Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐỀ TÀI SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SVTH : Nguyễn Thị Ba LỚP : 08CTT1 GVHD : Phan Anh Tuấn SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng MỤC LỤC LỜI MỞ ĐẦU Chương SỐ PHỨC, BIẾN PHỨC LỊCH SỬ VÀ CÁC DẠNG BIỂU DIỄN 1.1 LỊCH SỬ HÌNH THÀNH KHÁI NIỆM SỐ PHỨC 1.2 CÁC DẠNG BIỂU DIỄN SỐ PHỨC 1.2.1 Biễu diễn số phức dạng cặp 1.2.2 Biểu diễn số phức dạng đại số 12 1.2.3 Biểu diễn hình học số phức 15 1.2.4 Dạng lượng giác số phức 16 1.2.5 Dạng mũ số phức 19 1.2.6 Biểu diễn số phức nhờ ma trận 19 1.2.7 Biểu diễn số phức mặt cầu Riemann 20 Chương 23 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 23 2.1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM HÌNH HỌC CƠ BẢN 23 2.1.1 Khoảng cách 23 2.1.2 Tỉ lệ 24 2.1.3 Góc định hướng 24 2.1.4 Tích vơ hướng hai số phức: 26 2.1.5 Tích có hướng số phức 27 2.2 MƠ TẢ CÁC PHÉP BIẾN HÌNH BẰNG NGƠN NGỮ SỐ PHỨC 30 2.2.1 Phép dời hình 30 2.2.2 Phép vị tự: 31 2.3 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 31 2.3.1 Phương trình tổng quát 31 2.3.2 Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng: 33 SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng 2.3.3 Phương trình đường thẳng qua hai điểm : .33 2.4 TAM GIÁC 34 2.4.1 Quan hệ đồng dạng tam giác: 34 2.4.2 Cơng thức tính diện tích 34 2.5 ĐƯỜNG TRÒN 37 2.5.1 Phương trình tổng quát: 37 2.5.2 Phương trình đường trịn qua ba điểm 38 2.5.3 Đường tròn đơn vị .39 2.5.4 Đường tròn Euler .43 2.6 BÀI TẬP ÁP DỤNG 45 2.6.1 Ứng dụng số phức vào giải tốn hình học chứng minh tính tốn 45 2.6.2 Ứng dựng số phức giải tốn dựng hình: 61 2.6.3 Ứng dụng số phức giải toán quỹ tích .65 KẾT LUẬN 69 TÀI LIỆU THAM KHẢO 70 SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng LỜI MỞ ĐẦU -    Do nhu cầu phát triển toán học giải phương trình đại số,từ đời, số phức thúc đẩy toán học tiến lên mạnh mẽ giải nhiều vấn đề khoa học kỷ thuật.Ở nước ta sau nhiều lần cải cách ,cuối số phức đưa vào chương trình Giải tích 12,tuy nhiên cịn đơn giản,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 vấn đề khó, lại có nhiều thuận lợi, việc xem xét vấn đề liên quan đến phép biến hình mặt phẳng với hình học chúng Với lí tơi dã chọn đề nghiên cứu : “Số phức ứng dụng hình học phẳng “ SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Chương SỐ PHỨC, BIẾN PHỨC LỊCH SỬ VÀ CÁC DẠNG BIỂU DIỄN 1.1 LỊCH SỬ HÌNH THÀNH KHÁI NIỆM SỐ PHỨC Lịch sử số phức kỉ thứ XVI.Đó thời kì Phục hưng toán học châu Âu sau đêm trường trung cổ Các đại lượng ảo √−1 , 𝑏√−1 ,a+b√−1 xuất từ kỉ XVI cơng trình của nhà toán học Italy “Nghệ thuật vĩ đại quy tắc đại số” (1545) G Cardano (1501 – 1576) “Đại số” (1572) R Bombelli (1530 – 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 thời cổ đại” Khi giải phương trình bậc hai Cardano Bombelli đưa vào xét kí hiệu √−1 lời giải hình thức phương trình 𝑥 + = Xét biểu thức 𝑏√−1 nghiệm hình thức phương trình 𝑥 + 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 L.Euler đưa vào (năm 1777) gọi đơn vị “ảo” Quá trình thừa nhận số phức cơng cụ q giá tốn 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 SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng chung với số - công cụ phép đếm, người ta xem kí hiệu trừu tượng thỏa mãn định nghĩa i  1 Sự khủng hoảng niềm tin trở nên sâu sắc việc chuyển cách thiếu cân nhắc thiếu thận trọng số quy tắc đại số thông thường cho số phức sản sinh nghịch lí khó chịu Chẳng hạn nghịch lí sau đây: 𝑖 ≔ √−1 nên 𝑖 ≔ √−1, đồng thời cách sử dụng quy tắc thơng thường phép tốn khai bậc hai lại thu 𝑖 = √−1√−1 = √(−1)(−1) = √(−1)2 = √1 = Như 1  Ta nhấn mạnh lại hệ thức i  1 định nghĩa số i cho phép ta đưa vào xét số phức Điều có nghĩa hệ thức khơng thể chứng minh, quy ước Tuy vậy, có người muốn chứng minh hệ thức đó.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 với đường kính AB Từ điểm R tùy ý nửa đường trịn hạ đường vng góc RS trung bình nhân độ dài đoạn AS SB Vì nói đến độ dài nên khơng sai sót lớn nói bình phương đoạn RS tích đoạn thẳng AS 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 lí vừa nhắc lại ta có 𝑖 = (−1)(+1) = −1 Thật đáng tiếc phép chứng minh kì lạ viết sách giảng dạy số trường phổ thông trước chiến thứ II Lịch sử toán học ghi lại Cardano nhắc đến nghiệm phức lại gọi chúng nghiệm “ngụy biện”.Chẳng hạn giải hệ phương trình SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng { 𝑥 + 𝑦 = 10 𝑥𝑦 = 40 Cardano tìm nghiệm  5 ông gọi nghiệm “ âm túy” chí cịn gọi “nghiệm âm ngụy biện” Có lẽ tên gọi “ảo” di sản vĩnh cửu “ thời ngây thơ đáng trân trọng số học” Thậm chí nhiều nhà bác học lớn kỉ XVIII chất đại số chất hình học đại lượng ảo khơng hình dung cách rõ ràng mà cịn đầy bí ẩn Chẳng hạn, lịch sử ghi lại I Newton không thừa nhận cá đại lượng ảo không xem đại lượng ảo thuộc vào khái niệm số, cịn G Leibniz lên rằng: “Các đại lượng ảo – nơi ẩn náu đẹp đẽ huyền diệu tinh thần đấng tối cao, dường giống lưỡng cư sống chốn có thật khơng có thật” Người nhìn thấy lợi ích đưa số phức vào tốn học mang lại nhà tốn học Italy R Bombelli Trong “Đại số” (1572) ông định nghĩa phép tính số học đại lượng ảo ơng sáng tạo nên lí thuyết số “ảo” Thuật ngữ số phức dùng K Gauss (năm 1831) Vào kỉ XVII – XVIII nhiều nhà toán học khác nghiên cứu tính chất đại lượng ảo (số phức) khảo sát ứng dụng chúng.Chẳng hạn L Euler (1777 – 1855) nhà toán học Đức mở rộng khái niệm logarit cho số phức (1738), cịn A Moivre (1667 – 1754) nhà toán học Anh nghiên cứu giải toán bậc tự nhiên số phức (1736) Sự nghi ngờ số ảo (số phức) tiêu tan nhà toán học người Nauy C.Wessel đưa minh họa hình học số phức phép tốn chúng cơng trình cơng bố năm 1799 Đơi phép biểu diễn minh họa số phức gọi “sơ đồ Argand” để ghi nhận cơng lao nhà tốn học Thụy Sỹ R Argand – người thu kết Wessel cách độc lập SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Lí thuyết túy số học số phức với tư cách cặp số thực có thứ tự (a,b),𝑎 ∈ ℝ, 𝑏 ∈ ℝ xây dựng nhà toán học Ailen W.Hamilton (1837) Ở đơn vị “ảo” i đơn giản cặp số thực có thứ tự - cặp (0;1), tức đơn vị “ảo” lí giải cách thực Cho đến kỉ thứ XIX,Gauss thành công việc luận chứng cách vững khái niệm số phức 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 Bản chất đại số số phức thể chỗ số phức phần tử trường mở rộng (đại số) ℂ trường số thực ℝ thu phép ghép đại số cho ℝ nghiệm i phương trình x2   Với định lí Đại số, Gauss chứng minh trường ℂ trở thành trường đóng đại số.Điều có nghĩa xét nghiệm phương trình đại số trường ta không thu thêm số Đương nhiên trường số thực ℝ (và trường hữu tỉ ℚ) khơng có tính chất đóng đại số Chẳng hạn, phương trình với hệ số thực khơng có nghiệm thực Nhìn lại 2500 năm từ thời Pythagor tới giờ, đường phát triển khái niệm số tóm tắt ℕ → ℤ → ℚ → ℝ → ℂ với bao hàm thức: ℕ⊂ℤ⊂ℚ⊂ℝ⊂ℂ Bằng kết sâu sắc cơng trình nhà tốn học K.Weierstrass, G.Frobenius, B.Peirce người ta nhận cố gắng mở rộng tập số phức theo đường khơng có kết khả quan K.Weierstrass chứng minh tập hợp số phức C mở rộng thành tập hợp rộng cách ghép thêm số để tập hợp số rộng thu bảo tồn phép tính quy luật phép toán tập hợp số phức Nhìn lại lịch sử lâu dài phát triển khái niệm số ta thấy lần đưa vào số nhà toán học đồng thời đưa vào quy tgawcs thực phép tốn chúng.Đồng thời với điều nhà Tốn học ln ln cố gắng bảo tồn quy luật số học (luật giao hoán phép cộng SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng phép nhân, luật kết hợp luật phân bố, luật xếp tuyến tính tập hợp số).Tuy nhiên bảo tồn khơng phải thực được, ví dụ xây dựng trường số phức người ta khơng bảo tồn luật xếp tuyến tính vốn có trường số thực Tổng kết lịch sử tồn q trình phát triển khái niệm số, nhà toán học Đức L.Kronecker (1823 - 1891) viết: “Thượng đế tạo số tự nhiên, tất loại số cịn lại cơng trình sáng tạo người” Có thể nói với khẳng định bất hủ này, L.Kronecker xác định móng vững cho tịa lâu đài tốn học tráng lệ , mà người sở hữu 1.2 CÁC DẠNG BIỂU DIỄN SỐ PHỨC 1.2.1 Biễu diễn số phức dạng cặp Dưới dạng cặp ,mỗi số phức z biểu diễn cặp số thực có thứ tự (x;y),với x,y ∈ ℝ Định nghĩa: Gọi ℝ trường số thực, kí hiệu ℂ tập hợp tất cặp số thực có thứ tự (x,y) ,với x,y  ℝ , ℂ ta định nghĩa phép toán sau:  z1=(x1; y1) ; z2 =(x2;y2) ∈ ℂ  z1+ z2 =(x1+x2; y1+y2)  z1.z2 =(x1x2- y1y2; x1y2+x2y1) (ℂ,+, ) trường Chứng minh: Phép cộng: 1) Tính giao hốn:  z1=(x1; y1) ; z2 =(x2;y2) ∈ ℂ z1+ z2 =(x1+x2; y1+y2) z2+ z1 =(x2+x1; y2+y1)  z1+ z2 = z2+ z1 SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng 2) Tính kết hợp:  z1=(x1; y1) ; z2 =(x2;y2) ; z3=(x3; y3) ∈ ℂ (z1+ z2)+z3 = ( x1+x2; y1+y2)+(x3;y3) = (x1+x2+x3; y1+y2+y3) z1+ (z2+z3) = (x1; y1) + ( x2+x3; y2+y3) = (x1+x2+x3; y1+y2+y3)  (z1+ z2)+z3 = z1+ (z2+z3) 3) Tồn phần tử không:  z =(x; y) ∈ ℂ { (𝑥; 𝑦) + (0; 0) = (𝑥; 𝑦) (0; 0) + (𝑥; 𝑦) = (𝑥; 𝑦)  Phần tử ℂ cặp (0;0) 4) Phần tử đối:  z=(x; y) ∈ ℂ { (𝑥; 𝑦) + (−𝑥; −𝑦) = (0; 0) (−𝑥; −𝑦) + (𝑥; 𝑦) = (0; 0)  (-x; -y) phần tử đối (x;y) Phép nhân: 1) giao hoán :  z1=(x1; y1) ; z2 =(x2;y2) ∈ ℂ z1.z2 =(x1x2- y1y2; x1y2+x2y1) z2.z1 =(x2x1- y2y1; x2y1+x1y2)  z1.z2 = z2.z1 2) Tính kết hợp:  z1=(x1; y1) ; z2 =(x2;y2) ; z3=(x3; y3) ∈ ℂ (z1.z2).z3 = (x1x2- y1y2; x1y2+x2y1).(x3;y3) = [( x1x2- y1y2).x3- (x1y2+x2y1).y3; (x1x2- y1y2) y3+( x1y2+x2y1) x3)] = ( x1x2x3- y1y2x3 - x1y2y3- x2y1y3 ; x1x2y3- y1y2y3 + x1y2x3 + x2y1x3) z1.(z2.z3) = (x1;y1).(x2x3 – y2y3 ; x2y3+ x3y2) = [x1.( x2x3 – y2y3) - y1.( x2y3+ x3y2) ; x1 (x2y3+ x3y2) + (x2x3 – y2y3) y1] SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 10 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Lời giải: Giả sử tam giác ABC định hướng dương gọi X tọa điểm X.Đặt 𝐵𝑃 𝐵𝐴 = 𝐴𝑄 𝐴𝐶 = 𝐵𝑅 𝐵𝐶 ̂ = 𝐶𝐴𝑄 ̂ = 𝐶𝐵𝑅 ̂ = 𝜑, 𝜔 = 𝑒 𝑖𝜑 ,khi từ giả thiết suy = 𝑡 , 𝐴𝐵𝑃 𝑝 = (𝑡𝜔 + 1)𝑏 − 𝑡𝜔𝑏 𝑞 = (𝑡𝜔 + 1)𝑎 − 𝑡𝜔𝑐 Và 𝑟 = (𝑡𝜔 + 1)𝑏 − 𝑡𝜔𝑐 Khi 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 tam giác 𝐵𝐶𝑅, 𝐴𝐶𝑄 𝑣à 𝐵𝐴𝑃 đồng dạng hướng.Vậy 𝑟−𝑏 𝑞−𝑎 𝑝−𝑏 = = =𝑧∈ℂ 𝑟−𝑐 𝑞−𝑐 𝑝−𝑎 Từ 𝑝= 𝑏 − 𝑧𝑎 𝑎 − 𝑧𝑐 𝑏 − 𝑧𝑐 ;𝑞 = ;𝑟 = 1−𝑧 1−𝑧 1−𝑧 Suy 𝑝+𝑞 = 𝑏 − 𝑧𝑐 + (1 − 𝑧)𝑎 =𝑎+𝑟 1−𝑧 Ví dụ 14 Trong mặt phẳng cho đường tròn 𝑘1 , 𝑘2 , 𝑘3 , 𝑘4 𝑋1 , 𝑌1 giao điểm chung 𝑘1 , 𝑘2 , 𝑋2 , 𝑌2 giao điểm chung 𝑘2 , 𝑘3 , 𝑋3 , 𝑌3 giao điểm chung 𝑘3 , 𝑘4 , 𝑋4 , 𝑌4 giao điểm chung 𝑘4 , 𝑘1 Chứng minh 𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 , 𝑋4 nằm đường trịn 𝑌1 , 𝑌2 , 𝑌3 , 𝑌4 nằm đường tròn Lời giải: SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 56 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Do 𝑋1 , 𝑌2 , 𝑋2 , 𝑌1 nằm đường tròn 𝑘2 nên tỷ số kép chúng 𝑥1 − 𝑥2 𝑥1 − 𝑦1 𝑊 ( 𝑥1 , 𝑦2 , 𝑥2 , 𝑦1 ) = : 𝑦2 − 𝑥2 𝑦2 − 𝑦1 Là số thực.tương tự tỷ số: 𝑥2 − 𝑦3 − 𝑥3 − 𝑊 ( 𝑥3 , 𝑦4 , 𝑥4 , 𝑦3 ) = 𝑦4 − 𝑥4 − 𝑊 ( 𝑥4 , 𝑦1 , 𝑥1 , 𝑦4 ) = 𝑦1 − 𝑊 ( 𝑥2 , 𝑦3 , 𝑥3 , 𝑦2 ) = 𝑥3 : 𝑥3 𝑥4 : 𝑥4 𝑥1 : 𝑥1 𝑥3 − 𝑦3 − 𝑥3 − 𝑦4 − 𝑥4 − 𝑦1 − 𝑦2 𝑦2 𝑦3 𝑦3 𝑦4 𝑦4 Cũng số thực, 𝑊 ( 𝑥1 , 𝑦2 , 𝑥2 , 𝑦1 ) 𝑊 ( 𝑥3 , 𝑦4 , 𝑥4 , 𝑦3 ) 𝑊 ( 𝑥2 , 𝑦3 , 𝑥3 , 𝑦2 ) 𝑊 ( 𝑥4 , 𝑦1 , 𝑥1 , 𝑦4 ) 𝑥1 − 𝑥2 𝑥1 − 𝑥4 𝑦1 − 𝑦2 𝑦1 − 𝑦4 ].[ ] =[ : : 𝑥3 − 𝑥2 𝑥3 − 𝑥4 𝑦3 − 𝑦2 𝑦3 − 𝑦4 = 𝑊 (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) 𝑊(𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 , 𝑦4 ) Là số thực.Nhưng 𝑊(𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 ) số thực 𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 , 𝑋4 nằm đường tròn,nên 𝑊(𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 , 𝑦4 ) số thực,điều chứng tỏ 𝑌1 , 𝑌2 , 𝑌3 , 𝑌4 nằm đường trịn (ĐPCM) Ví dụ 15: Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 trực tâm H, vẽ đường trịn đường kính CH , cắt cạnh AB,AC P Q.Chứng minh tiếp tuyến P Q đường tròn cắt điểm AB SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 57 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Lời giải: Chọn hệ tọa độ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn đơn vị.Do P, Q chân đường cao tam giác hạ từ A, B nên (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏𝑐𝑎̅) { 𝑞 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑎𝑐𝑏̅) 𝑝= Tâm O đường trịn đường kính CH trng điểm CH nên 𝑎= 1 (𝑐 + ℎ ) = (𝑐 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) = 𝑎 + ( 𝑎 + 𝑏 ) 2 Gọi M trung điểm cuả AB, 𝑚 = (𝑎+𝑏) Ta có: 1 𝑚 − 𝑝 (𝑎 + 𝑏) − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏𝑐𝑎̅) = − 𝑝 𝑐 + (𝑎 + 𝑏) − (𝑎 + 𝑏) − 𝑏𝑐𝑎̅ 2 𝑏𝑐𝑎̅ − 𝑐 𝑏𝑎̅ − 𝑏 − 𝑎 = = = 𝑐 + 𝑏𝑐𝑎̅ + 𝑏𝑎̅ 𝑏 + 𝑎 Tương tự ta có: 𝑚−𝑞 𝑎−𝑏 = 0−𝑞 𝑎+𝑏 Các tỉ số số ảo Thật 𝑏 = 𝑥𝑜 + 𝑖𝑦𝑜 , 𝑎 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 𝑎−𝑏 𝑎+𝑏 có phần thực phân số có tử số 0: (𝑥𝑜 − 𝑥1 )(𝑥𝑜 + 𝑥1 ) + (𝑦𝑜 − 𝑦1 )(𝑦𝑜 + 𝑦1 ) = (𝑥𝑜 + 𝑦𝑜 ) − (𝑥1 + 𝑦1 ) = Chứng tỏ 𝑀𝑃 ⊥ 𝑂𝑃, 𝑀𝑄 ⊥ 𝑂𝑄, nghĩa MP,MQ tiếp tuyến đường trịn (đpcm) Ví dụ 16: Về phía ngồi tứ giác lồi ABCD, dựng hình vng nhận 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐷𝐴 làm cạnh Các hình vng có tâm 𝑂1 , 𝑂2 , 𝑂3 , 𝑂4 Chứng minh 𝑂1 𝑂3 ⊥ 𝑂2 𝑂4 𝑂1 𝑂3 = 𝑂2 𝑂4 Lời giải: Giả sử hình vng 𝐴𝐵𝑀𝑀′ , 𝐵𝐶𝑁𝑁 ′ , 𝐶𝐷𝑃𝑃′ , 𝐷𝐴𝑄𝑄′ có tâm 𝑂1 , 𝑂2 , 𝑂3 , 𝑂4 Ta quy ước chữ thường tọa vị đỉnh SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 58 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Ta nhận thấy điểm M nhận từ phép quay tâm B góc 𝜋 Từ suy 𝑚 = 𝑏 + (𝑎 − 𝑏)𝑖 Tương tự 𝑛 = 𝑐 + (𝑏 − 𝑐 )𝑖, 𝑝 = 𝑑 + (𝑐 − 𝑑 )𝑖, 𝑞 = 𝑎 + (𝑑 − 𝑎)𝑖 Do đó: 𝑎 + 𝑚 𝑎 + 𝑏 + (𝑎 − 𝑏 ) 𝑖 = , 2 𝑐 + 𝑑 + (𝑐 − 𝑑 )𝑖 𝑜3 = , 𝑜1 = 𝑏 + 𝑐 + (𝑏 − 𝑐 )𝑖 𝑑 + 𝑎 + (𝑑 − 𝑎 )𝑖 𝑜4 = 𝑜2 = Suy ra: 𝑜3 − 𝑜1 (𝑐 + 𝑑 − 𝑎 − 𝑏) + 𝑖(𝑐 − 𝑑 − 𝑎 − 𝑏) = = −𝑖 𝑜4 − 𝑜2 𝑎 + 𝑑 − 𝑏 − 𝑐 + 𝑖(𝑑 − 𝑎 − 𝑏 + 𝑐) Do 𝑂1 𝑂3 vơng góc 𝑂2 𝑂4 Hơn | 𝑂3 −𝑂1 𝑂4 −𝑂2 | = |−𝑖| = nên 𝑂1 𝑂3 = 𝑂2 𝑂4 Ví dụ 17 :Về phía ngồi tam giác ABC dựng ta dựng tam giác ̂ = 𝐶𝐴𝑄 ̂ = 45𝑜 , 𝐵𝐶𝑃 ̂ = 𝑄𝐶𝐴 ̂ = 300 , 𝐴𝐵𝑅 ̂ = 𝑅𝐴𝐵 ̂= ABR,BCR,CAQ cho𝑃𝐵𝐶 ̂ = 90𝑜 , 𝑅𝑄 = 𝑅𝑃 150 Chứng minh rằng:𝑄𝑅𝑃 Lời giải: Ta xét toán mặt phẳng phức.Gọi M chân đường vng góc hạ từ điểm P xuống đường thẳng BC.Ta quy ước chữ thường tọa vị đỉnh tương ứng.Vì 𝑀𝑃 = 𝑀𝐵 𝑀𝐶 𝑀𝑃 = √3 nên: 𝑝−𝑚 𝑐−𝑚 =𝑖 ; = 𝑖√3 𝑏−𝑚 𝑝−𝑚 Do đó: 𝑝= 𝑐 + √3𝑏 + √3 +𝑖 𝑏−𝑐 + √3 Tương tự ta tính 𝑞= 𝑐 + √3𝑎 + √3 +𝑖 𝑎−𝑐 + √3 Điểm B nhận từ phép quay tâm R, góc quay 𝑞 = 150𝑜 đó: SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 59 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng 𝑏 = 𝑎 (− √3 + 𝑖) 2 Từ ,bằng phép biến đổi đại số ta 𝑝 𝑐 + √3𝑏 𝑏−𝑐 𝑐 + √3𝑎 𝑎−𝑐 ):( )=𝑖 =( +𝑖 +𝑖 𝑞 + √3 + √3 + √3 + √3 ̂ = 90𝑜 |𝑝| = |𝑖𝑞 | = |𝑞| nên Suy QR vng góc với PR hay 𝑄𝑅𝑃 RQ=RP Ví dụ 19 Nếu 𝐵1 , 𝐵2, 𝐵3 điểm mặt phẳng 𝐴1 𝐴2 𝐴3 ,sao cho tam giác 𝐴1 𝐴2 𝐵3 , 𝐴2 𝐴3 𝐵1 , 𝐴3 𝐴1 𝐵2 đồng dạng hướng.Chứng minh trọng tâm tam giác 𝐴1 𝐴2 𝐴3 𝐵1 𝐵2 𝐵3 trùng Lời giải Theo giả thiết ba tam giác 𝐴1 𝐴2 𝐵3 , 𝐴2 𝐴3 𝐵1 , 𝐴3 𝐴1 𝐵2 đồng dạng hướng, nên tồn số k cho: 𝑏3 − 𝑎1 𝑏1 − 𝑎2 𝑏2 − 𝑎3 = = =𝑘 𝑎2 − 𝑎1 𝑎3 − 𝑎2 𝑎1 − 𝑎3 Suy 𝑏3 = 𝑎1 + 𝑘(𝑎2 − 𝑎1 ) 𝑏1 = 𝑎2 + 𝑘 (𝑎3 − 𝑎2 ) 𝑏2 = 𝑎3 + 𝑘(𝑎1 − 𝑎3 ) Cộng ba đẳng thức với nhau, vế theo vế ta 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 Từ suy trọng tâm tam giác 𝐴1 𝐴2 𝐴3 𝐵1 𝐵2 𝐵3 trùng Ví dụ 20 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, H chân đường cao hạ từ A M giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng qua A đồng thời song song với BC Chứng minh G nằm đoạn HM |𝑀𝐺| |𝐺𝐻| =2 Lời giải SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 60 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Chọn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đường tròn đơn vị.a,b,c nhãn đỉnh A,B,C.Ta có: Trọng tâm G tam giác ABC có tọa vị 𝑔 = 𝑎+𝑏+𝑐 H chân đường cao hạ từ A lên dây cung BC nên H có tọa vị là: ℎ= (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏 𝑐𝑎̅) Do AM Song song với BC nên 𝑎𝑚 = 𝑏𝑐 hay 𝑚 = 𝑏𝑐𝑎̅.Khi 𝑎+𝑏+𝑐 − 𝑏𝑐𝑎̅ 𝑔−𝑚 = =2 ℎ − 𝑔 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 − 𝑏 𝑐𝑎̅) − 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 Tỷ số đơn số thực, nghĩa góc đường thẳng MG GH ±𝜋.Do P,M,Q nằm đường thẳng ta thấy |𝑀𝐺| |𝐺𝐻| =2 2.6.2 Ứng dựng số phức giải tốn dựng hình: Ví dụ Cho đường trịn tâm O bán kính R hai dây cung AB, CD Tìm điểm X đường trịn cho 𝑋𝐴2 + 𝑋𝐵2 = 𝑋𝐶 + 𝑋𝐷 Lời giải: Giả sử mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy cho gốc tọa độ trùng với tâm đường tròn cho Ta xét trường hợp hai dây cung AB, CD không cắt trung điểm đường Ta có 𝑋𝐴2 = |𝐴 − 𝑋|2 = (𝐴 − 𝑋 )(𝐴̅ − 𝑋̅ ) = |𝐴|2 + |𝑋|2 − 𝑋̅ 𝐴 − 𝐴̅𝑋 = 2𝑅2 − 𝑋𝐴̅ − 𝑋̅ 𝐴 𝑋𝐵2 = |𝐵 − 𝑋|2 = (𝐵 − 𝑋 )(𝐵̅ − 𝑋̅ ) = |𝐵|2 + |𝑋|2 − 𝑋̅ 𝐵 − 𝐵̅ = 2𝑅2 − 𝑋𝐵̅ − 𝑋̅ 𝐵 SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 61 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng 𝑋𝐶 = |𝐶 − 𝑋|2 = (𝐶 − 𝑋 )(𝐶̅ − 𝑋̅ ) = |𝐶|2 + |𝑋|2 − 𝑋̅ 𝐶 − 𝐶̅ 𝑋 = 2𝑅2 − 𝑋𝐶̅ − 𝑋̅ 𝐶 ̅ − 𝑋̅ ) = |𝐷|2 + |𝑋|2 − 𝑋̅ 𝐷 − 𝐷 ̅ = 2𝑅2 − 𝑋𝐷 ̅ − 𝑋̅ 𝐷 𝑋𝐷2 = |𝐷 − 𝑋|2 = (𝐷 − 𝑋 )(𝐷 Gọi I, J trung điểm AB, CD 𝐴 + 𝐵 = 2𝐼 , 𝐶 + 𝐷 = 2𝐽 Từ hệ thức ta 𝑋𝐴2 + 𝑋𝐵2 = 𝑋𝐶 + 𝑋𝐷 ̅𝑋 ⇔ 𝑋̅ 𝐴 + 𝐴̅𝑋 + 𝑋̅ 𝐵 + 𝐵̅𝑋 = 𝑋̅ 𝐶 + 𝐶̅ 𝑋 + 𝑋̅ 𝐷 + 𝐷 ̅ ) + 𝑋̅ (𝐶 + 𝐷 ) ⇔ 𝑋 (𝐴̅ + 𝐵̅) + 𝑋̅ (𝐴 + 𝐵) = 𝑋(𝐶̅ + 𝐷 ⇔ 𝑋𝐼 ̅ + 𝑋̅ 𝐼 = 𝑋𝐽 ̅ + 𝑋̅ 𝐽 ⇔ 𝑋 (𝐼 ̅ − 𝐽)̅ + 𝑋̅ (𝐼 − 𝐽) = (1) Đặt 𝑋 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 , 𝐼 − 𝐽 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 (1) ⇔ (𝑥1 + 𝑖𝑦1 )(𝑥2 − 𝑖𝑦2 ) + (𝑥1 − 𝑖𝑦1 )(𝑥2 + 𝑖𝑦2 ) = ⇔ 𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 − 𝑖 (𝑥1 𝑦2 − 𝑥2 𝑦1 ) + 𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 + 𝑖 (𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 ) = ⇔ 𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 = ⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗ ⇔ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑋 (𝑂𝐼 𝑂𝐽) = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐼𝐽 ⃗⃗⃗ = ⇔ 𝑂𝑋 Do 𝑂𝑋 ⊥ 𝐼𝐽 Suy điểm X giao đường tròn cho với đường thẳng d qua gốc tọa độ O vuông góc với đường thẳng JI Ví dụ 2: Cho tam giác ABC với trọng tâm G, M điểm thuộc mặt phẳng tam giác Chứng minh rằng: 1) 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴2 = 3(𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 ) 2) 𝑀𝐵2 + 𝑀𝐶 + 𝑀𝐴2 = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 + 3𝑀𝐺 Hãy tìm tam giác ABC điểm M cho MA2  MB2  MC2 nhỏ Lời giải Khơng làm tính tổng qt ta giả thiết trọng tâm G tam giác ABC trùng với gốc tọa độ O SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 62 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Trên mặt phẳng tọa độ phức, giả sử nhãn đỉnh (𝑎), 𝐵(𝑏), 𝐶 (𝑐 ), 𝐺 (𝑔), 𝑀(𝑚) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên suy tọa độ G 𝑔 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) mà 𝐺 ≡ 𝑂 nên suy 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1) Ta có 3(𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 ) = 3(|𝑎|2 + |𝑏|2 + |𝑐|2 ) 𝐵2 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴2 = |𝑏 − 𝑎|2 + |𝑐 − 𝑏|2 + |𝑐 − 𝑎|2 Tính số hạng theo công thức |𝑧|2 = 𝑧𝑧̅ , ta có |𝑏 − 𝑎|2 = 𝑏 − 𝑎𝑏̅ − 𝑎̅ = 𝑏 𝑏̅ + 𝑎 𝑎̅ − 𝑎 𝑏̅ − 𝑎̅ 𝑏 , |𝑐 − 𝑏|2 = 𝑐 − 𝑏𝑐 − 𝑏̅ = 𝑐 𝑐̅ + 𝑏 𝑏̅ − 𝑏 𝑐̅ − 𝑏̅ 𝑐 , |𝑎 − 𝑐 |2 = 𝑎 − 𝑐𝑎̅ − 𝑐̅ = 𝑐 𝑐̅ + 𝑎.̅𝑎 − 𝑎 𝑐̅ − 𝑎̅ 𝑐 , Cộng đẳng thức trên, vế với vế ta |𝑏 − 𝑎|2 + |𝑐 − 𝑏|2 + |𝑐 − 𝑎|2 = 2(|𝑎|2 + |𝑏|2 + |𝑐 |2 ) −[𝑎(𝑏̅ + 𝑐̅) + 𝑏(𝑎̅ + 𝑐̅) + 𝑐(𝑎̅ + 𝑏̅)] Do 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = suy 𝑎̅ + 𝑏̅ + 𝑐̅ = Từ suy 𝑏̅ + 𝑐̅ = −𝑎̅, 𝑎̅ + 𝑐̅ = −𝑏̅ , 𝑎̅ + 𝑏̅ = −𝑐̅ Do ta có 𝑎(𝑏̅ + 𝑐̅) + 𝑏(𝑎̅ + 𝑐̅) + 𝑐(𝑎̅ + 𝑏̅) = −𝑎𝑎̅ − 𝑏𝑏̅ − 𝑐𝑐̅ = −(|𝑎|2 + |𝑏|2 + |𝑐|2 ) Vậy ta có |𝑏 − 𝑎|2 + |𝑐 − 𝑏|2 + |𝑐 − 𝑎|2 = 3(|𝑎|2 + |𝑏|2 + |𝑐|2 ) , (ĐPCM) 2) Ta có 𝑀𝐴2 + 𝑀𝐵2 + 𝑀𝐶 = |𝑎 − 𝑚|2 + |𝑏 − 𝑚|2 + |𝑐 − 𝑚|2 = (𝑎 − 𝑚)(𝑎̅ − 𝑚 ̅ ) + (𝑏 − 𝑚)(𝑏̅ − 𝑚 ̅) + (𝑐 − 𝑚)(𝑐̅ − 𝑚 ̅) = 𝑎𝑎̅ + 𝑏𝑏̅ + 𝑐𝑐̅ + 3𝑚𝑚 ̅ − [𝑚(𝑎̅ + 𝑏̅ + 𝑐̅) + 𝑚 ̅(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)] = |𝑎|2 + |𝑏|2 + |𝑐|2 + 3|𝑚|2 = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵 + 𝐺𝐶 + 3𝑀𝐺 Vậy 𝑀𝐴2 + 𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 nhỏ 𝑀𝐺 nhỏ , điều xảy 𝑀 ≡ 𝐺 Nghĩa M trọng tâm tam giác ABC Ví dụ 3: Trong tất tam giác nội tiếp đường trịn cho trước, tìm tam giác có tổng bình phương cạnh lớn SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 63 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Lời giải: Dựng hệ tọa độ vng góc Oxy cho gốc tọa độ O trùng với tâm đường tròn Gọi G trọng tâm G tam giác ABC, ta có ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶 = 3(𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 ) = 3(𝐺𝐴 𝐺𝐵2 + ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐶 ) = 3[(𝐴 − 𝐺 )(𝐴̅ − 𝐺̅ ) + (𝐵 − 𝐺 )(𝐵̅ − 𝐺̅ ) + (𝐶 − 𝐺 )(𝐶̅ − 𝐺̅ )] = 3[|𝐴|2 − 𝐴𝐺̅ − 𝐺𝐴̅ + |𝐺|2 + |𝐵|2 − 𝐵𝐺̅ − 𝐺𝐵̅ + |𝐺|2 + |𝐶|2 − 𝐶𝐺̅ − 𝐺𝐶̅ + |𝐺|2 ] = 3(|𝐴|2 + |𝐵|2 + |𝐶|2 ) + 9|𝐺|2 − 3𝐺 (𝐴̅ + 𝐵̅ + 𝐶̅ ) − 3𝐺̅ (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) = 9𝑅2 + 9|𝐺|2 − 3𝐺 𝐺̅ − 3𝐺̅ 3𝐺 = 9𝑅2 + 9|𝐺|2 Từ suy tổng 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶 lớn 𝐺 ≡ 𝑂 hay tam giác ABC tổng lớn 9𝑅2 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 𝜔 Gọi 𝐴1 trung điểm cạnh BC 𝐴2 hình chiếu 𝐴1 tiếp tuyến 𝜔 A Các điểm 𝐵1 , 𝐵2 , 𝐶1 , 𝐶2 xác định cách tương tự Chứng minh đường thẳng 𝐴1 𝐴2 , 𝐵1 𝐵2 , 𝐶1 𝐶2 , đồng quy Hãy xác định vị trí hình học điểm đồng quy Lời giải: Khơng tính tổng qt, coi 𝜔 đường tròn đơn vị Gọi w tọa vị điểm W mặt phẳng phức Ta có 𝐴1 = 𝑏+𝑐 đường thẳng 𝐴1 𝐴2 đường thẳng qua 𝐴1 (𝑎1 ), song song với OA, 𝐴1 𝐴2 có phương trình 𝑎̅𝑧 − 𝑎𝑧̅ = 𝑎̅ SVTH:Nguyễn Thị Ba 𝑏+𝑐 − 𝑎 𝑏+𝑐 ̅̅̅̅ Trang 64 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Do 𝑎𝑎̅ = nên phương trình viết lại dạng 𝑧 − 𝑎2 𝑧̅ = ( ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑏+𝑐 𝑏+𝑐 )) − 𝑎2 ( 2 Hay 𝑧 − 𝑎2 𝑧̅ = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 ) − 𝑎2 ( 2 Gọi N tâm đường tròn Euler tam giác, 𝑛 = 𝑎+𝑏+𝑐 𝐴1 𝐴2 qua N Tương tự có 𝐵1 𝐵2 , 𝐶1 𝐶2 qua N.(ĐPCM) 2.6.3 Ứng dụng số phức giải tốn quỹ tích Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, đỉnh B, C cố định, đỉnh A thay đổi Tìm quỹ tích trung điểm M, N cạnh tương ứng AB, AC trọng tâm G tam giác ABC trường hợp: a) Độ dài đường cao AA' không đổi b) Chân A' đường cao AA' cố định Lời giải: a) Độ dài đường cao AA' không đổi Giả sử mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Descartes Oxy cho gốc tọa độ trùng với trung điểm cạnh BC, trục hoành qua hai đỉnh B, C a,b,c,m,n tọa vị điểm A, B, C ,M,N + Quỹ tích trung điểm M, N tương ứng cạnh AB, AC Ta có: b=-c , 𝐴𝐴′ = ℎ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 ⇒ 𝑎 = 𝑥 + 𝑖 ℎ , (−∞ < 𝑥 < ∞) 1 2 Do 𝑚 = (𝑏 + 𝑥 + 𝑖 ℎ) = (−𝑐 + 𝑥 + 𝑖 ℎ), 𝑛 = (𝑐 + 𝑥 + 𝑖 ℎ) Suy điểm M,N chuyển động đường thẳng 𝑑1 song song với trục hồnh có phương trình 𝑧 = (𝑥 ′ + 𝑖 ℎ), −∞ < 𝑥 ′ < ∞, cách trục hoành khoảng ℎ Khoảng cách M,N : 1 |𝑚 − 𝑛| = | (−𝑐 + 𝑥 + 𝑖 ℎ) − (𝑐 + 𝑥 + 𝑖 ℎ)| = |𝑐| 2 + Quỹ tích trọng tâm G tam giác ABC SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 65 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Vì G trọng tâm tam giác ABC nên 𝑔= 1 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) = 𝑎 = (𝑥 + 𝑖 ℎ), (−∞ < 𝑥 < +∞) 3 3 Suy ra, G chuyển động đường thẳng 𝑑2 có phương trình z = (x + ih), (−∞ < 𝑥 < +∞) ,song song với trục hoành cách trục hoành khoảng ℎ b) Chân 𝐴′ cuả đường cao 𝐴𝐴′ cố định Ta có 𝑎 = 𝑎′ + 𝑖 𝑦 , −∞ < 𝑦 < +∞, 1 (𝑎 + 𝑏) = (𝑏 + 𝑎′ + 𝑖 𝑦) 2 1 𝑛 = (𝑎 + 𝑐 ) = (𝑐 + 𝑎′ + 𝑖 𝑦) 2 1 𝑔 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) = (𝑎′ + 𝑖 𝑦) 3 𝑚= Từ suy ra: Điểm M chuyển động đường thẳng 𝑘1 vng góc với trục Ox, qua điểm 1 2 (𝑎′ + 𝑏) thuộc trục Ox có phương trình 𝑧 = (𝑎′ + 𝑏) + 𝑖 𝑦 Điểm N chuyển động đường thẳng 𝑘2 vng góc với trục Ox, qua điểm 1 2 (𝑎′ + 𝑐 ) thuộc trục Ox có phương trình 𝑧 = (𝑎′ + 𝑐 ) + 𝑖 𝑦 Điểm G chuyển động đường thẳng 𝑘3 vng góc với trục Ox, qua điểm 𝑎′ 1 3 thuộc trục Ox có phương trình 𝑧 = 𝑎′ + 𝑖 𝑦 Ví dụ Cho đường trịn (C) đường kính AB = 2R, điểm M chuyển động (C), 𝐴′ điểm đối xứng A qua M Tìm tập hợp điểm 𝐴′ trọng tâm G tam giác 𝐴′ 𝐴𝐵 Lời giải: SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 66 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng 𝐴′ M G A B Chọn hệ tọa độ Oxy cho gốc tọa độ O trùng với tâm đường trịn (C) cho, trục hồnh qua điểm A, B 𝑎, 𝑏, 𝑚, 𝑎′ , 𝑔 nhãn A,B,M, 𝐴′ , G + Tập hợp điểm 𝐴′ Ta có 𝑏 = −𝑎 , 𝑎′ + 𝑎 = 2𝑚 ⇒ 𝑎′ − 𝑏 = 2𝑚 ⇒ |𝑎′ − 𝑏| = 2|𝑚| = 2𝑅 Suy điểm 𝐴′ chuyển động đường tròn (𝐶1 ) tâm B,bán kính 2R + Tập hợp trọng tâm G tam giác 𝐴′𝐴𝐵 1 3 Trọng tâm G ∆𝐴′𝐴𝐵 có tọa vị :𝑔 = (𝑎′ + 𝑎 + 𝑏) = 𝑎′ = (𝑏 + 2𝑚) 2 3 3 Suy 𝑔 − 𝑏 = 𝑚 ⇒ 𝑔 − 𝑗 = 𝑚 , 𝑗 = 𝑏 2 Do |𝐺 − 𝐽| = |𝑀| = 𝑅 Vậy điểm chuyển động đường tròn (𝐶2 ) tâm 3 3 điểm có tọa vị 𝑗 = 𝑏, bán kính 𝑅 Ví dụ Cho nửa đường trịn có đường kính AB = 2R cố định Điểm C chuyển động nửa đường trịn Về phía ngồi tam giác ABC dựng tam giác ACD vng cân A Tìm tập hợp điểm D SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 67 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Lời giải : Đặt đoạn AB = 2R trục thực, điểm A trùng với gốc tọa độ O.a,b,c,d tọa vị điểm A, B, C, D Tam giác ACD vng A nằm phía ngồi tam giác ABC nên : 𝑑 = 𝑐(𝑐𝑜𝑠90𝑜 + 𝑖 sin 90𝑜 ) = 𝑖 𝑐 Điểm C chuyển động nửa đường trịn đường kính AB nên : 𝑐 = 𝑅 + 𝑅 (𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝑡), ≤ 𝑡 ≤ 180𝑜 Do 𝑑 = 𝑖 𝑐 = 𝑖 𝑅 + 𝑅(𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝑡 ) 𝑖 Vì 𝑖 = 𝑐𝑜𝑠90𝑜 + 𝑖𝑠𝑖𝑛90𝑜 theo công thức nhân hai số phức dạng lượng giác ta có 𝑑 = 𝑖 𝑅 + 𝑅[cos(𝑡 + 90𝑜 ) + 𝑖𝑠𝑖𝑛(𝑡 + 90𝑜 )] , ≤ 𝑡 ≤ 180𝑜 Vậy tập hợp điểm D nửa đường tròn bên trái đường trịn tâm 𝐷𝑜 = 𝑖 𝑅, bán kính R SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 68 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng KẾT LUẬN Có thể nói rằng, số phức khơng phải nội dung Tốn học xong vấn đề mẻ tương đối phức tạp với em HS bậc Trung học phổ thông, đặc biệt ứng dụng số phức vào giải tốn hình học phẳng, lại vấn đề mà thực tế giảng dạy chưa quan tâm, chưa trọng bồi dưỡng cho em giỏi Tuy nhiên, việc sử dụng số phức cơng cụ giải tốn khơng mang lại cho học sinh phương pháp giải toán mà góp phần đáng kể vào việc rèn luyện kĩ bồi dưỡng lực giải toán học sinh, đặc biệt giải tốn hình học phẳng SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 69 Luận văn tốt nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Complex Numbers from a to z_titu _Andreescu_Dorin_Andrica [2] Nguyễn Văn Mậu – chủ biên (2009), Chuyên đề số phức áp dụng, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội [3] Trương Văn Thương : Hàm số_biến số phức, NXB Giáo dục SVTH:Nguyễn Thị Ba Trang 70 ... nghiệp Số phức ứng dụng hình học phẳng Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG  Phương pháp Khi giải tốn hình học phẳng ta đồng số phức