3 Hình học giải tích trong số phức
3.8 Góc giữa hai đường tròn
Góc giữa hai đường tròn có phương trình
Header Page 47 of 52.
47
z.z +α1.z+α1.z+ β1 = 0 và z.z +α2.z+α2.z +β2 = 0 với
α1, α2 ∈ C, β1, β2 ∈ R. là góc giữa các tiếp tuyến tại một điểm chung của các đường tròn.
Mệnh đề 3.8.1 Góc giữa hai đường tròn được tính theo công thức sau cosθ = β1 +β2 −(α1α2 +α1α2) 2r1r2 .
Chứng minh: Gọi T là điểm chung và O1(−α1), O2(−α2) tọa độ tâm các đường tròn. Góc θ bằng O\1TO2 hoặc π −O\1TO2 , vì thế cosθ = cosO\1TO2 = r12 +r22 −O1O22 2r1r2 = α1α1 −β1 + α2α2 −β2 − |α1 −α2|2 2r1r2 = |α1α1 −β1 +α2α2 −β2 −α1α1 −α2α2 +α1α2 +α1α2| 2r1r2 = |β1 +β2 −(α1α2 +α1α2)| 2r1r2 đpcm.
Chú ý rằng hai đường tròn vuông góc khi và chỉ khi β1+β2 = α1α2+α1α2. Bài toán 19. Cho a,b,c là các số thực sao cho |b| 6 2a2. Chứng minh rằng tập hợp các điểm với tọa độ z thỏa mãn z2 −a2= |2az +b| là hai đường tròn vuông góc với nhau.
Lời giải: z2 −a2 = |2az+b| ⇔ z2 −a2 2 = |2az +b|2 ⇔ z2 −a2 z2 −a2= (2az+b) (2az+ b). Ta có thể viết lại hệ thức trên như sau
Header Page 48 of 52.
48 |z|4 −a2 z2 +z2+a4 = 4a2|z|2 + 2ab(z +z) + b2 ⇔ |z|4 −a2 h (z +z)2 −2|z|2i+ a4 = 4a2|z|2 + 2ab(z +z) +b2 ⇔ |z|4 − −2a2|z|2 + a4 = a2(z+z)2 + 2ab(z+ z) +b2 ⇔ |z|2 −a22 = (a(z +z) + b)2. Từ đó ta có z.z −a2 = a(z +z) +b hoặc z.z −a2 = −a(z +z)−b. Đẳng thức trên tương đương với
(z −a) (z −a) = 2a2 + b hoặc (z +a) (z +a) = 2a2 −b.
Như vậy |z −a|2 = 2a2 + b hoặc |z+a|2 = 2a2 −b (1) vì |b| 6 2a2 nên
2a2 + b > 0 và 2a2 −b > 0 nên hệ thức (1) trở thành |z −a| = √
2a2 +b hoặc |z+a| = √
2a2 −b.
Do đó, các điểm có tọa độ z thỏa mãn hệ thức z2 −a2 = |2az +b| nằm trên hai đường tròn tâm C1và C2 , tọa độ tâm của chúng là a và –a, bán kính R1 = √ 2a2 +b và R2 = √ 2a2 −b. Hơn nữa C1C22 = 4a2 = √ 2a2 +b 2 + √ 2a2 −b 2 = R21 + R22 nên hai đường tròn này trực giao với nhau.
Bài toán 20. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn ω . Gọi A1 là trung điểm của cạnh BC và A2 là hình chiếu của A1 trên tiếp tuyến của ω tại A. các điểm B1, B2, C1, C2 được xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy. Hãy xác định vị trí điểm đồng quy.
Lời giải: Không mất tính tổng quát, coi ω là đường tròn đơn vị. Gọi w là tọa độ của điểm W trong mặt phẳng phức.
Ta cóa1 = b+c
2 và đường thẳngA1A2 là đường thẳng đi quaA1(a1), song
song với OA, do đóA1A2 có phương trình.az−az = a.b+c
2 −a. b+c 2 . Do aa = 1 nên phương trình được viết lại dưới dạng
z −a2z = b+c 2 −a2. b+c 2 ! hay z −a2z = a+b+c 2 −a2 a+b+c 2 . Header Page 49 of 52.
49
Gọi N là tâm đường tròn Euler của tam giác, thì n = a+b+c
2 do đó
A1A2 đi qua N. Tương tự cũng có B1B2, C1C2 đi qua N đpcm. Một số bài tập
Bài1. Cho ABCD là một hình vuông cố định.Xét tất cả các hình vuông PQRS sao cho P,Q nằm trên hai cạnh khác nhau và Q nằm trên một đường chéo của hình vuông ABCD. Tìm tất cả các vị trí có thể được của S. Bài 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E,F,G,H theo thứ tự là tâm các hình vuông với các cạnh AB,BC,CD,DA dựng ra phía ngoài tứ giác. Chứng minh rằng
a) Trung điểm các đường chéo của hai tứ giác ABCD,EFGH là đỉnh của một hình vuông.
b) EF và GH vuông góc và bằng nhau.
Bài 3. Trên đường tròn ω cho trước hai điểm A,B cố định và một điểm M di động trên ω .Trên tia MA lấy điểm P sao cho MP=MB. Tìm quỹ tích điểm P.
Bài 4. Trên các cạnh AB,BC,CA của tam giác ABC ,dựng ra phía ngoài ba tam giác đồng dạng ABC1, A1BC, AB1C. Chứng minh rằng hai tam giác ABC, A1B1C1 có cùng trọng tâm. Hỏi kết luận bài toán còn đúng không nếu các tam giác ABC1, A1BC, AB1C dựng vào phía trong tam giác ABC?
Bài 6. Các cạnh AB,BC,CA của tam giác ABC được chia thành ba đoạn bằng nhau bởi các điểm M,N,P,Q và R ,S. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác đều MND,PQE,RSF. Chứng minh rằng DEF là tam giác đều.
Bài 7.Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABEF và ADGH lần lượt có tâm là O và Q. M là trung điểm của đoạn BD. Chứng minh rằng OMQ là tam giác vuông cân tại M.
Bài 9. Cho ABC là ba đỉnh liên tiếp của một n giác đều, M là một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp n-giác đều sao cho B và M nằm khác phía đối với AC. Chứng minh rằng
M B+M C = 2M Bcos π
n.
Header Page 50 of 52.
50
Kết luận
Luận văn trình bày một số ứng dụng của số phức trong việc giải các bài toàn toán hình học sơ cấp. Các kết quả chính của luận văn gồm có:
• Trình bày định nghĩa số phức các dạng biiểu diễn của số phức, các phép toán trên tập số phức. (Mệnh đề 1.2.1) Biểu diễn đại số của số phức, (Mệnh đề 1.2.2) Số phức liên hợp,(Mệnh đề 1.2.3) Modul, (Định lí 1.4.1) Căn bậc n của đơn vị. Từ (Mệnh đề 1.4.2) đến (Mệnh đề 1.4.5) Nghiệm của phương trình Zn −1 = 0.
• Trình bày các dạng biểu diễn hình học của số phức và ý nghĩa của chúng. Từ (Đinh lí 2.1.1) đến (Định lí 2.1.3) các mệnh đề tương đương, các mệnh đề về điều kiện thẳng hàng, tọa độ trọng tâm.
• Trình bày các kết quả của số phức trong hình học giải tích. (Mệnh đề 3.1.1) Phương trình đường thẳng, (Mệnh đề 3.1.2) Quan hệ của hai đường thẳng,(Mệnh đề 3.2.1) Phương trình đường thẳng qua hai điểm,(Mệnh đề 3.3.1 và Mệnh đề 3.3.2) Đường thẳng song song và vuông góc,(Mệnh đề 3.4.1) Tọa độ hình chiếu, (Mệnh đề 3.5.1) Khoảng cách, (Mệnh đề 3.6.1) Phương trình đường tròn, (Mệnh đề 3.7.1) Phương tích của một điểm với một đường tròn, (Mệnh đề 3.8.1) Góc giữa hai đường tròn.
Hướng nghiên cứu tiếp theo của luận văn là tiếp tục tìm hiểu những khái niệm có liên quan chặt chẽ giữa hình học và số phức, ngoài ra nghiên cứu thêm các ví dụ của việc ứng dụng số phức trong giải các bài về đa giác, các bài toán tô màu....
Header Page 51 of 52.
51
Tài liệu tham khảo
[1] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Complexnumbes from A to...Z , Birkhauser, 2006.
[2] Đoàn Quỳnh , Số phức với Hình học phẳng, Nhà xuất bản giáo dục, 1998.
[3] Nguyễn Huy Đoan, Giải tích 12, Nhà xuất bản giáo dục, 2008.
[4] Bêchanu,Internatoonal Mathematical Olympiads 1959 2000. Proplem. Solution. Results, Acdemic Distri Center, Free, USA, 2001.
[5] Nguyễn Thủy Thanh, Cơ sở lí thuyết hàm biến phức, Nhà xuất bản đại học quốc gia Hà nội, 2007.
[6] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ các năm.
Header Page 52 of 52.