2.6 BÀI TẬP ÁP DỤNG
2.6.1 Ứng dụng số phức vào giải toán hình học chứng minh và tính toán
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, trên BC lấy điểm E và F sao cho 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =
1
𝑘𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑘 ≠ 1)
1) Tính 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ theo 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗
2) Chứng minh tam giác ABC, AEF có cùng trọng tâm
3) Trên AB lấy điểm D, trên AE lấy điểm I sao cho 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗
Chứng minh 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐼⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 Lời giải :
Tính 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗
Ta viết 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐸 − 𝐴 .Từ giả thiết 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 46
⇔ 𝐵 − 𝐸 = 𝑘(𝐶 − 𝐸) ⇔ (𝑘 − 1)𝐸 = 𝑘𝐶 − 𝐵 ⇔ 𝐸 =𝑘𝐶 − 𝐵
𝑘 − 1 Từ đó ta có
𝐸 − 𝐴 =𝑘𝐶 − 𝐵
𝑘 − 1 − 𝐴 = 𝑘𝐶 − 𝐵 − 𝑘𝐴 + 𝐴
𝑘 − 1 =𝐴 − 𝐵
𝑘 − 1 +𝑘(𝐶 − 𝐴) 𝑘 − 1 = − 1
𝑘 − 1(𝐵 − 𝐴) + 𝑘
𝑘 − 1(𝐶 − 𝐴) ⇔ 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ = − 1
𝑘 − 1𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑘 𝑘 − 1𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗
Tính 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗
Ta viết 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐹 − 𝐴. Từ giả thiết 𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 1
𝑘𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗
⇔ 𝐶 − 𝐹 = 𝑘𝐵 − 𝑘𝐹
⇔ (𝑘 − 1)𝐹 = 𝑘𝐵 − 𝐶 ⇒ 𝐹 = 𝑘𝐵 − 𝐶 𝑘 − 1 Từ đó ta có
𝐹 − 𝐴 =𝑘𝐵 − 𝐶
𝑘 − 1 − 𝐴 = 𝑘𝐵 − 𝐶 − 𝑘𝐴 + 𝐴
𝑘 − 1 = −𝐶 − 𝐴
𝑘 − 1+𝑘(𝐵 − 𝐴) 𝑘 − 1 = − 1
𝑘 − 1(𝐶 − 𝐴) = 𝑘
𝑘 − 1(𝐵 − 𝐴) ⇔ 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ = − 1
𝑘 − 1𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑘 𝑘 − 1𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗
Tính 𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗
Với
𝐸 =𝑘𝐶 − 𝐵
𝑘 − 1 ; 𝐹 =𝑘𝐵 − 𝐶 𝑘 − 1 Ta có:
𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 𝑘
𝑘 − 1+ 1
𝑘 − 1) 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ −1 + 𝑘
𝑘 − 1𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =1 + 𝑘
𝑘 − 1(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) Suy ra
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 47 𝐴 + 𝐸 + 𝐹 = 𝐴 +𝑘𝐶 − 𝐵 + 𝑘𝐵 − 𝐶
𝑘 − 1 =(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵 + 𝑘𝐶) − (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) 𝑘 − 1
=(𝑘 − 1)(𝐴 + 𝐵 + 𝐶)
𝑘 − 1 = (𝐴 + 𝐵 + 𝐶)
Đẳng thức này chứng tỏ rằng hai tam giá ABC và AEF có cùng trọng tâm 3) Từ giả thiết 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ ta được :
𝐴 − 𝐷 = 𝑘𝐵 − 𝑘𝐷
⇔ (𝑘 − 1)𝐷 = 𝑘𝐵 − 𝐴
⇔ 𝐷 =𝑘𝐵 − 𝐴 𝑘 − 1 Và 𝐶 − 𝐼 = 𝑘𝐴 − 𝑘𝐼
⇔ ( 𝑘 − 1)𝐼 = 𝑘𝐴 − 𝐶
⇔ 𝐼 =𝑘𝐴 − 𝐶 𝑘 − 1
Sử dụng 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐸 − 𝐴 đã tính được ở câu 1) ta có 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐼⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝐸 − 𝐴) + (𝐼 − 𝐵) + (𝐷 − 𝐶)
=(𝑘𝐶 − 𝐵 − 𝑘𝐴 + 𝐴) + (𝑘𝐴 − 𝐶 − 𝑘𝐵 + 𝐵) + (𝑘𝐵 − 𝐴 − 𝑘𝐶 + 𝐶) 𝑘 − 1
=𝑘(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) − 𝑘(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) + (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) − (𝐴 + 𝐵 + 𝐶)
𝑘 − 1 = 0
Hệ thức 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐼⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 đã được chứng minh Ví dụ 2:
Cho hình vuông ABCD .M là trung điểm của CD,điểm P nằm trên đường chéo AC sao cho |𝑃𝐶| = 3|𝐴𝑃|.Chứng minh rằng BPM̂ bằng 900
Lời giải:
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 48 Chọn hệ tọa độ vuông góc sao cho A là điểm gốc và vectơ AB là vectơ đơn vị theo chiều dương,như vậy tọa vị của những điểm A,B,C,D tương ứng là 𝑎 = 𝑜 , 𝑏 = 1, 𝑐 = 1 + 𝑖 , 𝑑 = 𝑖.Điểm M là trung điểm CD nên 𝑚 = 𝑐+𝑑
2 =1
2(1 + 2𝑖).
Vì 𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ = 1
4𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ nên 𝑝 = 1
4𝑐 =1
4(1 + 𝑖).Ta tính:
𝑉(𝑚, 𝑏, 𝑝) =𝑚 − 𝑝 𝑏 − 𝑝 =
1
2(1 + 2𝑖) −1
4(1 + 𝑖) 1 −1
4(1 + 𝑖)
=1 + 3𝑖 3 − 𝑖
=(1 + 3𝑖)(3 + 𝑖)
(3 − 𝑖)(3 + 𝑖) =10𝑖 10 = 𝑖 Bởi vì arg(𝑖) =𝜋
2 nên 𝑀𝑃𝐵̂ = 90𝑜
Hơn nữa |i|=1 nên ta nhận được |𝑃𝐵| = |𝑃𝑀| nên tam giác BPM là vuông cân.
Ví dụ3
Cho hình vuông ABCD và O là giao điểm của 2 đường chéo ,M,N lần lượt là trung điểm của OB,CD chứng minh rằng.𝑁𝑀𝐴̂ vuông cân
Lời giải:
Chọn hệ tọa độ vuông góc với O trùng với gốc tọa độ,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ là vectơ đơn vị trùng với chiều dương của trục hoành.Khi đó tọa vị của các đỉnh hình vuông là a=1,b=i, c=-1, d=-i, tọa vị của M, N là 𝑚 = 𝑖
2, 𝑛 =−1−𝑖
2 Ta tính tỷ số đơn 𝑉(𝑎, 𝑛, 𝑚) = 𝑎−𝑚
𝑛−𝑚= 1−
𝑖 2
−1−2𝑖 = 𝑖 arg(𝑖) =𝜋
2 điều này chứng tỏ 𝐴𝑀 ⊥ 𝑁𝑀 và MN=MA.
Vâỵ tam giác AMN vông cân.
Ví dụ 4:
Cho tứ giác lồi ABCD.Chứng minh rằng 𝐴𝐵2+ 𝐶𝐷2 = 𝐴𝐷2+ 𝐵𝐶2 khi và chỉ khi 𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐷
Lời giải:
Áp dụng các kết quả của số phức ta có được
𝐴𝐵2+ 𝐶𝐷2 = 𝐴𝐷2+ 𝐵𝐶2
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 49 Khi và chỉ khi
(𝑏 − 𝑎). (𝑏 − 𝑎) + (𝑑 − 𝑐). (𝑑 − 𝑐) = (𝑑 − 𝑎). (𝑑 − 𝑎) + (𝑐 − 𝑏). (𝑐 − 𝑏) Ta được 𝑎. 𝑏 + 𝑐. 𝑑 = 𝑏. 𝑐 + 𝑑. 𝑎
⇔ (𝑐 − 𝑎). (𝑑 − 𝑏) = 0 Hay điều này tương đương 𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐷,(ĐPCM)
Ví dụ 5
Gọi M, N, P, Q, R ,S Theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA của lục giác ABXDEF.Chứng minh rằng 𝑅𝑁2 = 𝑀𝑄2+ 𝑃𝑆2 ⇔ 𝑀𝑄 ⊥ 𝑃𝑆
Lời giải:
Gọi 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 theo thứ tự là tọa vị của các đỉnh cuả lục giác đều .Khi đó tọa vị cuả các điểm M,N,P,Q,R ,S là
𝑚 =𝑎 + 𝑏
2 , 𝑛 =𝑏 + 𝑐
2 , 𝑝 = 𝑐 + 𝑑 2 𝑞 =𝑑 + 𝑒
2 , 𝑟 =𝑒 + 𝑓
2 , 𝑠 =𝑓 + 𝑎 2 Sử dụng các kết quả cuả số phức ta có được
𝑅𝑁2 = 𝑀𝑄2+ 𝑃𝑆2 Khi và chỉ khi: (𝑒 + 𝑓 − 𝑏 − 𝑐). (𝑒 + 𝑓 − 𝑏 − 𝑐)
= (𝑑 + 𝑒 − 𝑎 − 𝑏). (𝑑 + 𝑒 − 𝑎 − 𝑏) + (𝑓 + 𝑎 − 𝑐 − 𝑑). (𝑓 + 𝑎 − 𝑐 − 𝑑) Ta được (𝑑 + 𝑒 − 𝑎 − 𝑏). (𝑓 + 𝑎 − 𝑐 − 𝑑) = 0
Nghĩa là 𝑀𝑄 ⊥ 𝑃𝑆 (ĐPCM) Ví dụ 6
Cho tứ giác lồi ABCD.Gọi E,F,G,H theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB,BC,CD,DA.Chứng minh rằng:
𝐴𝐵 ⊥ 𝐶𝐷 ⇔ 𝐵𝐶2+ 𝐷𝐴2 = 2(𝐸𝐺2+ 𝐹𝐻2) Lời giải:
Gọi a,b,c,d là tọa vị của các đỉnh A,B,C,D khi đó tọa vị của các trung điểm là:
𝑒 = 𝑎 + 𝑏
2 , 𝑓 = 𝑏 + 𝑐
2 , 𝑔 =𝑐 + 𝑑
2 , ℎ = 𝑑 + 𝑎 2
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 50 Từ đó ta có 𝐵𝐶2+ 𝐷𝐴2 = 2(𝐸𝐺2+ 𝐹𝐻2)
Khi và chỉ khi:
(𝑐 − 𝑏). (𝑐 − 𝑏) + (𝑑 − 𝑎). (𝑑 − 𝑎)
=1
2(𝑐 + 𝑑 − 𝑎 − 𝑏). (𝑐 + 𝑑 − 𝑎 − 𝑏) +1
2(𝑎 + 𝑑 − 𝑏 − 𝑐)(𝑎 + 𝑑 − 𝑏 − 𝑐) Kết quả ta được:
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 − 𝑏)(𝑑 − 𝑐) = 0 Điều này chứng tỏ 𝐴𝐵 ⊥ 𝐶𝐷(ĐPCM)
Ví dụ 7:
Lấy G là trọng tâm cuả tam giác ABC và 𝐴1, 𝐵1, 𝐶1, lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB.Chứng minh rằng:
𝑀𝐴2+ 𝑀𝐵2+ 𝑀𝐶2+ 9𝑀𝐺2 = 4(𝑀𝐴12+ 𝑀𝐵12+ 𝑀𝐶12) Chứng minh:
Ta có tọa vị của các điểm F,A,B,C,D lần lượt là:
𝑔 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
3 , 𝑎1 =𝑏 + 𝑐
2 , 𝑏1 =𝑐 + 𝑎
2 , 𝑐1, = 𝑎 + 𝑏 2 , Sử dụng các kết quả của số phức ta được
𝑀𝐴2 + 𝑀𝐵2+ 𝑀𝐶2+ 9𝑀𝐺2
= (𝑚 − 𝑎). (𝑚 − 𝑎) + (𝑚 − 𝑏). (𝑚 − 𝑏) + (𝑚 − 𝑐). (𝑚 − 𝑐) + 9 (𝑚 −𝑎 + 𝑏 + 𝑐
3 ) . (𝑚 −𝑎 + 𝑏 + 𝑐
3 )
= 12|𝑚|2− 8(𝑎 + 𝑏 + 𝑐). 𝑚 + 2(|𝑎|2+ |𝑏|2+ |𝑐|2) + 2𝑎. 𝑏 + 2𝑏. 𝑐 + 2𝑐. 𝑎
Mặc khác: 4(𝑀𝐴12+ 𝑀𝐵12+ 𝑀𝐶12)
= [(𝑚 −𝑏 + 𝑐
2 ) . (𝑚 −𝑏 + 𝑐
2 ) + (𝑚 −𝑐 + 𝑎
2 ) . (𝑚 −𝑐 + 𝑎 2 ) + (𝑚 −𝑎 + 𝑏
2 ) . (𝑚 −𝑎 + 𝑏 2 )]
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 51 12|𝑚|2− 8(𝑎 + 𝑏 + 𝑐). 𝑚 + 2(|𝑎|2+ |𝑏|2+ |𝑐|2) + 2𝑎. 𝑏 + 2𝑏. 𝑐 + 2𝑐. 𝑎 Vậy ta được điều cần chứng minh
Ví dụ 8
Cho ngũ giác lồi ABCDE và M, N, P, Q, X, Y lần lượt là trung diểm cuả các cạnh BC, CD, DE, EA, MP, NQ.Chứng minh rằng XY||AB
Chứng minh
Lấy a, b, c, d, e là tọa vị của các đỉnh A, B, C, D, E khi đó tọa vị của các trung điểm M, N, P, Q, X, Y là:
𝑚 =𝑏 + 𝑐
2 , 𝑛 = 𝑐 + 𝑑
2 , 𝑝 =𝑑 + 𝑒 2
𝑞 = 𝑒 + 𝑎
2 , 𝑥 = 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒
4 , 𝑦 = 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 + 𝑎 4 Ta lập tỷ lệ
𝑦 − 𝑥 𝑏 − 𝑎 =
𝑎 − 𝑏 4
𝑏 − 𝑎 = −1 4∈ ℝ Suy ra (𝑦 − 𝑥) × (𝑏 − 𝑎) = −1
4(𝑏 − 𝑎) × (𝑏 − 𝑎) = 0 Chứng tỏ XY||AB
Ví dụ 9
Cho tam giác ABC.Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C, dựng hình vuông ABDE.Trong nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, dựng hình vuông BCFG.Chứng minh rằng GA vuông góc với CD và GA=CD
Lời giải:
Lấy hệ tọa độ vuông góc có gốc tại B, vectơ 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ là chiều dương của trục thực.Tọa vị các đỉnh của tam giác ABC tương ứng là 𝑎 , 𝑏 = 0, 𝑐
Khi đó tọa vị của G là 𝑖𝑐 Tọa vị của D là – 𝑖𝑎
Gọi góc giữa GA và CD kí hiệu là 𝜑 thì 𝜑 = 𝑎𝑟𝑔−𝑖𝑎−𝑐
𝑎−𝑖𝑐
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 52 Xét −𝑖𝑎−𝑐
𝑎−𝑖𝑐 =(−𝑖𝑎−𝑐)(𝑎+𝑖𝑐)
(𝑎−𝑖𝑐)(𝑎+𝑖𝑐) =−𝑖(𝑎2+𝑐2)
𝑎2+𝑐2 = −𝑖 Do arg(−𝑖) = −𝜋
2 nên GA vuông góc với CD .Ngoài ra thì |𝐺 − 𝐴| = |𝑎 − 𝑖𝑐| =
|−𝑖𝑎 − 𝑐| = |𝐶𝐷|
Vậy ta có điều chứng minh
Ví dụ 10: (bài toán Napoléon) .Lấy các cạnh BC,CA,AB của tam giác ABC làm đáy,dựng ra ngoài các tam giác đều với tâm tương ứng 𝐴𝑜, 𝐵𝑜, 𝐶𝑜 . Chứng minh 𝐴𝑜, 𝐵𝑜, 𝐶𝑜 là các đỉnh của một tam giác đều
Lời giải 1:
Ta có tam giác ABC đều bất kì ,định hướng dương (tương ứng âm) khi và chỉ khi phép quay tâm A, góc quay +𝜋
3 (tương ứng −𝜋
3) biến điểm B thành điểm C, do đó tam giác ABC đều ,định hướng dương khi và chỉ khi 𝑎 + 𝑏𝜔 + 𝑐𝜔2 = 𝑜 , và tam giác ABC đều định hướng âm khi và chỉ khi 𝑎𝜔2+ 𝑏𝜔 + 𝑐 = 𝑜 trong đó 𝜔3 = 1.
Vậy đối với bài này ta giả sử tam giác ABC định hướng dương. Gọi x là tọa vị của điểm X nào đó trong mặt phẳng ,khi đó ta có
𝑎 + 𝑐1𝜔 + 𝑏𝜔2 = 𝑜 , 𝑏 + 𝑎1𝜔 + 𝑐𝜔2 = 𝑜 , 𝑐 + 𝑏1𝜔 + 𝑎𝜔2 = 𝑜 Do 𝐴𝑜, 𝐵𝑜, 𝐶𝑜 theo thứ tự là trọng tâm của tam giác 𝐵𝐶𝐴1,𝐶𝐴𝐵1, 𝐴𝐵𝐶1 nên
𝐴1 A
B C
𝐶1
𝐵𝑜
𝐴𝑜 𝐶𝑜
𝐵1
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 53 3𝑎𝑜 = 𝑏 + 𝑐 + 𝑎1, 3𝑏𝑜 = 𝑐 + 𝑎 + 𝑏1, 3𝑐𝑜 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐1
Từ đó: 3𝑐𝑜+ 𝑎𝑜𝜔 + 𝑏𝑜𝜔2 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐1+ (𝑏 + 𝑐 + 𝑎1)𝜔 + (𝑐 + 𝑎 + 𝑏1)𝜔2
= 𝑏 + 𝑎1𝜔 + 𝑐𝜔2+ (𝑐 + 𝑏1𝜔 + 𝑎𝜔2)𝜔 + ( 𝑎 + 𝑐1𝜔 + 𝑏𝜔2)𝜔2 = 0 Suy ra điều phải chứng minh
Lời giải 2:Giả sử tam giác ABC định hướng âm,và x là nhãn cuả điểm X nào đó trong mặt phẳng.Khi đó ta có
𝑐 = 𝑒𝑖2𝜋3(𝑏 − 𝑎𝑜) + 𝑎𝑜, 𝑎 = 𝑒𝑖2𝜋3(𝑐 − 𝑏𝑜) + 𝑏 , 𝑏 = 𝑒𝑖2𝜋3(𝑎 − 𝑐𝑜) + 𝑐𝑜 Suy ra 𝑏 = 𝑒𝑖2𝜋3 (𝑒𝑖2𝜋3(𝑐 − 𝑏𝑜) + 𝑏𝑜− 𝑐𝑜) + 𝑐𝑜
= 𝑒𝑖4𝜋3 (𝑒𝑖2𝜋3(𝑏 − 𝑎𝑜) + 𝑎𝑜− 𝑏𝑜) + 𝑒𝑖2𝜋3 (𝑏𝑜− 𝑐𝑜) + 𝑐𝑜
= 𝑏 − 𝑎𝑜 + 𝑒𝑖4𝜋3(𝑎𝑜 − 𝑏𝑜) + 𝑒𝑖2𝜋3(𝑏𝑜− 𝑐𝑜) + 𝑐𝑜
Từ đó 𝑐𝑜 − 𝑎𝑜 = 𝑒−𝑖.𝜋3(𝑏𝑜− 𝑎𝑜) điều đó có nghĩa là tam giác 𝐴𝑜𝐵𝑜𝐶𝑜 đều
Ví dụ 11.(BMO 1990-Shortlist).Cho tam giác ABC lấy các cạnh làm đáy ,dựng ra ngoài ba n-giác đều.Tìm tất cả các giá trị cả n sao cho tâm của ba đa giác đều đó là đỉnh của một tam giác đều.
Lời giải:
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 54 Giả sử tam giác ABC định hướng âm, gọi 𝐴𝑜, 𝐵𝑜, 𝐶𝑜 là tâm của các đa giác đều dựng trên cạnh 𝐵𝐶, 𝐶𝐴, 𝐴𝐵 (hình vẽ) . Khi đó 𝐵𝐴̂ = 𝐶𝐵𝑜𝐶 ̂ = 𝐴𝐵𝑜𝐴 ̂ =𝑜𝐶 2𝜋
𝑛
Đặt 𝜔 = 𝑒𝑖2𝜋𝑛 và gọi 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑎𝑜, 𝑏𝑜, 𝑐𝑜 lần lượt là tọa vị của các điểm 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐴𝑜, 𝐵𝑜, 𝐶𝑜 theo thứ tự đó ,từ giả thiết ta có
𝑎 = 𝑏𝑜 + (𝑐 − 𝑏𝑜)𝜔, 𝑏 = 𝑐𝑜 + (𝑎 − 𝑐𝑜)𝜔, 𝑐 = 𝑎𝑜+ (𝑏 − 𝑎𝑜)𝜔 Từ đó
𝑏𝑜 =𝑎 − 𝑐𝜔
1 − 𝜔 ; 𝑐𝑜 =𝑏 − 𝑎𝜔
1 − 𝜔 ; 𝑎𝑜 =𝑐 − 𝑏𝜔 1 − 𝜔
Tam giác 𝐴𝑜𝐵𝑜𝐶𝑜 đều khi và chỉ khi 𝑎𝑜2+ 𝑏𝑜2+𝑐𝑜2 = 𝑎𝑜𝑏𝑜+ 𝑏𝑜𝑐𝑜+ 𝑐𝑜𝑎𝑜 Thay 𝑎𝑜, 𝑏𝑜, 𝑐𝑜 tìm được ở trên vào, khai triển rút gọn ta được
(1 + 𝜔 + 𝜔2)[(𝑏 − 𝑎)2+ (𝑎 − 𝑐)2+ (𝑐 − 𝑏)2] = 0 Điều này tương đương với 1 + 𝜔 + 𝜔2 = 0 do đó n=3
Ví dụ 12 (IMO 1977). Cho hình vuông ABCD. Dựng về phía trong hình vuông các tam giác đều 𝐴𝐵𝐾, 𝐵𝐶𝐿, 𝐶𝐷𝑀 𝑣à 𝐷𝐴𝑁 chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng 𝐾𝐿, 𝐿𝑀, 𝑀𝑁, 𝑁𝐾, 𝐵𝐾, 𝐵𝐿, 𝐶𝐿, 𝐷𝑀, 𝐷𝑁 𝑣à 𝑁𝐴 là đỉnh của một thập nhị giác đều
Lời giải
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 55 Giả sử hình vuông ABCD định hướng dương.Chọn tâm O của hình vuông làm gốc,gọi x là tọa vị của điểm X trong mặt phẳng phức.
Khi đó 𝑏 = 𝑖. 𝑎 , 𝑐 = −𝑎, 𝑑 = −𝑖. 𝑎 Đặt 𝜔 = 𝑒𝑖.𝜋3 ta có:
𝑘 = (𝑖𝜔 + 𝜔̅)𝑎 , 𝑙 = (−𝜔 + 𝑖. 𝜔̅)𝑎, 𝑚 = (−𝑖. 𝜔 − 𝜔̅)𝑎 , 𝑛 = (𝜔 − 𝑖. 𝜔̅)𝑎 Để ý rằng đa giác 𝑃1𝑄1𝑆1𝑃2𝑄2𝑆2𝑃3𝑄3𝑆3𝑃4𝑄4𝑆4 nhận O làm tâm đối xứng do đó với 𝑓 là phép quay tâm O, góc quay +𝜋
6 thì chỉ cần chứng minh 𝑓(𝑝𝑘) = 𝑞𝑘 , 𝑓(𝑞𝑘) = 𝑠𝑘 , 𝑓(𝑠𝑘) = 𝑝𝑘+1 (𝑘 = 1,2) là đủ,
Từ cách đựng ,ta có 𝑝1 =1
2(𝑘 + 𝑙) =𝑎
2[(𝑖 − 1)𝜔 + (𝑖 + 1)𝜔̅] , 𝑝2 =𝑎
2[−(𝑖 + 1)𝜔 + (𝑖 − 1)𝜔̅]
𝑞1 =−𝑎
2 [𝑖(1 + 𝜔) + 𝜔̅] , 𝑠1 =𝑎
2[1 + 𝑖𝜔 + 𝜔̅]
Khi đó ,với 𝜀 = 𝑒𝑖𝜋6 thì
𝑓(𝑝1) = 𝜀𝑝1 =𝑎
2[(𝑖 − 1)𝜀𝜔 + (𝑖 + 1)𝜀𝜔̅] = 𝑞1 𝑓(𝑞1) = 𝜀𝑞1 =𝑎
2[𝑖𝜀 + 𝑖𝜀𝜔 + 𝜀𝜔̅] = 𝑠1 𝑓(𝑠1) = 𝜀𝑠1 =𝑎
2[𝜀 + 𝑖𝜀𝜔 + 𝜀𝜔̅] = 𝑝2
Tương tự ,ta thu được 𝑓(𝑝2) = 𝑞2, 𝑓(𝑞2) = 𝑠2, 𝑓(𝑠2) = 𝑝3 (ĐPCM)
Ví dụ 13: Cho tam giác ABC .Lấy điểm P khác phía với C đối với đường thẳng AB, điểm Q khác phía B đối với đường thẳng CA và điểm R cũng phía với A đối với đường thẳng BC sao cho tam giác BCR, ACQ và BAP đồng dạng.Chứng minh tứ giác APRQ là một hình bình hành
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 56 Lời giải: Giả sử tam giác ABC định hướng dương và gọi X là tọa của điểm X.Đặt
𝐵𝑃 𝐵𝐴=𝐴𝑄
𝐴𝐶 =𝐵𝑅
𝐵𝐶 = 𝑡 , 𝐴𝐵𝑃̂ = 𝐶𝐴𝑄̂ = 𝐶𝐵𝑅̂ = 𝜑, 𝜔 = 𝑒𝑖𝜑,khi đó từ giả thiết suy ra 𝑝 = (𝑡𝜔 + 1)𝑏 − 𝑡𝜔𝑏
𝑞 = (𝑡𝜔 + 1)𝑎 − 𝑡𝜔𝑐 Và 𝑟 = (𝑡𝜔 + 1)𝑏 − 𝑡𝜔𝑐
Khi đó
𝑝 + 𝑞 = (𝑡𝜔 + 1)(𝑎 + 𝑏) − 𝑡𝜔(𝑎 + 𝑐) = (𝑡𝜔 + 1)𝑏 − 𝑡𝜔𝑐 + (𝑡𝜔 + 1)𝑎 − 𝑡𝑎 = 𝑎 + 𝑟 (ĐPCM)
Lời giải 2:.Từ giả thiết suy ra các tam giác 𝐵𝐶𝑅, 𝐴𝐶𝑄 𝑣à 𝐵𝐴𝑃 đồng dạng cùng hướng.Vậy
𝑟 − 𝑏
𝑟 − 𝑐 =𝑞 − 𝑎
𝑞 − 𝑐 =𝑝 − 𝑏
𝑝 − 𝑎 = 𝑧 ∈ ℂ Từ đó
𝑝 =𝑏 − 𝑧𝑎
1 − 𝑧 ; 𝑞 = 𝑎 − 𝑧𝑐
1 − 𝑧 ; 𝑟 =𝑏 − 𝑧𝑐 1 − 𝑧 Suy ra
𝑝 + 𝑞 = 𝑏 − 𝑧𝑐 + (1 − 𝑧)𝑎
1 − 𝑧 = 𝑎 + 𝑟
Ví dụ 14 Trong mặt phẳng cho 4 đường tròn 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3, 𝑘4. 𝑋1, 𝑌1 là giao điểm chung của 𝑘1, 𝑘2, 𝑋2, 𝑌2 là giao điểm chung của 𝑘2, 𝑘3, 𝑋3, 𝑌3 là giao điểm chung của 𝑘3, 𝑘4, 𝑋4, 𝑌4 là giao điểm chung của 𝑘4, 𝑘1.Chứng minh rằng nếu 𝑋1, 𝑋2, 𝑋3, 𝑋4 cùng nằm trên một đường tròn thì 𝑌1, 𝑌2, 𝑌3, 𝑌4 cũng nằm trên một đường tròn
Lời giải:
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 57
Do 𝑋1, 𝑌2, 𝑋2, 𝑌1 cùng nằm trên đường tròn 𝑘2 nên tỷ số kép cả chúng 𝑊( 𝑥1, 𝑦2, 𝑥2, 𝑦1) = 𝑥1− 𝑥2
𝑦2− 𝑥2: 𝑥1− 𝑦1 𝑦2− 𝑦1 Là một số thực.tương tự như vậy các tỷ số:
𝑊( 𝑥2, 𝑦3, 𝑥3, 𝑦2) = 𝑥2− 𝑥3
𝑦3− 𝑥3: 𝑥3− 𝑦2 𝑦3− 𝑦2 𝑊( 𝑥3, 𝑦4, 𝑥4, 𝑦3) = 𝑥3− 𝑥4
𝑦4− 𝑥4: 𝑥3− 𝑦3 𝑦4− 𝑦3 𝑊( 𝑥4, 𝑦1, 𝑥1, 𝑦4) = 𝑥4− 𝑥1
𝑦1− 𝑥1: 𝑥4− 𝑦4 𝑦1− 𝑦4 Cũng là số thực, do đó
𝑊( 𝑥1, 𝑦2, 𝑥2, 𝑦1). 𝑊( 𝑥3, 𝑦4, 𝑥4, 𝑦3) 𝑊( 𝑥2, 𝑦3, 𝑥3, 𝑦2). 𝑊( 𝑥4, 𝑦1, 𝑥1, 𝑦4)
= [𝑥1− 𝑥2
𝑥3− 𝑥2:𝑥1− 𝑥4
𝑥3− 𝑥4] . [𝑦1− 𝑦2
𝑦3 − 𝑦2:𝑦1− 𝑦4 𝑦3− 𝑦4]
= 𝑊(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4). 𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, 𝑦4)
Là một số thực.Nhưng vì 𝑊(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) là một số thực do 𝑋1, 𝑋2, 𝑋3, 𝑋4 nằm trên một đường tròn,nên 𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, 𝑦4) là một số thực,điều này chứng tỏ 𝑌1, 𝑌2, 𝑌3, 𝑌4 cũng nằm trên một đường tròn (ĐPCM)
Ví dụ 15: Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 trực tâm H, vẽ đường tròn đường kính CH , cắt cạnh AB,AC tại P và Q.Chứng minh rằng những tiếp tuyến tại P và Q đối với đường tròn cắt nhau tại điểm giữa của AB.
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 58 Lời giải:
Chọn hệ tọa độ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đơn vị.Do P, Q là chân đường cao của tam giác hạ từ A, B nên
{ 𝑝 =1
2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏𝑐𝑎̅) 𝑞 = 1
2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑎𝑐𝑏̅) Tâm O của đường tròn đường kính CH là trng điểm CH nên
𝑎 =1
2(𝑐 + ℎ) = 1
2(𝑐 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = 𝑎 +1
2(𝑎 + 𝑏) Gọi M là trung điểm cuả AB, thì 𝑚 =(𝑎+𝑏)
2 .Ta có:
𝑚 − 𝑝 0 − 𝑝 =
1
2(𝑎 + 𝑏) −1
2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏𝑐𝑎̅) 𝑐 +1
2(𝑎 + 𝑏) −1
2(𝑎 + 𝑏) − 𝑏𝑐𝑎̅
=𝑏𝑐𝑎̅ − 𝑐
𝑐 + 𝑏𝑐𝑎̅ =𝑏𝑎̅ − 1
1 + 𝑏𝑎̅=𝑏 − 𝑎 𝑏 + 𝑎 Tương tự ta có:
𝑚 − 𝑞
0 − 𝑞 =𝑎 − 𝑏 𝑎 + 𝑏
Các tỉ số trên là số ảo. Thật vậy nếu 𝑏 = 𝑥𝑜 + 𝑖𝑦𝑜, 𝑎 = 𝑥1+ 𝑖𝑦1thì 𝑎−𝑏
𝑎+𝑏 có phần thực là phân số có tử số bằng 0:
(𝑥𝑜− 𝑥1)(𝑥𝑜+ 𝑥1) + (𝑦𝑜− 𝑦1)(𝑦𝑜 + 𝑦1) = (𝑥𝑜2+ 𝑦𝑜2) − (𝑥12+ 𝑦12) = 0 Chứng tỏ 𝑀𝑃 ⊥ 𝑂𝑃, 𝑀𝑄 ⊥ 𝑂𝑄, nghĩa là MP,MQ là tiếp tuyến của đường tròn (đpcm)
Ví dụ 16:
Về phía ngoài của tứ giác lồi ABCD, lần lượt dựng các hình vuông nhận 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐷𝐴 làm cạnh. Các hình vuông này có tâm là 𝑂1, 𝑂2, 𝑂3, 𝑂4.Chứng minh rằng 𝑂1𝑂3 ⊥ 𝑂2𝑂4 và 𝑂1𝑂3 = 𝑂2𝑂4.
Lời giải:
Giả sử các hình vuông là 𝐴𝐵𝑀𝑀′, 𝐵𝐶𝑁𝑁′, 𝐶𝐷𝑃𝑃′, 𝐷𝐴𝑄𝑄′ có tâm là 𝑂1, 𝑂2, 𝑂3, 𝑂4. Ta quy ước chữ cái thường là tọa vị của các đỉnh
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 59 Ta nhận thấy rằng điểm M nhận được từ phép quay tâm B 1 góc 𝜋
2 .Từ đó suy ra 𝑚 = 𝑏 + (𝑎 − 𝑏)𝑖
Tương tự
𝑛 = 𝑐 + (𝑏 − 𝑐)𝑖, 𝑝 = 𝑑 + (𝑐 − 𝑑)𝑖, 𝑞 = 𝑎 + (𝑑 − 𝑎)𝑖.
Do đó:
𝑜1 =𝑎 + 𝑚
2 =𝑎 + 𝑏 + (𝑎 − 𝑏)𝑖
2 , 𝑜2 =𝑏 + 𝑐 + (𝑏 − 𝑐)𝑖 2
𝑜3 =𝑐 + 𝑑 + (𝑐 − 𝑑)𝑖
2 , 𝑜4 =𝑑 + 𝑎 + (𝑑 − 𝑎)𝑖 2
Suy ra:
𝑜3− 𝑜1
𝑜4− 𝑜2 =(𝑐 + 𝑑 − 𝑎 − 𝑏) + 𝑖(𝑐 − 𝑑 − 𝑎 − 𝑏)
𝑎 + 𝑑 − 𝑏 − 𝑐 + 𝑖(𝑑 − 𝑎 − 𝑏 + 𝑐) = −𝑖 Do đó 𝑂1𝑂3 vông góc 𝑂2𝑂4.Hơn nữa |𝑂3−𝑂1
𝑂4−𝑂2| = |−𝑖| = 1 nên 𝑂1𝑂3= 𝑂2𝑂4
Ví dụ 17 :Về phía ngoài tam giác ABC dựng ta lần lượt dựng các tam giác ABR,BCR,CAQ sao cho𝑃𝐵𝐶̂ = 𝐶𝐴𝑄̂ = 45𝑜 , 𝐵𝐶𝑃̂ = 𝑄𝐶𝐴̂ = 300 , 𝐴𝐵𝑅̂ = 𝑅𝐴𝐵̂ = 150.Chứng minh rằng:𝑄𝑅𝑃̂ = 90𝑜 , 𝑅𝑄 = 𝑅𝑃
Lời giải:
Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức.Gọi M là chân đường vuông góc hạ từ điểm P xuống đường thẳng BC.Ta quy ước chữ cái thường là tọa vị của các đỉnh tương ứng.Vì 𝑀𝑃 = 𝑀𝐵 và 𝑀𝐶
𝑀𝑃= √3 nên:
𝑝 − 𝑚
𝑏 − 𝑚 = 𝑖 ; 𝑐 − 𝑚
𝑝 − 𝑚= 𝑖√3 Do đó:
𝑝 = 𝑐 + √3𝑏
1 + √3 + 𝑖 𝑏 − 𝑐 1 + √3 Tương tự ta cũng tính được
𝑞 =𝑐 + √3𝑎
1 + √3 + 𝑖 𝑎 − 𝑐 1 + √3
Điểm B nhận được từ phép quay tâm R, góc quay 𝑞 = 150𝑜 do đó:
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 60 𝑏 = 𝑎 (−√3
2 +1 2𝑖) Từ đó ,bằng các phép biến đổi đại số ta được
𝑝
𝑞 = (𝑐 + √3𝑏
1 + √3 + 𝑖 𝑏 − 𝑐
1 + √3) : (𝑐 + √3𝑎
1 + √3 + 𝑖 𝑎 − 𝑐
1 + √3) = 𝑖
Suy ra QR vuông góc với PR hay 𝑄𝑅𝑃̂ = 90𝑜 hơn nữa |𝑝| = |𝑖𝑞| = |𝑞| nên RQ=RP
Ví dụ 19
Nếu 𝐵1, 𝐵2,𝐵3 là những điểm của mặt phẳng 𝐴1𝐴2𝐴3 ,sao cho những tam giác 𝐴1𝐴2𝐵3, 𝐴2𝐴3𝐵1 , 𝐴3𝐴1𝐵2 đồng dạng cùng hướng.Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác 𝐴1𝐴2𝐴3 và 𝐵1𝐵2𝐵3 trùng nhau
Lời giải
Theo giả thiết ba tam giác 𝐴1𝐴2𝐵3, 𝐴2𝐴3𝐵1 , 𝐴3𝐴1𝐵2 đồng dạng cùng hướng, nên tồn tại một số k sao cho:
𝑏3− 𝑎1
𝑎2− 𝑎1 = 𝑏1− 𝑎2
𝑎3− 𝑎2 =𝑏2− 𝑎3 𝑎1− 𝑎3 = 𝑘 Suy ra
𝑏3 = 𝑎1+ 𝑘(𝑎2− 𝑎1) 𝑏1 = 𝑎2+ 𝑘(𝑎3− 𝑎2) 𝑏2 = 𝑎3+ 𝑘(𝑎1− 𝑎3) Cộng ba đẳng thức trên với nhau, vế theo vế ta được
𝑏1+ 𝑏2+ 𝑏3 = 𝑎1+ 𝑎2+ 𝑎3
Từ đó suy ra trọng tâm của tam giác 𝐴1𝐴2𝐴3 và 𝐵1𝐵2𝐵3 trùng nhau.
Ví dụ 20
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, H là chân đường cao hạ từ A. M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng đi qua A và đồng thời song song với BC. Chứng minh rằng G nằm trên đoạn HM và |𝑀𝐺|
|𝐺𝐻| = 2 Lời giải
SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 61
Chọn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn đơn vị.a,b,c là nhãn của các đỉnh A,B,C.Ta có:
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa vị là 𝑔 = 𝑎+𝑏+𝑐
3
H là chân đường cao hạ từ A lên dây cung BC nên H có tọa vị là:
ℎ =1
2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏. 𝑐𝑎̅)
Do AM Song song với BC nên 𝑎𝑚 = 𝑏𝑐 hay 𝑚 = 𝑏𝑐𝑎̅.Khi đó 𝑔 − 𝑚
ℎ − 𝑔 =
𝑎 + 𝑏 + 𝑐
3 − 𝑏𝑐𝑎̅
1
2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏. 𝑐𝑎̅) −𝑎 + 𝑏 + 𝑐 3
= 2
Tỷ số đơn là một số thực, nghĩa là góc giữa 2 đường thẳng MG và GH bằng 0 hoặc
±𝜋.Do đó P,M,Q nằm trên một đường thẳng và ta thấy ngay |𝑀𝐺|