Tài liệu Biến phức định lý và áp dụng P5 ppt

Chọn tâm O của hình vuông làm gốc, gọi x là tọa vị của điểm X trong mặt phẳng phức... Không mất tổng quát, coi đường tròn O có tâm tại gốc, bán kính bằng 1, gọi x là tọa vị của điểm X tr

Do P k là trung điểm của B k B k+1 nên p k = bk+bk+1

do đó lục giác P1P2P3P4P5P6 nhận O làm tâm đối xứng.

Ký hiệu f là phép quay tâm O góc quay − π3 Ta có

Ví dụ 5.4 (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

5.2 Một số ví dụ áp dụng 203

điểm các đoạn thẳng KL, LM, M N, N K, BK, BL, CL, DM, DN và N A là

đỉnh của một thập nhị giác đều

Lời giải 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 = ia, c = −a, d = −ia.

Đặt e i·π3 = ω ta có

k = (iω + ω)a, ` = (−ω + iω)a,

m = (−iω − ω)a, n = (ω − iω)a

Để ý rằng đa giác P1Q1S1P2Q2S2P3Q3S3P4Q4S4nhận O làm tâm đối xứng,

do đó với f là phép quay tâm O, góc quay + π6 thì chỉ cần chứng minh f (p k) =

q k , f (q k ) = s k và f (s k ) = p k+1 (k = 1, 2) là đủ

C D

Nhận xét Bài toán này hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp tọa độ như

trong [5], hay phương pháp tổng hợp như trong [6], tuy nhiên lời giải quá dài.Lời giải được trình bày ở trên được xuất phát từ ý tưởng sử dụng phép quayvéc-tơ, tuy nhiên bằng công cụ số phức, đã làm giảm đi đáng kể các động tácbiến đổi phức tạp trên các véc-tơ

Ví dụ 5.5 (SEA-MO 1998) Cho tam giác ABC Lấy điểm P khác phía với

C đối với đường thẳng AB, điểm Q khác phía với B đối với đường thẳng CA

và điểm R cùng phía với A đối với đường thẳng BC sao cho các tam giác

BCR, ACQ và BAP đồng dạng Chứng minh rằng tứ giác AP RQ là một hình

bình hành

Lời giải 1 Giả sử tam giác ABC định hướng dương và gọi x là tọa vị của

điểm X Đặt BP BA = AQ AC = BR BC = t, ∠ABP = ∠CAQ = ∠CBR = ϕ, ω = e iϕ.Khi đó, từ giả thiết suy ra

p = (tω + 1)b − tωa,

q = (tω + 1)a − tωc

và r = (tω + 1)b − tωc

Ví dụ 5.6 Trong mặt phẳng cho bốn tam giác ABC, AB1C1, A2BC2 và

A3B3C đồng dạng, cùng hướng Gọi A0, B0 và C0 theo thứ tự là trung điểm

của A2A3, B1B3 và C1C2 Chứng minh rằng 4A0B0C0 v 4ABC

Lời giải Gọi x là tọa vị của điểm X Giả sử phép đồng dạng f1(z) = α1z + β1

biến tam giác ABC thành tam giác AB1C1, phép đồng dạng f2(z) = α2z + β2

biến tam giác ABC thành tam giác A2BC2, phép đồng dạng f3(z) = α3z + β3

biến tam giác ABC thành tam giác A B C.

cũng được điều phải chứng minh Bằng những cách làm như trên, không những

ta chứng minh được các tam giác đồng dạng, mà còn chỉ ra được chúng đồng dạng cùng hướng, và cũng tìm được tỷ số đồng dạng theo các tỷ số đã cho.

Ví dụ 5.7 (Italy MO 1996) Cho đường tròn (O) và điểm A ở ngoài (O).

Với mỗi điểm P trên đường tròn, dựng hình vuông AP QR, với các đỉnh theo ngược chiều kim đồng hồ Tìm quỹ tích điểm Q khi P chạy khắp trên (O).

Lời giải Không mất tổng quát, coi đường tròn (O) có tâm tại gốc, bán kính

bằng 1, gọi x là tọa vị của điểm X trên mặt phẳng Khi đó, ta có

q = e −i·π2(a − p) + p ⇐⇒ q = −ia + (1 − i)p

Do đó, quỹ tích của điểm Q là đường tròn có tâm tại điểm A0(−ia) (tức là

Ví dụ 5.8 (Bulgaria MO 1997) Cho hai hình vuông đơn vị K1, K2 với tâm

M, N trong mặt phẳng sao cho M N = 4 Biết rằng hình vuông K1 có hai cạnh

song song với M N , hình vuông K2 có một đường chéo nằm trên đường thẳng

M N , tìm quỹ tích trung điểm XY , trong đó X là một điểm trong của K1, Y

là một điểm trong của K

Tương tự, cũng được |v| < 1+

√ 2

2 , |u + v|, |u − v| <

√ 2+1

√

2 , |x − y| =

√

2 + 12

√2

Nhận xét Về mặt hình học, quỹ tích điểm Z là miền trong đa giác đều

có đỉnh là trung điểm các đoạn nối các đỉnh của hai hình vuông là ảnh của

A1B1C1D1, A2B2C2D2 tương ứng qua các phép tịnh tiến theo các véc-tơ 12−−→M N

và 12−−→N M (hình vẽ)

Ví dụ 5.9 (Poland MO 1999) Cho lục giác lồi ABCDEF có ∠A+∠C +∠E =

360◦ và AB · CD · EF = BC · DE · F A Chứng minh rằng

AB · F D · EC = BF · DE · CA

Lời giải Gọi w là tọa vị của điểm W trong mặt phẳng phức Đặt b − a =

x, c − b = y, d − c = z, e − d = t, f − e = u, a − f = v.

Do AB · CD · EF = BC · DE · F A nên |xzu| = |ytv| (1)

Do ∠A + ∠C + ∠E = 360◦ nên arg

⇐⇒x2t + xty + xtz + xt2+ xtu + xtv + xzu + vyt = 0

⇐⇒(xt2+ xtz + xtu + xzu) + (x2t + xty + xtv + vyt) = 0

⇐⇒x(t + z)(t + u) + t(x + y)(x + v) = 0

Do đó |x(t + z)(t + u)| = |t(x + y)(x + v)| (ĐPCM)

Ví dụ 5.10 Cho tứ giác lồi ABCD Dựng các hình vuông AM BN và CP DQ

cùng hướng Chứng minh rằng |M Q2− N P2| = 4S ABCD

Giải Coi tứ giác ABCD định hướng âm (hình vẽ) Gọi X, Y, Z, T theo thứ

tự là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD Gọi w là tọa

vị của điểm W trong mặt phẳng phức Để ý rằng M P2 − N Q2 = (−−→M P +

5.2 Một số ví dụ áp dụng 209

A

B

C D

M

N

P

Q X

Z

Y T

Ví dụ 5.11 Xét tứ giác ABCD không có hai cạnh nào song song Gọi

G a , G b , G c , G d theo thứ tự là trọng tâm các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh rằng nếu AG a = BG b và CG c = DG d thì ABCD là một hình

Trừ (1) cho (2) vế đối vế, ta được

Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 5.12 Gọi G là trọng tâm tứ giác ABCD Chứng minh rằng GA ⊥

GD ⇐⇒ AD = M N , trong đó M, N theo thứ tự là trung điểm AD, BC.

Lời giải Gọi w là tọa vị của điểm W trong mặt phẳng phức Do G(g) là

trọng tâm tứ giác ABCD nên g = a+b+c+d4

2

= |a − d|2 ⇔ M N = AD

Ví dụ 5.13 (St Petersburg 2000) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong

đường tròn ω Đường thẳng ` là tiếp tuyến của ω tại B, K là hình chiếu của trực tâm H của tam giác ABC trên `, và gọi M là trung điểm AC Chứng minh rằng tam giác BKM cân.

Từ (1),(2) suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 5.14 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω Gọi A1 là trung điểm

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 hình học điểm đồngquy

Lời giải Không mất tổng quát, coi ω là đường tròn đơn vị Gọi w là tọa vị

của điểm W trong mặt phẳng phức.

O A

song với OA, do đó A1A2 có phương trình

Gọi N là tâm đường tròn Euler của tam giác, thì n = a+b+c2 do đó A1A2 đi

qua N Tương tự cũng có B1B2, C1C2 đi qua N (ĐPCM)

Ví dụ 5.15 (Bất đẳng thức Ptolemy) Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng

ta luôn có AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A, B, C, D theo thứ tự là đỉnh của một tứ giác lồi nội tiếp một đường tròn.

Lời giải Xét mặt phẳng phức, gọi a, b, c, d là tọa vị của các đỉnh A, B, C, D

hay ∠DAB = π − ∠DCB hay tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.

Ví dụ 5.16 Cho tam giác ABC và một điểm M tùy ý nằm trong mặt phẳng

tam giác Chứng minh rằng

M B.M C AB.AC +

M C.M A BC.BA +

M A.M B CA.CB ≥ 1·

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải Ta có

(m − a)(m − b)

(c − a)(c − b) +

(m − b)(m − c) (a − b)(a − c) +

(m − c)(m − a) (b − c)(b − a) = 1. (5.1)

Chọn hệ tọa độ nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác làm đường tròn đơn

vị Gọi m, a, b, c tương ứng là toạ vị của M, A, B, C tương ứng Khi đó

và đó chính là điều phải chứng minh

Ví dụ 5.17 Cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ nằm trong mặt phẳng

tam giác Chứng minh rằng

M B.M C AB.AC +

M C.M A BC.BA +

M A.M B CA.CB ≥ 1.

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải Ta có

(m − a)(m − b)

(c − a)(c − b) +

(m − b)(m − c) (a − b)(a − c) +

(m − c)(m − a) (b − c)(b − a) = 1. (5.2)

Chọn hệ tọa độ nhận đường tròn ngoại tiếp tam giác làm đường tròn đơn vị

Gọi m, a, b, c tương ứng là toạ vị của M, A, B, C, tương ứng Khi đó

và đó chính là điều phải chứng minh

5.4 Các bài toán hình học chứng minh và tính toán

Số phức có ứng dụng to lớn và hiệu quả trong các bài toán hình học Bằngcách biểu diễn toạ vị các điểm của một hình hình học bằng các số phức, ta cóthể biểu diễn các điều kiện đề bài có bản chất hình học bằng các đẳng thứcđại số và chuyển kết luận hình học về các đẳng thức đại số Như vậy, bài toánchứng minh hình học có thể đưa về việc kiểm tra một hằng đẳng thức, hoặcmột hằng đẳng thức có điều kiện

Ví dụ 5.18 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 BCF G Chứng minh rằng GA vuông góc với CD và GA = CD.

Lời giải Lấy hệ tọa độ vuông góc có gốc tại B, véctơ BC là chiều dương

của trục thực Ký hiệu nhãn của các đỉnh của tam giác ABC tương ứng là

a, b = 0, c.

5.4 Các bài toán hình học chứng minh và tính toán 215

Khi đó tọa độ của G là ic.

Tọa độ của điểm D là −ia.

Gọi góc giữa GA và CD ký hiệu là ϕ thì

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 5.4 Để ý đến biểu thức toạ độ của các phép biến hình, ta thấy

phép tịnh tiến tương ứng với phép cộng số phức, phép quay là phép nhân với số phức có mô-đun bằng 1, phép vị tự là phép nhân với số thực, phép vị tự quay

là phép nhân với số phức bất kỳ.

Ví dụ 5.19 (IMO 1986) Trong mặt phẳng cho tam giác A1A2A3 và điểm P0

Với mỗi s ≥ 4 ta đặt A s = A s−3 Dựng dãy điểm P0, P1, sao cho điểm P k+1

là ảnh của P k với phép quay tâm A k+1 (k = 0, 1, ) một góc 2π

p3 = a3−αa3+α[(1−α)a2+α(1−α)a1+α2p0] = (1−α)(a3+αa2+α2a1]+α3p0,

Lại do α3 = 1 nên

p3 = (1 − α)(a3+ αa2+ α2a1+ p0,

Nhận xét rằng p0.p3, p6, lập thành cấp số cộng với số hạng đầu tiên p0

và với công sai (1 − α)(a3+ αa2 + α2a1).

Vậy nên nếu P1986= P0 thì

a3+ (β − 1)a2+ βa1 = 0

suy ra

a3 = a2+ β(a1− a2)

nên tam giác A1A2A3 đều

Ví dụ 5.20 Cho tam giác ABC trực tâm H, vẽ đường tròn đường kính CH,

cắt các cạnh AB và AC tại P và Q Chứng minh rằng những tiếp tuyến tại điểm P và Q đối với đường tròn cắt nhau tại điểm giữa của AB.

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 = 12(a + b + c − bc¯ a)

q = 1(a + b + c − ac¯ b)

5.4 Các bài toán hình học chứng minh và tính toán 217

Tâm O của đường tròn đường kính CH là trung điểm CH nên

Ví dụ 5.21 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 vuông góc với O2O4 và O1O3 = O2O4

Lời giải Giả sử các hình vuông là ABM M0, BCN N0, CDP P0, DAQQ0 có

tâm là O1, O2, O3, O4 Ta quy uớc chữ cái thường là toạ vị của các đỉnh, chẳng

hạn a là toạ vị của điểm A.

Ta nhận thấy rằng, điểm M nhận được từ phép quay tâm B, góc quay π/2.

Từ đó suy ra m = b + (a − b)i.

Ví dụ 5.22 (IMO 17, 1975) Về phía ngoài của tam giác ABC, lần lượt dựng

các tam giác ABR, BCP , CAQ sao cho ∠P BC = ∠CAQ = 450, ∠BCP =

∠QCA = 300, ∠ABR = ∠RAB = 150 Chứng minh rằng

∠QRP = 900, 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 qui ước chữ cái thường là tọa

vị của đỉnh tương ứng, chẳng hạn, a là tọa vị của điểm A Vì M P = M B và

·Tương tự ta cũng tính được

5.4 Các bài toán hình học chứng minh và tính toán 219

Điểm B nhận đường từ điểm A bằng phép quay tâm R, góc quay q = 1500

:c +√3a

Ví dụ 5.23 Cho ABCD và BN M K là hai hình vuông không giao nhau, E

là trung điểm của AN Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ B xuống đường thẳng CK Chứng minh rằng các điểm E, F, B thẳng hàng.

Lời giải Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức Chọn F làm gốc toạ độ và

CK, F B lần lượt là trục hoành và trục tung Gọi c, k, bi lần lượt là toạ vị của

các điểm C, K, B với c, k, b ∈ R Phép quay tâm B, góc quay q = 900 biến

điểm C thành điểm A, do đó A có toạ vị là a = b(1 − i) + ci Tương tự, điểm

N là ảnh của điểm K qua phép quay tâm B, góc quay q = −900 nên điểm N

có toạ vị là n = b(1 + i) − ki Từ đó suy ra toạ vị điểm E, trung điểm của đoạn thẳng AN là

Ví dụ 5.24 Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC ta lần lượt dựng

các tam giác đồng dạng có cùng hướng là ADB, BEC, CF A Chứng minh rằng các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.

Lời giải Ta qui ước chữ cái thường là tọa vị của đỉnh tương ứng, chẳng hạn,

a là tọa vị của điểm A Vì ADB, BEC, CF A là các tam giác đồng dạng có

Hay các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.

Ví dụ 5.25 (IMO Shortlist) Cho ABC là một tam giác đều có tâm là S và

A0B0O là một tam giác đều khác có cùng hướng Gọi M, N lần lượt là trung

điểm của các đoạn thẳng A0B và AB0 Chứng minh rằng các tam giác SB0M

5.4 Các bài toán hình học chứng minh và tính toán 221

Căn bậc n của đơn vị là các số phức có biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ là đỉnh của một n-giác đều Tính chất đơn giản này có thể sử dụng để giải nhiều bài toán liên quan đến n- giác đều.

Ví dụ 5.26 (Romania 1997) Cho n > 2 là một số nguyên và f : R2 → R là

một hàm số sao cho với mọi n-giác đều A1A2 A n, ta có

f (A1) + f (A2) + · · · + f (A n ) = 0.

Chứng minh rằng f (A) = 0 với mọi A thuộc R2

Lời giải Ta đồng nhất R2 với mặt phẳng phức và đặt ε = e 2πi/n Khi đó điều

kiện đề bài chính là ứng với mọi số phức z và số thực t ta đều có

Ví dụ 5.27 (Balkan MO 2001) Một ngũ giác lồi có các góc bằng nhau và có

các cạnh là các số hữu tỷ Chứng minh rằng ngũ giác đó đều

Lời giải Ta dùng số phức để giải Giả sử đỉnh của đa giác lồi là các số phức

v1, v2, , v5 Xét z1 = v2− v1, z2 = v3− v2, z3= v4− v3, z4 = v5− v4, z5 =

v − v

|z j | = |z1|, nghĩa là ngũ giác là đều.

Ví dụ 5.28 Cho tam giác ABC có A = π/7, B = 2π/7, C = 4π/7 Chứng

OH2 = 9R2 − (a2+ b2+ c2) = 9R2− 4R2

sin2 π

cos π

cosπ

5.5 Bảng các công thức cơ bản ứng dụng số phức vào giải toán hình học 223

Lấy phần thực hai vế ta được

Ví dụ 5.29 Cho tam giác ABC có A = π/7, B = 2π/7, C = 4π/7 Chứng

là những công thức để tính độ dài, tính độ lớn của góc, tính diện tích, tính tỷ

số đơn (của ba điểm), tính tỷ số kép (của bốn điểm); thiết lập điều kiện song

song, vuông góc của các đường thẳng, điều kiện (dấu hiệu) đồng dạng của hai

tam giác, điều kiện liên thuộc, phương trình đường tròn

(tỷ số đơn của ba điểm A(a), B(b), C(c) là số thực)

3 Bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng hay đồng viên cần và đủ là tỷ số kép

5.5 Bảng các công thức cơ bản ứng dụng số phức vào giải toán hình học 225

(Hay đặc biệt, có thể xảy ra A ≡ B ≡ C)

Tam giác ABC đều, có hướng nghịch (định hướng âm) khi và chỉ khi

aω2+ bω + c = 0

trong đó ω = cos 2π3 + i · sin 2π3 = e i·2π3

6 Hai tam giác A1B1C1 và A2B2C2 đồng dạng cùng hướng khi và chỉ khi

7 Diện tích của tam giác ABC định hướng, với các đỉnh A(a), B(b), C(c),

được tính theo công thức

i

4

a a 1

b b 1

c c 1

... A1BC, AB1C dựng vào phía tam giác ABC?

Bài 5.5 Trên đường tròn ω cho trước hai điểm A, B cố định điểm M

di động ω Trên tia... class="text_page_counter">Trang 26

Bài 5.1 Cho ABCD hình vng cố định Xét tất hình vng

P QRS cho P, R nằm hai cạnh khác Q nằm đường

chéo... điểm M

khơng nằm đường trịn, hình chiếu (vng góc) M đường

thẳng AB xác định bởi

h = 1

2(m − abm + a + b)