ứng dụng số phức trong các bài tóan cực trị hình học

ứng dụng số phức trong các bài tóan cực trị hình học tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớ...

Ta biết rằng mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm trong mặt phẳng phức. Do đó  giống như phương pháp tọa độ, khi đồng nhất mỗi điểm trong mặt phẳng bởi một số phức  thì bài toán trong hình học phẳng trở thành bài toán với số phức mà ta biết rằng các  công cụ về khoảng cách và góc có thể đưa các công thức đơn giản đối với số phức. Do  vậy ta có thể sử dụng số phức để giải các bài toán hình học từ đơn giản đến phức tạp đặc  biệt là các bài toán cực trị hình học. 

Để vận dụng được số phức trong việc giải các bài toán hình học ta cần biết biểu diễn 

dạng phức một số yếu tố hình học. 

I. BIỂU DIỄN DẠNG PHỨC CỦA MỘT SỐ YẾU TỐ HÌNH HỌC. 

1.1. Tích vô hướng ­Tích lệch ­ Tỉ số đơn, tỉ số kép 

1.1.1 Tích vô hướng 

Định nghĩa. Cho  ar = ( ;x y 1 1 ) 

, br = ( ;x y 2 2 ) 

tương ứng với hai số phức 

1 1 1 

z = x + iy , z2 =x2+ iy 2 . Theo công thức  tích vô hướng  của hai vectơ, ta có 

1 2 1 2 1 2 1 2 

1 

2 

r r 

(1.1) 

Ta kí hiệu  1, 2 1 ( 1 2 1 ) 2 

2 

z z = z z + z z

1.1.2 Tích lệch. 

Định nghĩa. Trên mặt phẳng phức Oxy cho  OM uuuur 

,  OP uuur 

lần lượt có tọa vị z, w. Khi đó tích 

lệch của hai vectơ đó là một số thực (Kí hiệu: éOM OP ,  ù

uuuur uuur 

) xác định bởi

2 

(1.2) 

Nhận xét: 

­  Ba điểm O, M, P thẳng hàng khi và chỉ khi éOM OP, ù =[ z , w] = 0 

uuuur uuur 

. (*) 

­  Từ (*) ta thấy khi O, M, P không thẳng hàng, thì diện tích tam giác OMP là

[ ] 

uuuur uuur uuuur uuur 

. 

1.1.3 Góc định hướng 

Trên mặt phẳng phức Oxy  cho hai điểm M, N có tọa vị z1, z2. Khi đó z1 + z2 là tọa vị  của điểm  P mà  OP=OM + ON

uuur uuuur uuur 

, hiệu z1 ­ z2  là tọa vị của  OM - ON

uuuur uuur 

và d = MNuuuur  = z2- z 1 . 

Gọi I là trung điểm của MN. Khi đó OIuur =1 2 ( OMuuuur uuur  + ON ) 

, tức là I  có tọa vị 

1 

2  z + z

. Gọi 

(OM ON, ) 

a = uuuur uuur 

2 1 

1 

argz argz  arg( )  z 

z

Giả sử có ba điểm A, B, C lần lượt có tọa vị a, b, c và góc định hướng a = ( uuur uuur AB AC, ) 

.  Khi đó  uuur uuur AB AC  , 

lần lượt có tọa vị b­a, c­a . Suy ra  arg(c a) arg(b a ) arg(c a  ) 

- 

(1.3) 

www.laisac.page.tl 

Ứ 

Ứ N N  G D  D Ụ Ụ  N N  G S  S Ố P  P H H  Ứ Ứ  C T  T R R  O O  N N  G C  C Á Á  C B  B À À  I T  T O O  Á Á  N C  C Ự Ự  C 

T 

T R R  Ị H  H Ì Ì  N N  H H  H Ọ Ọ  C 

Nguyễn Thị Thanh Tâm­Kon Tum

Cho 4 điểm A, B, C, D có tọa vị a, b, c, d. Giả sử ( uuur uuur AB CD, ) = j

. Rõ ràng j =j2- j 1 ,  trong đó j1 =arg(b a- ),j 2 =arg(d - c ) . Khi đó 

( )( ) ( )( ) 

2 

- - 

2 

j = - - - + - -

- -  Nhận xét.  Từ kết quả trên, suy ra: 

1) AB^CDÛ (b-a).(d -c) + (d -c b)( -a ) = 0 

uuur uuur 

.  2) AB CDÛ (b-a).(d-c) = (d-c b)( - a ) 

Z[ 

3) Rõ ràng sin  Im( ).( ) 

. 

b a d c 

b a d c

4) Từ (1.5), trong trường hợp aºc và  ab = cd , khi biết tọa vị b và góc j ta có thể xác 

định tọa vị d theo b. Ta có một số trường hợp đặc biệt sau: 

Nếu j = 90 0  thì d =ib;  nếuj = 60 0  thì  1 3  ; 

2 2 

d =æç + i b ö ÷

nếu j = 30 0  thì  3 1  . 

2 2 

d=æç + i b ö ÷

1.1.4 Tỉ số đơn, tỉ số kép 

*Tỉ số đơn. Với bộ 3 điểm M1 , M 2 , M 3  trong mặt phẳng phức, có tọa vị theo thứ tự là z1 , 

z 2 , z 3 , ta gọi số phức, kí hiệu và xác định bởi  1 3 

1 2 3 1 2 3 

2 3 

z z  (M , M , M ) = (z , z , z ) = 

z z

-

-  (1.5) 

là tỉ số đơn của bộ 3 điểm M1 , M 2 , M 3  (hay của bộ 3 số phức z1 , z 2 , z 3). 

Mệnh đề 1.1.  Điều kiện cần và đủ để 3 điểm M 1 , M 2 , M 3  thẳng hàng là tỉ số đơn 

1 2 3 

(z , z , z )  là một số thực. 

*Tỉ số kép. Cho 4 số phức  z , z , z , z 1 2 3 4 sao cho tồn tại các tỉ số  1 3 

2 3 

z z 

z z

-

-  ,  1 4 

2 4 

z z 

0. 

z z

-

¹

-  Đại lượng 

1 2 3 4 

(z , z , z ) z z z z 

(z , z , z ) z z z z 

- -  (1.6) được gọi là  là tỉ số kép  của bộ 4 số phức 

1 2 3 4 

z , z , z , z  Mệnh đề 1.2  Cho 4 điểm M 1 , M 2 , M 3 ,  M 4  lần lượt có tọa vị là  z , z , z , z 1 2 3 4 .  Bốn điểm M 1 , M 2 , M 3 ,  M 4  cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi (z , z , z ,1 2 3 z Î ¡ 4 )  1.2. Phương trình đường thẳng 

1.2.1 Phương trình chính tắc của đường thẳng 

Trong mặt phẳng phức cho đường thẳng (d) đi qua điểm Mo  có tọa vị z0 và có vectơ chỉ 

phương  u r 

có tọa vị u.  Khi đó phương trình chính tắc của (d) là  z= zl + d ,với  u 

u

l =  ; 

0 u  (1.7) 0 

z z 

u

d = - 

1.2.2 Phương trình đường thẳng qua hai điểm 

Trong mặt phẳng phức cho đường thẳng (d) đi qua hai điểm phân biệt M1 , M 2 lần lượt 

có tọa vị z1 , z 2  Khi đó (d) có phương trình  là (z2-z ).1 z-(z2-z ).1 z +(z z2 1-z z )2 1  = 0 

(1.8) 

Ta đặt B=z2 -z ,1 C '=z z2 1- z z 2 1 . Khi đó (1.9) được viết lại B z -B z +C ' = 0 , B ¹  0  (1.9)  (C' là số phức thuần ảo). 

Giả sử có hai điểm phân biệt M1 , M 2 có tọa vị z1 , z 2 . Khi đó điểm M thuộc đường thẳng 

M 1 , M 2  sao cho  1 

2 

M M 

MM =  l, đã cho trước.  Khi đó  1 

2 

z z 

z z l

-

=

-  , từ đó suy ra  z + z  1 2 

1 

z l

l

= + 

(1.10) 

Mệnh đề 1.3  Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC và CA  lấy các điểm A 1  và B 1  sao cho 

1 

1 

BA 

A C = l và  1 

2 

CB 

B A = l .Nếu M là giao điểm của AA 1  và BB 1  , thì nó có tọa vị

B 

O 

x 

y 

1 1 2 

1 1 2 

1 

b c a 

m l l l

l l l

=

+ +   Đ iều này có nghĩa là điểm Z với tọa vị z nằm trong  đoạn AA 1   Tương 

tự ta cũng chứng minh được Z nằm trong đoạn BB 1  Vậy Z trùng với giao điểm M của và 

AA 1  và BB 1  

1.2.4. Góc giữa hai đường thẳng 

Giả sử có hai đường thẳng (d1) :  A z1 -A z1 +C1= 0,A 1 ¹ 0  ,  (d2) :  A z2 -A z2 +C2 = 0,A 2 ¹ 0 , 

Gọi là j là góc giữa (d1)  và  (d2) . Khi đó ta có  1 2 2 1 

1 2 

cos 

2 

A A

1.2.5 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng 

Khoảng cách d từ một điểm M(z0) đến đường thẳng (d) có phương trình 

A z-A z+C= A ¹  , được tính bởi công thức  0 0 

( ,( )) 

2 

A

+ +

1.3. Phương trình đường tròn 

1.3.1 Phương trình tổng quát của đường tròn 

Trong mặt phẳng phức, cho điểm I  có tọa vị z0 = x 0 +iy 0 , số thực  R >0.  Phương trình 

đường tròn tâm  I, bán kính R là  2 

zz-z z-z z+z z -R =  . Đặt A = - z 0 ; 

2 

0 0 

C=z z -R Î ¡, khi đó phương trình trên được viết 

lại z z+ Az+ Az+C = 0      (1.13) 

Ngược lại, trong mặt phẳng phức mỗi phương trình AA-C > 0 , với z z+ Az+ Az+C = 0 

sẽ là phương trình của một đường tròn tâm I  có tọa vị z 0 = - A , bán kính  R= AA C -   

1.3.2 Một số kết quả liên quan đến bài toán đường tròn 

Trong thực tế có nhiều bài toán liên quan tới đường tròn, khi ta chọn hệ tọa độ vuông  góc với gốc chính là tâm đường tròn đó và coi đường tròn là đường tròn đơn vị, thì chúng 

ta sẽ có kết quả đẹp và dễ sử dụng trong các bài toán cụ thể. 

Mệnh đề 1.4.  Giả sử AB, CD là hai dây cung của đường tròn đơn vị. Gọi a ,b, c, d lần 

lượt là các tọa vị của A ,B, C, D. Khi đó 

a)  AB^CDÛab+cd = 0   

Mệnh đề 1.5.  Giả sử đường tròn đơn vị có hai dây cung AB, CD cắt nhau tại F. Gọi a, 

b, c, d, e  lần lượt là các tọa vị của A ,B, C, D, E. Khi đó 

a) Điểm E thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi  a+b=e+ abe (1.14) 

b) Giao điểm F của AB, CD có tọa vị  f  (a b cd) (c d ab )  (1.15) 

cd ab

=

- 

Mệnh đề 1.6.  Giả sử AB là dây cung của đường tròn đơn vị, H là hình chiếu của điểm M 

lên đường thẳng AB. Gọi a, b, h, m lần lượt là các tọa vị của A, B, H, M. Khi đó ta có 

1 

2 

h= a+ +b m- abm

Mệnh đề 1.8.  Trong mặt phẳng phức cho tam giác ABC với các tọa vị a, b, c. Gọi G, H 

lần lượt là trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC với các tọa vị g, h tương ứng. Khi đó 

3 

g= a + +  b c

(ii) Nếu tam giác  ABC nội tiếp đường tròn đơn vị,  thì h=a+b+c. 

1.4. Diện tích đa giác 

1.4.1 Công thức tính diện tích 

Trên mặt phẳng phức, cho tam giác OAB định hướng dương với A, 

B có tọa vị a, b. Khi đó diện tích của tam giác  OAB  là

2  a b 

S = R R b - a , trong đó R a =| |,a R b =| |,b a =arg( ),a b = arg( )  b

Suy ra diện tích của tam giác OAB là  1 | Im( ) |  

2 

S=  ba Tổng quát hơn, ta có kết quả sau. 

Định lý 1.1. Cho đa giác lồi A 1 A 2 A n  trong mặt phẳng phức, gọi S là diện tích đại số của 

đa giác, giả sử A 1  , A 2  ,  A n  có tọa vị a 1 , a 2 , , a n   Khi đó  1 

1 

1 

2 

n 

k k 

k 

=

hiệu a n+1  = a 1  

Đặc biệt:  Với n = 3, tam giác A 1 A 2 A 3 có diện tích đại số là  1 | Im( 2 1 3 2 1 3 ) |  

2 

1.5. Các phép biến hình trên mặt phẳng 

1.5.1 Phép  tịnh tiến 

Giả sử  v 

r 

có tọa vị  z0  và z, z’ là tọa vị của điểm M và M’. Khi đó ta có  biểu thức biểu  diễn phép  T  v r  là z’ = z + z0 . 

1.5.2. Phép quay 

Giả sử I, M, M' có tọa vị là z0 , z, z'.  Khi đó ta có biểu thức biểu diễn phép Q(I,j   ) là 

z = z-z ej + z  

Biểu thức trên có thể viết dưới dạng z ' =az+ b với | | | i  | 1 

ej

a = =  và  0. i  0 . 

z ej z

1.5.3 Phép đối xứng trục 

Giả sử đường thẳng (d) có phương trình  A z -A z +C = 0,A ¹ 0.  Gọi z , z’ lần lượt  là tọa vị  của M, M’   Khi đó biểu thức biểu diễn phép đối xứng trục (d) là  z' Az C (A  0) 

A

+

1.5.4. Phép vị tự 

Giả sử các điểm I, M, M' lần lượt có tọa vị là z0 , z, z'. Khi đó ta có biểu thức biểu diễn 

phép vị tự là  z’ =k(z ­z0)+z0 . 

1.5.5. Phép nghịch đảo 

Định nghĩa: Trên mặt phẳng cho đường tròn  tâm I , bán kính R. Phép biến hình biến 

điểm M khác I thành M', sao cho  I M M , ,  thẳng hàng và  2 

IM IM = R được gọi là phép  nghịch đảo đối với đường tròn (W). Ta gọi (W) là đường tròn nghịch đảo, I  là tâm 

nghịch đảo, số R 2 là phương tích của phép nghịch đảo. Ta kí hiệu là  2 

( , ) 

Giả sử I, M, M' có tọa vị z0 , z, z'. Do I, M, M' thẳng hàng nên tồn tại  k Î ¡ sao cho 

' 

IM = k IM

uuuur uuur 

(*). Suy ra 

2 

2 

R IM IM kIM k 

IM

. Thay vào (*), ta được 

2 

0 

0 

'  R 

- 

II. SỬ DỤNG SỐ PHỨC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH 

HỌC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC 

2.1 Phương pháp dùng đồng nhất thức 

Khi thực hiện phương pháp này chúng ta cần chú ý 

­ Phân tích kỹ bài toán, xem xét yếu tố cố định và di động. 

­ Xác lập mối liên hệ giữa yếu tố cố định và yếu tố di động thông qua một đẳng thức hình  học. 

Cần chú ý rằng đẳng thức hình học này có một vế chính là một vế của bất đẳng thức cần  chứng minh. 

­ Xét các trường hợp đặc biệt mà yếu tố di động sẽ đạt tới. Khi đó sẽ có bất đẳng thức cần  chứng minh và từ đó giải quyết được bài toán cực trị

H 

C 

B 

A 

Ví dụ 1.1. Cho G là trọng tâm tam giác ABC  và M là điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng. 

MA +MB +MC ³GA +GB + GC  Từ đó xác định vị trí điểm M sao 

MA +MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. 

3 

Xét mặt phẳng phức với gốc O º G. Gọi a, b, c, m lần lượt là tọa vị của A, B, C, M. Khi 

MA = a-m = a-m a-m =aa+mm-am- am Tương tự ta có 

MC = c-m = c-m c-m =cc+mm-cm- cm

Với chú ý  a+b+c=a+b+c = 0 . Ta có 

MA + MB +MC = mm+aa+bb+cc= MG +GA +GB + GC

MA +MB + MC )  =  2 2 2 

GA +GB + GC khi và chỉ khi   m=0 , hay là  MºG. 

9 

với R là bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác  ABC. 

OH +MA +MB +MC - MH + MO = R " M (*) 

trong đó H là trực tâm, O  là tâm  vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 

Chọn hệ trục tọa độ vuông góc Oxy . Gọi a, b, c, m lần lượt là tọa vị của A, B, C, M. Khi 

đó H có tọa vị h=a+b+c  và  2 

aa =bb=cc= R Ta có 

MA = a-m =aa+mm-am- am MB2 = |b-m | 2 =bb+mm-bm- bm ; 

MC = c-m =cc+mm-cm- cm ;  2 2 

MH = h-m =hh+mm-hm- hm ; 

; 

VT(*) = hh+aa+bb+cc+ 3mm-m a( + +b c) -m a( + +b c ) - 

2 

Vì đẳng thức (*) đúng với mọi điểm M, nên với MºA , ta có 

5 

OH = R +AH -AB - AC (**) 

AH = h-a h+a = b+c b+c = R - BC  Thay vào (**), ta được 

9 

OH = R -BC - AB - AC  Suy ra  2 2 2 2 

9 

AB +BC +CA £  R . 

Mệnh đề 2.1  Cho n điểm cố định A 1 ,A 2 , ,A n  (  n ³  1  ), n số thực dương  a a1, 2 , , an   và  điểm M bất kỳ. Khi đó 

i) Tồn tại duy nhất một điểm I sao cho a1MAuuuur1+a2MAuuuur2 + +a n MA uuuur r  n = 0 

. 

1MA1 2MA2    n MA n 

a +a + + a đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng I  

Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng cho n điểm cố định A1,A2, ,An ( n ³  3 ), và n số thực 

1, 2 , ,  n

a a a  thỏa 

1 

0 

n 

j  j

a

=

>

å  . Gọi (d) là đường thẳng di động nhưng luôn đi qua A1. ứng với  mỗi vị trí của (d), ta chọn M trên  (d) sao cho đại lượng  2 

1 

n 

j j 

j 

MA

a

=

å  đạt giá trị bé nhất. Hãy 

tìm tập hợp các điểm M. 

Giải. Với giả thiết đã cho, tồn tại duy nhất điểm G sao cho 

1 

0 

n 

j j 

j 

GA

a

=

=

å uuuur r  (*). 

1 2 

Xét mặt phẳng phức với gốc tọa độ O trùng G , suy ra G có tọa vị g = 0. Giả sử 

A 1 ,A 2 , ,A n  , M có tọa vị a1 , a 2 , , a n  , m.  Khi đó từ  (*), ta có a1 1a +a2a2 + +a n a n = 0. 

Ta có 

2 

C1  B1 

M 

A1 

C 

B 

A 

1 2 

1 

j 

=

1 

0 

n 

j  j

a

=

>

å  . Suy ra 

2 

1 

n 

j j 

j 

MA

a

=

å  đạt giá trị nhỏ nhất khi chỉ khi MG đạt giá trị nhỏ nhất. Mà M Î(d) và (d) đi qua 

A1, do vậy: 

­  Nếu A1 ºG,  thì MG đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi MºG và tập điểm M là { } A  1   

­ Nếu A1 không trùng  G, thì MG đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng hình chiếu của G trên  (d).Suy ra tập điểm M là đường tròn  1  2 

1 

1 

2 2 

a 

m- =  a hay tập hợp điểm M là đường tròn  đường kính A1G. 

2.2. Phương pháp dùng bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng  và trung bình  nhân 

giữa giá trị trung bình cộng  và trung bình nhân 

Phương pháp này thường sử dụng trong các bài toán về bất đẳng thức hình học, cực  trị hình học có liên quan đến tỉ số của hai đoạn thẳng và diện tích của tam giác. Khi thực  hiện phương pháp này cần chú ý 

­ Chọn thích hợp gốc tọa độ của mặt phẳng phức. 

­ Chọn (đặt) tỉ số các đoạn thẳng, tọa vị các điểm (nếu cần). Tính tọa vị các điểm còn lại  hay diện tích tam giác, tứ giác   theo các giá trị đã chọn. 

­ Tính các tỉ số đoạn thẳng hoặc tỉ số diện tích và biến đổi bất đẳng thức hình học về bất  đẳng thức đại số. Vận dụng thích hợp bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung 

bình nhân để suy ra điều phải chứng minh. 

Ví dụ 2.1.  Cho tam giác ABC và điểm  M ở trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, 

CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1.  Xác định vị trí của điểm M sao cho 

a) Tổng 

A M +B M + C M đạt giá trị nhỏ nhất. 

b)  Tích 

1 1 1 

. . 

A M B M C M  đạt giá trị nhỏ nhất. 

Giải.  Xét mặt phẳng phức với gốc tọa độ  O trùng  M . Giả sử A, B, C, A1, B1, C1  lần 

lượt có tọa vị a, b, c, a1, b1, c1. Giả sử  1 1 1 

A C =l B A=l C B = l  Từ (1.12) suy ra 

+ + +  với l1 >0,l2>0,l3 >0,l l l 1 2 3 = 1  

a) Theo mệnh đề 1.3, ta có  1 1 2 

1 1 2 

0 

1 

l l l

+ +

+ +  , suy ra b+l1c= - l l 1 2 a  

1 

1 

1 

AM AM a a 

b c 

A M MA a  l l

l l

+ + 

Tương tự 

B M =MB = +l l C M =MC = + l l

AM BM CM 

A M + B M +C M =l +l +l +l l +l l + l l  Do l1>0,l2 >0,l 3 > 0 , theo bất  đẳng thức giữa trung bình cộng và trung và trung bình nhân ta có

K 

E 

D 

F 

B 

A 

6 

1 2 3 1 2 2 3 3 1 6 1 2 3  6.

l +l +l +l l +l l +l l ³ l l l =  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

l =l =l = Û  là  trung điểm các cạnh BC, CA, AB Û  M là trọng tâm tam 

giác ABC. Vậy min( 

A M +B M + C M ) =6, khi M là trọng tâm tam giác ABC. 

1 1 1 

1 1 1 

dấu bằng xảy ra khi M là trọng tâm tam giác  ABC. Vậy min 

1 1 1 

(AM .BM .CM ) 8 

trọng tâm tam giác  ABC. 

Ví dụ 2.2. Cho tam giác  ABC. Các đường phân giác trong AD, BE, CF của tam giác cắt 

nhau tại K .Chứng minh rằng 1 . 8 . 

AK BK CK 

AD BE CF

Giải. Trong mặt phẳng phức, giả sử các điểm A, B, C, D, E, F, K có tọa vị lần lượt là a, 

b, c, a1, b1, c1, k. Giả sử  BD 1;CE 2;  AF  3 

DC = l EA= l FB =  l  Khi đó theo (1.10) ta có 

b c c a a b 

a l b l c l

+ + +  với l1>0,l2 >0,l 3 > 0,

1 2 3  1

l l l =  và từ mệnh đề 1.3, điểm K có tọa vị  1 1 2 

1 1 2 

1 

l l l

+ +

= + + 

Suy ra 

1 

1 

1 

1 

1 

. 

1 

1 

a 

AK k a 

b c 

a a 

l

l

-

+

+ 

1 1 2 

1 

1 

, 

BD 

DC 

l

l l l

+

trong đó 2p =AC + AB + BC.   Suy ra  1 

1 1 2 

1 

. 

l

+ + 

Suy ra 

3 

3 

, hay 

3 

. 

p

£  Vậy bất đẳng thức bên phải được chứng minh, dấu bằng 

xảy ra khi và chỉ khi tam giác  ABC  đều. 

Mặt khác 

3 

Vì  p BC,1 p AB ,1  p CA 

+ +  dương, nên dễ dàng ta có 

(1 p BC)(1 p AB)(1 p CA) 1 p BC 1 p AB 1 p CA  2    (2) 

Từ (1) và (2) suy ra  1 

4 

AK BK CK 

AD BE CF > 

Vậy bất đẳng thức bên trái được chứng minh. 

Ví dụ 2.3. Cho tam giác  A1A2A3 có diện tích S không đổi, điểm M ở trong tam giác, các  đường thẳng A1M, A2M, A3M  lần lượt cắt các cạnh A2A3 ,  A1A3,  A1A2 tại các điểm B1 , B 2 

B3.  Xác định hình dạng của  tam giác A1A2A3 để diện tích tam giác  B1B2B3 đạt giá trị lớn  nhất

O

y

x

Q

P

D 1

C1

B 1

A 1

B

A

M 

B 1 

B 2 

A 3 

B 3 

A 2 

A 1 

Giải. Xét mặt phẳng phức sao cho gốc tọa độ O trùng  A1. Giả sử A1 , A2 , A3 lần lượt có 

tọa vị a1=0, a2, a  và  2 1 3 2 1 3 

B A =l B A =l B A = l Khi đó theo (1.10) 

ta có tọa vị của B1 , B2 , B3 , M lần lượt là  2 1 3 3 

+

3 2 

3 

3 

1 

a 

l

=

+  ;  3 3 2 2 3 2 3 1 3 

2 3 2 2 3 2 

. 

m l l l l l

Theo (1.21) ta có diện tích tam giác A1A2A3  là  1 Im( 2 3 )  

2 

S=  a a và diện tích của tam giác 

B1B2B3 là  1 1 Im( 2 1 3 2 1 3 ) 

2 

2 3 

2 3 

a a 

.  (1 )(1 )(1 ) 4

l l l

+

£ + + +  Vì  l1>0,l2 >0,l3>0,l l l 1 2 3 = 1 , mặt khác theo kết quả bài 

tập 2.1 ta có (1+l1)(1+l2)(1+l 3 )³ 8 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi l1 =l2 =l 3 = 1

Suy ra  1  1  . 

4 

S £  S Vậy max( )1  1  , 

4 

S =  S khi và chỉ khi  B1 , B2 , B3 là trung điểm của các cạnh 

A2A 3  A1A3,  A1A2 hay M là trọng tâm tam giác A1A2A3. 

2.3. Phương pháp sử dụng phép biến hình 

Để giải bài toán bằng phương pháp này ta thực hiện 

­ Chọn tọa vị thích hợp. Sử dụng biểu thức biểu diễn của các phép biến hình, kết hợp với  các kết quả trước thực hiện: 

+ Tìm tọa vị những điểm còn lại, từ đó tính diện tích, khoảng cách,  

+ Hoặc chứng minh một tính chất hình học. 

­ Từ kết quả trên, ta chuyển bài toán hình học về đại số. 

Để  hiểu rõ hơn về phương pháp này, ta xét các bài toán sau. 

Ví dụ 3.1. Cho hình vuông ABCD.  Phép quay tâm hình vuông một góc j biến nó thành  hình vuông A B C D 1 1 1 1 . Xác địnhj để diện tích phần chung của hai hình vuông ABCD và 

1 1 1 1 

A B C D  nhỏ nhất. 

Giải.  Chọn hệ tọa độ Oxy, sao cho O là tâm của hình vuông ABCD  và các điểm A, B, C, 

D lần lượt có tọa vị a=­1­i , b=1­i,  c=1+i,  d=­1+i. Ta có 

Q(O, ):Aj ®A B, ®B C, ®C D ,  ® D

Với 0 j < < 1 

2 ð,  suy ra các điểm A ,B ,C ,D 1 1 1 1 lần lượt có tọa vị 

1 i , 1 i , 1 i ,  1  i 

Giả sử B C 1 1 cắt BC, CD lần lượt tại P, Q. Gọi S, S1, S2 

lần lượt là diện tích của phần chung của hai hình 

vuông ABCD và A B C D 1 1 1 1 diện tích hình vuông 

ABCD, diện tích tam giác  CPQ. Khi đó theo  tính chất đối 

xứng của hình, ta có S=S1- 4  S 2 . Do vậy  S nhỏ nhất khi  S2 lớn nhất. 

Ta có phương trình của đường B C 1 1 là 

b c z b c z b c b c b c e z b c e z bc bc 

-

. 

Đường BC có phương trình  là  z= + 1  mi ,  m Î ¡

H

K C'

B'

A'

C

B

A

O 

Suy ra điểm P có tọa vị thỏa hệ  (cos sin ). (cos sin ) 2 0    (1) 

mi m

í

Gọi p là tọa vị của P, từ  (2) suy ra p = 1+im. Thay vào (1) ta được 

1 cos  (cos sin ) (cos sin ) 2 0 2 cos 2 sin 2 0  

sin 

j

-

Suy ra điểm P có tọa vị  1 1 cos  1 tan 

j

-

= + = +   Tương tự Q có tọa vị 

1 tan 

.  cos  1 tan 

2 

j

j

j j

-

-

+ 

t 

t

2 

2 

1 

t

- +

+  Xét hàm 

2 

1 

t t 

t

+   Ta có  '( )  2  2 2  1 

( 1) 

f t 

t

- - +

= +    Cho  f t'( ) = 0 Û = - -t 1 2 ,t = - +  1 2 . Lập bảng biến thiên ta được maxS = - 2  3 2 2 khi 

1 

4 

t= - + Ûj =  ð. Do đó  minS =S 1 -4(3- 2 )=8( 2 1) -  1 

4

j

Ví dụ 3.2.  Cho  tam giác  ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O,R). Gọi A', 

B', C' lần lượt là giao điểm thứ hai của các đường cao tam giác kẻ từ A, B, C với đường 

tròn. Hãy xác định kích thước 3 cạnh tam giác  ABC để diện tích của lục giác AB'CA'BC' 

lớn nhất. 

Giải.  Không mất tính tổng quát, ta chọn R=1 và chọn hệ tọa độ Oxy. Giả sử A, B, C có 

tọa vị a, b, c. Gọi H là trực tâm và  K là guiao điểm AH với BC, theo mệnh đề 1.8 và 1.7  suy ra H có tọa vị h=a+b+c và K có tọa vị  là  1( ) 1 ( ). 

k= b+ +c h-bch = a+ + - b c cba Ta 

có A' là điểm đối xứng với H qua BC. Thật vậy, giả sử A1 là điểm đối xứng với H qua K.  Suy ra K là trung điểm của HA1, do đó A1 có tọa vị a 1 =2  k-h= cba .Suy ra 

1 1 

a= k-h=cbaa a = -cba -bca =  , do vậy A1 Î ( , )  O R . 

Ta có AH: (a-h) - (a-h z) + (ah-ah ) = 0 

(b c z) (b c z) (ab ac ab ac ) 0 

Dễ dàng kiểm tra tọa vị của  A1thỏa mãn phương trình AH. 

Suy ra A 1 Î AH > Vậy A1 = AH I ( , )  O R ,do đó A1 trùng với A’ 

và ta có điều phải chứng minh. 

Tương tự B' là điểm đối xứng H  qua AC và C là điểm đối xứng H qua AB 

Gọi S S  ,  1 lần lượt là diện tích của lục giác AB'CA'BC'  và V ABC từ các kết quả trên ta có 

1 

2  

S=  S

Theo kết quả của ví dụ 1.2, ta có  2 2 2 2 

9 

AB +BC +CA £  R .  (1)  Theo kết quả của ví dụ 2.3, ta có 

1 

4 3 

AB BC CA 

S £  + + (2) 

Từ (1) và (2), suy ra  1  9 2 3 3  2 

4 

4 3 

S £ =  , dấu = xảy ra khi và chỉ khi xảy ra dấu bằng ở (1) 

và (2) 

xảy ra, hay khi AB = BC = CA=  R  3  Vậy max(S) = 3 3  2 

4 

R  khi và chỉ khi  tam giác ABC 

đều cạnh R  3 

C 

E 

R 

P 

M 

Q 

D 

S 

B 

Ví dụ 3.3. Cho tam giác ABC đều, M là điểm tùy ý nằm bên trong tam giác. Gọi S, S1 lần 

lượt là diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác có ba cạnh MA, MB, MC. Chứng 

minh rằng  1 

3 

S 

S £  . 

Giải.  Chọn hệ tọa độ Bxy, qua điểm  M vẽ ba  đường thẳng song song với các cạnh của 

tam giác ABC là PQ, DE, R. Đặt BP=x,  PR=y, RC=t, BC=a. 

Suy ra  x+y+t=a  với  x, y, t, a  dương. Khi đó 

B, P, R, C lần lượt có tọa vị z1=0, z2=x, z3=x+y, 

z4=x+y+t=a. Do các tam giác MPR , MSD, MQE đều và 

BPMD  là hình bình hành, nên ta có BD=x, SA=t, DS=x . 

Suy ra D, A lần lượt có tọa vị 

5 

(cos 60 sin 60 ) 

6 

z = a+ i a  Do  BMuuuur uuur uuur =BD+ BP

. Suy ra M có tọa vị 

7 

z =x+ y+ i y  Ta có  SA 

uur 

có tọa vị  0  (1 3 ); : 

2 2  SA 

z =t +i Tuur  M ® Q . Suy ra Q có tọa vị 

8 7 0 

z =z +z = x+ y+ t +i y+  t . Ta có  2 2 2 3  2 

BM = x+y- y +  y  Suy ra 

BM =DR= x +xy+ y  Tương tự DQ=AM,QR=CM. Suy ra DQR là tam giác có ba  cạnh MA, MB, MC. 

6 4 

| Im( ) | | Im( ) | 

Diện tích của tam giác DQR là 

2 

5 8 3 5 8 3 

Do x, y, t  dương, nên ta có 

4 xy yt tx 3 4  a

Vậy  1 

3 

S 

S £  .  Dấu bằng xảy ra khi x=y=t  hay M  là tâm của tam giác ABC. 

III. KẾT LUẬN 

Chuyên đề đã trình bày sự biểu diễn dạng phức của một số yếu tố hình học. Từ đó  đưa ra một số phương pháp giải một số bài toán về bất đẳng thức hình học và cực trị  hình học. Thông qua các bài toán minh họa, chuyên đề đã nêu được các thế mạnh của  phương pháp số phức so với các phương pháp khác khi giải bài toán hình học và cực trị  hình học. Có thể lời giải ở một số bài toán không được ngắn gọn so với phương pháp  thông thường. Song chúng tôi hy vọng cho học sinh có một hướng suy luận khác. Qua đó  chúng ta thấy được khả năng mạnh mẽ của số phức nói riêng và sự đa dạng cũng như vẻ  đẹp của toán học nói chung. 

Tuy nhiên cũng như mọi phương pháp khác, phương pháp số phức không thể thích  hợp cho mọi bài toán bất đẳng thức hình học và cực trị  hình học. Chính vì vậy, chuyên 

đề chủ yếu đi sâu vào các bài toán hình học phẳng có yếu tố về diện tích, khoảng cách, tỉ 

số,  

IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO 

[1] Nguyễn Hữu Điển (2000),  Phương pháp số phức và hình học phẳng,  NXB  Đại học 

quốc gia Hà Nội. 

[2] Nguyễn Hữu Điển (2001), Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học, 

NXB Khoa học kỹ thuật Hà Nội