a a n= = bc cd ✁ ab c ✁ ab a ( a ✁ ab ✁ ac + bc)bc (c ✁ a)(b ✁ a)c (b ✁ a)c = = = 2 (c ✁ a)(c + a) c+a (c ✁ a )b song song ta có ad = bc suy d = (b ✁ a)c Hơn b✁c (c + a)(b ✁ c) 1 ( ✁ a)c n (b ✁ a)c ( a ✁ b)c n b = = = = 1 1 ( a + c)(c ✁ b) b✁c b✁c (c + a)(b ✁ a) ( + )( ✁ ) c a b c Điều chứng tỏ ON//BC ON//AD, hay MN//BC MN//AD Suy n = Bài toán 3.21 Chứng minh tứ giác đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo đoạn thẳng nối trung điểm cạnh đối diện đồng qui điểm Lời giải Ở ta chứng minh điểm F đồng qui trung điểm đoạn thẳng Thật vậy, Gọi điểm M, N, P, Q, K, E trung điểm đoạn thẳng AB, CD, BC, AD, BD, AC Theo công thức trung điểm ta có m= a+b , n= c+d Hình 3.20: 56 Suy trung điểm MN F có nhãn f = Tương tự p = m+n = ( a + b + c + d) a+d b+c ,q = suy trung điểm PQ F1 có nhãn 2 f1 = Với k = (3.12) p+q = ( a + b + c + d) (3.13) b+d a+c ,e = suy trung điểm KE F2 có nhãn 2 f2 = k+e = ( a + b + c + d) (3.14) Từ biểu thức (3.12), (3.13), (3.14) suy f = f = f hay điểm F, F1 , F2 trùng Vậy đoạn thẳng MN, PQ, KE đồng qui điểm F Bài toán 3.22 Cho tam giác ABC, gọi điểm A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB M điểm tam giác ABC, lấy M1 , M2 , M3 điểm đối xứng M qua điểm A1 , B1 , C1 Chứng minh đường thẳng AM1 , BM2 , CM3 đồng qui điểm Lời giải Xét hình vẽ (3.21) hệ tọa độ vng góc Theo cơng thức trung điểm ta có a1 = b+c a+c a+b , b1 = , c1 = 2 Từ giả thiết đối xứng ta suy đẳng thức sau m1 ✁ c = b ✁ m ô m1 = b + c ✁ m m2 ✁ a = c ✁ m ô m2 = a + c ✁ m m3 ✁ b = a ✁ m ô m3 = a + b ✁ m Hình 3.21: Từ ta có a ✁ m2 = m ✁ c = b ✁ m1 suy AM2 //BM1 Và m2 ✁ m1 = a ✁ b suy M1 M2 //AB Do ABM1 M2 hình bình hành Suy hai đường chéo AM1 BM2 cắt trung điểm đường, gọi giao điểm D 57 a+b+c✁m Do vai trò a, b, c nên thực tương tự ta thu D Nên D trung điểm AM1 suy d = trung điểm BM2 CM3 Vậy đường thẳng AM1 , BM2 , CM3 đồng qui điểm D Bài tốn 3.23 Cho hình bình hành ABCD Dựng đường trịn với đường kính AC, gọi M N giao điểm thứ hai đường tròn vừa dựng với đường thẳng AB AD Chứng minh đường thẳng BD, MN tiếp tuyến với đường tròn C đồng quy điểm Lời giải Chọn hệ trục tọa độ cho đường tròn cho đường trịn đơn vị đường kính AC nằm trục hoành Suy nhãn a = ✁1, c = b + d = Do điểm M nằm đường tròn đường thẳng AB nên ta có m + a = b + mab, suy 1+b m = (do a = ✁1) 1+b 1✁b Thực tương tự ta thu n = 1✁b Nên đường thẳng MN có phương trình m + n = z + mnz (5) Hình 3.22: Thế m, n vào (5) ta (1 ✁ b )z + (1 ✁ b2 )z = 2(1 ✁ bb) Mặt khác đường tiếp tuyến C có phương trình z + z = hay z = ✁ z Thay vào phương trình đường thẳng MN, ta tính nhãn giao điểm Z 2(b2 ✁ bb) đường thẳng MN tiếp tuyến C z = = b 2 b + b b ✁b Mà b + b số thực nên giao điểm Z nằm đường OB BD, nên BD qua giao điểm Z Vậy đường thẳng BD, MN tiếp tuyến với đường tròn C đồng quy điểm Z 58 3.4 Một số tốn đường trịn Bài tốn 3.24 Cho tam giác A1 A2 A3 , gọi D1 , D2 , D3 đối xứng với trực tâm H tam giác qua trung điểm M1 , M2 , M3 cạnh A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 Chứng minh điểm D1 , D2 , D3 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Lời giải Xét tốn mặt phẳng có gắn hệ tọa độ vng góc với gốc tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Áp dụng công thức trung điểm ta có nhãn a + a2 điểm M3 m3 = Áp dụng công thức trực tâm ta có nhãn trực tâm H h = a1 + a2 + a3 Do D3 đối xứng với với H qua M3 nên h + d3 , m3 = a1 + a2 a + a2 + a3 + d3 = 2 Suy d3 = ✁a3 Hình 3.23: Từ ta thấy D3 có tọa độ đối xứng với A3 qua tâm O ⑤d3 ⑤ = ⑤a3 ⑤ Do D3 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Thực tương tự ta thu D1 , D2 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Vậy điểm D1 , D2 , D3 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Bài toán 3.25 Cho ba đường C1 (O1 ; r ), C2 (O2 ; r ), C3 (O3 ; r ) đôi cắt qua điểm O Gọi giao điểm lại đường tròn C1 C2 , C2 C3 , C3 C1 theo thứ tự A, B, C Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC r 59 Lời giải Chọn hệ tọa độ vng góc cho điểm O gốc tọa độ Gọi z1 , z2 , z3 nhãn điểm O1 , O2 , O3 Suy điểm A, B, C có nhãn a = z1 + z2 , b = z2 + z3 , c = z3 + z1 Vậy nên ta có AB = ⑤a ✁ b⑤ = ⑤(z1 + z2 ) ✁ (z2 + z3 )⑤ = ⑤z1 ✁ z3 ⑤ = O1O3 Thực tương tự ta thu BC = O1O2 AC = O2O3 Hình 3.24: Suy hai tam giác ABC O1O2O3 nhau, tức bán kính hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác Mà Ta có OO1 = OO2 = OO3 = r nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 r Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC r Bài toán 3.26 Cho O điểm mặt phẳng chứa tam giác ABC Gọi điểm A1 , B1 , C1 đối xứng với đỉnh A, B, C qua điểm O Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A1 B1 C, A1 BC1 , AB1 C1 cắt điểm Lời giải Hình 3.25: 60 Chọn hệ tọa độ vng góc cho O gốc tọa độ Khi ta có quan hệ nhãn điểm a1 = ✁a, b1 = ✁b, c1 = ✁c Cho z nhãn điểm mặt phẳng tọa độ Ta đặt (z ✁ b)( a ✁ c) = α, (z ✁ c)( a ✁ b) (z ✁ b)( a ✁ c) = γ, (z + c)( a + b) (z + b)( a + c) = β (z ✁ c)( a ✁ b) (z + a)( a + c) = δ (z + c)( a + b) Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thu kết sau ( β ✁ 1) γ = α αδ = βγ 1✁γ Nếu D điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C tam giác A1 BC1 khác điểm A1 β γ nhận giá trị thực Nói cách khác điểm D có nhãn z nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC AB1 C1 Thực tương tự ta điểm D nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 BC1 A1 B1 C Vậy D điểm mà đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A1 B1 C, A1 BC1 , AB1 C1 cắt Bài tốn 3.27 Cho hình chữ nhật ABCD Từ điểm K đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật hạ đường vng góc xuống AB, CD, AD, BC cắt cạnh P, Q, R, S Chứng minh PR vng góc với QS PS vng góc với QR Lời giải Chọn hệ tọa độ vng góc cho đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD đường trịn đơn vị Khi quan hệ nhãn c = ✁a, d = ✁b (vì tính đối xứng qua gốc O) Áp dụng công thức chân đường vng góc ta có p= 1 ( a + b + k ✁ abk), q = (✁a ✁ b + k ✁ abk) 2 r= 1 ( a ✁ b + k + abk), s = (✁a + b + k + abk) 2 Hình 3.26: 61 1 ( a + b + k ✁ abk) ✁ ( a ✁ b + k + abk) a✁k p✁r = = Xét 1 q✁s a+k (✁a ✁ b + k ✁ abk) ✁ (✁a + b + k + abk) 2 p✁r Mặt khác tỉ số số ảo Thật q✁s 1 ✁ k k✁a p✁r a✁k p✁r a = = = =✁ 1 q✁s k+a q✁s a+k + a k Suy PR vng góc với QS p✁s b✁k p✁s p✁s Thực tương tự ta có = =✁ q✁r b+k q✁r q✁r Và tỉ số số ảo Nên suy PS vng góc với QR Bài tốn 3.28 Cho P điểm nửa đường tròn (S) với đường kính AB Trên (S) lấy hai cung BC CD Chứng minh AC BP cắt E, AD CP cắt F EF vng góc với AD Lời giải Chọn hệ tọa độ cho nửa đường tròn cho nửa đường tròn đơn vị A, B nằm trục hoành Suy a = ✁1, b = 1, ta tính bd = c2 (vì cung BD hai lần cung BC), hay c2 = d Khi ta có ( a + c)bp ✁ (b + p) ac bp ✁ ac ( c ✁ 1) p + ( p + 1) c = p+c e= f = Hình 3.27: (c2 ✁ 1) pc + ( p + c)c2 ( c2 ✁ 1) p + ( p + c ) c = p+c pc + c2 Do f ✁e = p ( c2 ✁ 1) + ( p + c ) c ✁ ( c ✁ 1) p ✁ ( p + 1) c ( p + 1)(c ✁ 1) =c p+c p+c Từ suy f ✁e c( p + 1)(c ✁ 1) = d✁a ( p + c)(c2 + 1) 62 Và f ✁e c( p + 1)(c ✁ 1) f ✁e c( p + 1)(c ✁ 1) = ✁ = = ✁ d✁a ( p + c)(c2 + 1) ( p + c)(c2 + 1) d✁a f ✁e Hay tỉ số số ảo d✁a Điều chứng tỏ EF AD vng góc với 3.5 Một số tốn kì thi Bài tốn 3.29 (Đề vô địch nước Anh 1983) Cho tam giác ABC cân đỉnh A Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; D trung điểm AB G trọng tâm tam giác ACD Chứng minh IG❑CD Lời giải Chọn hệ tọa độ cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường trịn đơn vị Khi đỉnh A, B, C thuộc đường tròn đơn vị nên nhãn tương ứng đỉnh thỏa mãn aa = bb = cc = a+b Do D trung điểm AB nên d = Suy DC = c ✁ d = c ✁ 2c ✁ a ✁ b a+b = 2 Mặt khác G trọng tâm tam giác ACD nên nhãn điểm G a+c+ a+c+d = g= 3 a+b = 3a + 2c + b Hình 3.28: 3a + 2c + b (trong I gốc tọa độ) Để chứng minh IG❑CD ta cần chứng minh IG.DC = Thật ta có Từ suy IG = 3a + 2c + b 2c ✁ a ✁ b 3a + 2c + b 2c ✁ a ✁ b )( )+( )( ) 6 1 = (✁4ab + 4ca ✁ 4ab + 4ac) = (✁ab + ca ✁ ab + ac) 12 Suy IG.DC = (✁ab + ca ✁ ab + ac) Hơn AC = AB nên suy IG.DC = ( (c ✁ a)(c ✁ a) = (b ✁ a)(b ✁ a) ðñ ca + ac = ba + ab 63 Hay ✁ab + ca ✁ ab + ac = Suy IG.DC = Vậy chứng tỏ IG❑CD Bài toán 3.30 (I MO lần thứ 17, 1975) Bên tam giác ABC dựng tam giác ABR, BCP, CAQ cho ③ ④ PBC = CAQ = 450 ③ ④ BCP = QCA = 300 ABR = ④ RAB = 150 ④ Chứng minh tam giác PRQ vuông cân R Lời giải Xét hệ tọa độ vng góc với gốc tọa độ R Gọi M chân đường vng góc hạ từ điểm P xuống BC Khi ta❄ có MP = MB (vì BMP vng cân) = MC MP ❄ p✁m c✁m Nên ta có = i = i 3, suy p✁m ❄ b✁m c + 3b b✁c ❄ + ❄ i p= 1+ 1+ Biến đổi tương tự ta ❄ c+ a ❄ + a ✁❄c i q= 1+ 1+ Hình 3.29: Thực phép quay điểm A quanh điểm R góc θ = 1500 = điểm B Nên 5π ta ❄ 5π 5π b = a(cos + i sin ) = a (✁ + i ) 6 2 p Dùng phép biến đổi đại số ta chứng tỏ = i q Suy RQ❑ RP ✞ ✞ ✞ ✞ ✞ ✞ Hơn ✞ p✞ = ✞qi✞ = ✞q✞ Nên suy RQ = RP Vậy PRQ tam giác vuông cân Bài tốn 3.31 (I MO ✁ 1977) Cho hình vng ABCD, dựng phía hình vng tam giác ABK, BCL, CDM, DAN Chứng minh trung điểm đoạn thẳng KL, LM, MN, NK, BK, BL, CL, CM, DM, DN, N A, AK đỉnh thập nhị giác 64 Lời giải Chọn hệ tọa độ có gốc O tâm hình vng ABCD Giả sử hình vng ABCD định hướng dương Khi nhãn điểm tương ứng b = ai, c = ✁a, d = ✁ai π Đặt w = ei , ta có k = (iw + w) a, l = (✁w + iw) a m = (✁iw ✁ w) a, n = (w ✁ iw) a Để ý đa giác P1 Q1 S1 P2 Q2 S2 P3 Q3 S3 P4 Q4 S4 nhận điểm O làm tâm đối xứng, với f phép π cần chứng quay tâm O, góc ϕ = minh f ( pn ) = qn , f (qn ) = sn , Hình 3.30: f ( s n ) = p n +1 với n = 1, Thật ta có a p1 = (k + l ) = [(i ✁ 1)w + (i + 1)w] 2 a p2 = [✁( i + 1) w + ( i ✁ 1) w ] a q1 = ✁ [ i (1 + w ) + w ] a s1 = (1 + iw + w) Khi với π = ei a f ( p1 ) = p1 = [(i ✁ 1) w + (i + 1) w] = q1 a f ( q1 ) = q1 = ( i + i w + w ) = s1 a f ( s1 ) = s1 = ( + i w + w ) = p2 Thực tương tự ta thu kết f ( p2 ) = q2 , f ( q2 ) = s2 , f ( s2 ) = p3 Sau lấy đối xứng qua tâm O ta thu kết cần chứng minh 65 Bài toán 3.32 (IMO lần thứ 23) Cho tứ giác ABCD, cạnh AB, CD vẽ tam giác ABM, CDP phía ngồi tứ giác, cạnh BC, AD vẽ tam giác BCN, ADQ vào phía tứ giác Hãy xác định dạng tứ giác MNPQ Lời giải π π + i sin 3 Thực phép quay điểm B quanh tâm A π góc ϕ = 600 = ta thu điểm M nên ta có Đặt = cos m = a + (b ✁ a) Tương tự quay điểm B quanh tâm C góc π ϕ = ta thu điểm N nên ta có n = c + (b ✁ c) Quay điểm D quanh tâm C góc ϕ = thu điểm P nên ta có π ta p = c + (d ✁ c) Quay điểm D quanh tâm A góc ϕ = thu điểm Q nên ta có q = a + (d ✁ a) π ta Hình 3.31: Dễ thấy m + n = a + c + (b + d ✁ a ✁ c) = p + q Đẳng thức chứng tỏ MNPQ hình bình hành M, N, P, Q thẳng hàng Bài toán 3.33 (I MO lần thứ 23) Cho lục giác ABCDEF, đường chéo AC lấy CN AM điểm M CE lấy điểm N cho = = r Tìm r để ba điểm B, M, N thẳng AC CE hàng 66 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ cho gốc tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác ABCDEF π π Đặt = cos + i sin 3 Khi nhãn đỉnh B, C, D, E, F, A theo thứ tự 1, , , , , NE 1✁r MC = = Suy nhãn Ta có MA NC r điểm M, N m = r+ n= (1 ✁ r ) r + (1 ✁ r ) Để ba điểm B, M, N thẳng hàng m✁1 n✁1 P R✝ Hình 3.32: Ta có m ✁ = r + (1 ✁ r ) ✁ = r ✁ (1 ✁ r ) ✁ ❄ ❄ ❄ 1+i ✁ 1+i ✁ 1+i = r✁ (1 ✁ r ) ✁ = + (2r ✁ 1) 2 ❄ 1+i (1 ✁ r ) ✁ n ✁ = r + (1 ✁ r ) ✁ = ✁r + ❄ 3r i =✁ ✁ + (1 ✁ r ) 2 Suy m✁1 = n✁1 ❄ 3(2r ✁ 1) ❄ ✁(1 + 3r) + i 3(1 ✁ r) ❄ ❄ + 3r + 3(2r ✁ 1)(1 ✁ r ) 3(1 ✁ r ) ✁ 3(2r ✁ 1)(1 + 3r ) ❄ ❄ = + i (1 + 3r )2 + [ 3(1 ✁ r )]2 (1 + 3r )2 + [ 3(1 ✁ r )]2 Do ❄ ✁1 + i m✁1 n✁1 P R ❄ 3(1 ✁ r ) ✁ (1 + 3r ) 3(2r ✁ 1) = ðñ ✁ r = 6r2 ✁ r ✁ ðñ r2 = Suy r = ❄1 Vậy ba điểm B, M, N thẳng hàng r = ❄1 67 Kết luận Luận văn với đề tài "Hình học phẳng với số phức" giải vấn đề sau: Luận văn hệ thống lại khái niệm giới thiệu hình thành phát triển số phức Luận văn hệ thống công thức phương trình đường thẳng, phương trình đường trịn, tọa độ trọng tâm, tọa độ trực tâm, tọa độ chân đường vng góc Luận văn giới thiệu toán theo chủ đề: quan hệ điểm đoạn thẳng, đường thẳng; tính chất dạng tam giác; quan hệ đồng qui đường thẳng; đường tròn Luận văn tập hợp số tốn kì thi Olympic có ứng dụng phương pháp số phức để giải 68 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp số phức hình học, NXB Đại học quốc gia, Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Nguyễn Thủy Thanh (2009), Chuyên đề chọn lọc số phức áp dụng, NXB Giáo dục [3] Đoàn Quỳnh (1998), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục B Tiếng Anh [4] Andreescu T Andrica D (2006), Complex Numbers from A to Z, Birkhăauser Boston [5] Deaux, R (1956), Introduction to the Geometry of Complex Numbers, Ungar, New York [6] Engel, A (1998), Problem-Solving Strategies, Springer-Verlag, New York [7] Hahn, L (1994), Complex Numbers & Geometry, The Mathematical Association of America [8] Modenov, P S (1981), Problems in Geometry, MIR, Moscow [9] Schwerdtfeger, H (1962), Geometry of Complex Numbers,University of Toronto Press, Toronto [10] Yaglom, I M (1968), Complex Numbers in Geometry, Academic Press, New York ... trình bày đề tài "HÌNH HỌC PHẲNG VỚI SỐ PHỨC" tức nghiên cứu ứng dụng số phức để giải tốn hình học phẳng Thơng qua đề tài em mong muốn tìm hiểu sâu ứng dụng số phức lĩnh vực hình học phẳng, qua em... tốn học như: nhờ có số phức chứng minh "định lí bản" đại số, ứng dụng số phức hình học, vật lý Thế số phức lại khái niệm tốn học cịn mẻ học sinh trung học phổ thông Bởi chương trình tốn học. .. tổng quan số phức như: dạng số phức, phép tốn số phức, tính chất số phức 6 Chương Các công thức số phức cho hình học phẳng Trong chương em trình bày cơng thức số phức cho đường thẳng gồm phương