skkn số phức và ứng dụng của số phức trong giải một số bài toán hình học thpt lương thế vinh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC Người thực hiện: Nguyễn Thị Thu Hiền Năm học 2013-2014... Trong bài viết này, tôi hi vọng có t

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh

Mã số:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC

TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC

Người thực hiện: Nguyễn Thị Thu Hiền

Năm học 2013-2014

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và tên: Nguyễn Thị Thu Hiền

2 Ngày tháng năm sinh: 06-06-1984

8 Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị cao nhất: Thạc sỹ

- Năm nhận bằng: 2010

- Chuyên ngành đào tạo: Đại số

BM02-LLKHSKKN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Biên Hòa, ngày 26 tháng04 năm 2014

BÁO CÁO TÓM TẮT SÁNG KIẾN Kính gửi: Hội đồng Sáng kiến trường THPT chuyên Lương Thế Vinh

Họ và tên: Nguyễn Thị Thu Hiền Năm sinh: 1984

Chức vụ: Giáo viên

Đơn vị: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh

Báo cáo tóm tắt sáng kiến:

Tên nội dung sáng kiến: Số phức và ứng dụng của số phức trong giải một

có một điều đặc biệt cần nhớ là: i 2 1

Về cơ bản thì có thể nói hầu hết học sinh phần nào chạm được vào số phức.Tuy nhiên học sinh khó mà hiểu được bản chất của số phức, thậm chí có thể tinrằng số phức là con số có thật cũng như số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ hay

số thực

Số phức trong toán học ngày nay thuộc về một lĩnh vực rộng lớn như lĩnh vực

số thực Trong bài viết này, tôi hi vọng có thể giúp người đọc thấy được mộtvài điều thú vị về số phức, làm quen với ngôn ngữ trong số phức và một sốứng dụng của số phức trong việc giải quyết các bài toán hình học

2 Hiệu quả:

- Giúp học sinh làm quen với ngôn ngữ số phức, thành thạo trong việc thựchiện các phép tính trên số phức, có thể giải được các bài toán số phức trong các

đề thi đại học

- Bằng việc mô tả một số kết quả của hình học phẳng bằng ngôn ngữ số phức

và giải một số bài tập ứng dụng của số phức vào giải toán hình học, các em họcsinh khá giỏi đã biết sử dụng số phức như một công cụ giải toán không nhữngmang lại cho các em một phương pháp giải toán mới mà còn góp phần vàoviệc rèn luyện kĩ năng, bồi dưỡng năng lực giải tóan của học sinh, đặc biệt làtrong giải toán hình học

Nhận xét của Hội đồng sáng kiến Người viết

Nguyễn Thị Thu Hiền

Mục lục

Báo cáo tóm tắt SKKN trang 3Chương I: Sự ra đời của số phức trang 6Chương II: Định nghĩa và các phép toán trang 8Chương III: Số phức và ứng dụng trong hình học

A Mô tả một số kết quả hình học bằng ngôn ngữ số phức .trang 14

B Một số bài toán áp dụng .trang 20

CHƯƠNG I: SỰ RA ĐỜI CUẢ SỐ PHỨC

Số phức ra đời giữa thế kỉ 16 Ta biết rằng phương trình bậc hai: x 2 1(1) không có nghiệm thực, tức là nó vô nghiệm khi xét trên tập số thực 

Các nhà toán học mong muốn rằng phương trình này có nghiệm, họ còn muốn rằng mọi phương trình đa thức đều phải có nghiệm, và nếu điều này xảy ra thì nghiệm đó không thể là số thực mà phải thuộc một loại số nào đó Điều này làm nảy sinh ý tưởng là phải mở rộng tập số thực thành một tập số nào đó để trên tập số này thì phương trình có nghiệm

Năm 1545, nhà toán học Italia là G.Cardano đã giải quyết vấn đề nghiệm của phươngtrình (1) bằng cách dùng kí hiệu  1, hiển nhiên là    1 , để thể hiện nghiệm hình thức của phương trình này

Tiếp tục phương pháp hình thức như vậy, G.Cardano kí hiệu nghiệm hình thức của phương trình x2 b b2(  )là b 1 Cuối cùng, G.Cardano kí hiệu nghiệm hình thứccủa phương trình (x a )2 b a b2( ,  ) là a b  1

G.Cardano đã gọi đại lượng a b  1 ( ,a b  ) là đại lượng ảo, ngầm ý rằng nó là đại lượng không có thực, tức là một đại lượng giả tưởng

Năm 1572, nhà toán học Italia là Bombelli định nghĩa các phép toán số học trên các đại lượng ảo mà ông gọi là số ảo (tên gọi số phức là do nhà toán học người Đức là K.Gauss đặt ra vào năm 1831) Ông được xem là người sáng tạo nên lí thuyết số ảo,

và cũng là người đầu tiên thấy được ích lợi của việc đem số ảo vào toán học như một công cụ hữu ích

Quá trình thừa nhận số phức như một công cụ toán học đã diễn ra rất chậm chạp: năm

1545, G.Cardano đưa ra kí hiệu  1 nhưng mãi đến năm 1777, nhà toán học người Thụy Sĩ là E.Euler đặt tên dho kí hiệu  1là số đơn vị ảo, kí hiệu là i Điều đó có nghĩa là i 1,i2 1

Tên gọi đơn vị ảo và kí hiệu i  1 cũng đã gây ra nhiều tranh cãi và nghi ngờ trong giới toán học Chẳng hạn, nhà toán học I.Newton đã không thừa nhận số ảo

Đẳng thức đáng ngờ nhất chính là tính chất lạ lẫm đến bí hiểm i 2 1 bởi vì nó phá

vỡ quan hệ thứ tự trên tập hợp số quen thuộc là 

Nhà toán học người Đức là K.Gauss là người đầu tiên, năm 1831, sử dụng thuật ngữ

số phức để chỉ các đại lượng ảo Tuy nhiên, nhà toán học người Irland là W.Hamiltonmới là người có công lao biến số phức từ một con số giả tưởng với tính chất bí hiểm thành 1 con số có thật Năm 1837, G.Hamilton xây dựng lí thuyết số phức một cách chặt chẽ theo phương pháp tiên đề hóa để từ đó số phức trở thành một số cũng quen thuộc với người làm toán như số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ hay số thực

CHƯƠNG II: ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC PHÉP TOÁN

1 Định nghĩa:

- Số phức z là một biểu thức có dạng z a bi  , trong đó a và b là những số thực và I là số thỏa mãn i 2 1

- i được gọi là đơn vị ảo, a là phần thực và b là phần ảo của số phức z

- Tập hợp các số phức được kí hiệu là 

- Số phức z a  0i có phần ảo bằng 0 được gọi là số thực

- Số phức z 0 bi có phần thực bằng 0 được gọi là số ảo (hay số thuần ảo)

- Nhân với 1: 1.z=z.1=z

4 Số phức liên hợp:

- Định nghĩa: Số phức liên hợp của số phức z a bi  là số phức z a bi 

- Nhận xét: z z a  2 b2

5 Mô đun của số phức:

- Định nghĩa: Mô đun của số phức z a bi  là số thực không âm a2b2 kí hiệu là z

7 Biểu diễn hình học của các phép toán đại số:

7.1 Biểu diễn hình học của số phức:

Định nghĩa: Điểm M(x;y) được gọi là ảnh hình học của số phức

z x yi  Ngược lại số phức z x yi  được gọi là tọa độ phức của điểm M(x;y) Ta dùng kí hiệu M z( ) để chỉ tọa độ phức của M là số phức z

Từ định nghĩa này ra suy ra điểm M(x;-y) đối xứng với M(x;y) qua trục

7.2 Biểu diễn hình học của modul:

Xét số phức z x yi  có tọa độ ảnh hình học M(x;y) trong mp phức

Ta có OM  x2y2 z Nói cách khác modul của số phức z x yi  là

độ dài của đoạn OM

7.3 Biểu diễn hình học của các phép toán đại số:

7.3.2 Tích của một số thực với một số phức:

Xét số phức z x yi  ứng với vec tơ v xi y j  

Số phức z x yi ứng với vec tơ u xi y jKhi đó u v

8 Số phức dưới dạng lượng giác:

Gốc tọa độ O là điểm duy nhất mà r=0 nhưng argument t* không xác định.

Với bất kì điểm M(x;y) trong mp, tồn tại duy nhất 1 điểm P là giao điểmcủa tia OM với đường tròn đơn vị tâm O Khi đó điểm P có cùng

3 ( 0) 2

y t

Ví dụ 2: Tìm tọa độ Đề các của điểm

8.2 Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác:

Từ sự tương ứng giữa tọa độ Đề các và tọa độ cực của điểm M, cho phép ta biểu diễn bất kì số phức z x yi  dưới dạng lượng giác là

* *

(cos isin )

z r t  t , trong đó r 0 và t*[0;2 ) Khi đó ta gọi t* là argument chính của z, kí hiệu là argz và r là modul của z

Với mọi z 0, modul và argument của z được các định duy nhất

Tập hợp Argzt t: *  2k ,k  được gọi là argument mở rộng của số phức z

Do đó hai số phức z z 1 , 2 0 bằng nhau khi và chỉ khi r1 r2 và

2

P(-1;-1)

-1 -1

a Từ hệ thức trên , ta thấy được z z1 2 z z1 2

b Ta có arg(z z1 2 ) arg  z1  argz2  2k , trong đó

Z  z  được gọi là căn bậc n của z0.

Định lí: Cho z0 r(cost* i sin )t* là một số phức với r0,t*[0;2 ) Khi đó

2.1 Khoảng cách giữa hai điểm:

Giả sử các số phức z z1 , 2 có các ảnh hình học M M1 , 2 Khi đó khoảng cách giữa hai điểm này được xác định bởi M M1 2 z1  z2

Do đó trong mp phức , phương trình đường tròn tâm tại điểm

0 ( ) 0

M z , bán kính R là z z 0 R hay zz0 R(cost a2b2  isin )t với tham số t biến thiên trong đoạn 0;2

Phương trình đường thẳng có dạng:

- Đường thẳng song song với trục Ox: z x ib b c  ,  onst

- Đường thẳng song song với trục Oy: z a iy a c  ,  onst

- Đường thẳng có góc định hướng hợp bởi nó với tia Ox có số đo: z x iy y x, tan

2.2 Đoạn thẳng, tia, đường thẳng:

Cho hai điểm phân biệt A, B với tọa độ phức lần lượt là a, b Ta nói rằng điểm M có tọa độ phức z nằm giữa các điểm A, B nếu

(2) Tồn tại một số thực dương k sao cho z a k b z  (  )

(3) Tồn tại một số thực t (0;1) sao cho z (1 t a tb)  , với M z( )

2.3 Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước:

Xét hai điểm phân biệt A(a), B(b) Một điểm M(z) nằm trên đường thẳng AB chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k  \{1} nếu MA k MB                            

Một tam giác có hướng dương nếu các đỉnh của nó theo thứ tự ngượcchiều quay của kim đồng hồ Ngược lại, ta nói tam giác có hướng

âm Xét các điểm phân biệt M z M z1 ( ), 1 2 ( ) 2 và không trùng với gốc tọa

độ của mặt phẳng phức Góc M OM1 2 được định hướng nếu các điểm

1 1

2

M OM  i  

Thực hiện phép tịnh tiến theo vec tơ M O 1

Qua phép tịnh tiến này,các điểm M z M z M z1 ( ), 1 2 ( ), 2 3 ( ) 3 lần lượt trở thành

2.5 Góc giữa hai đường thẳng:

Định lí: Cho bốn điểm phân biệt M z i( )i ,i=1,2,3,4 Khi đó số đo góc

được xác định giữa hai đường thẳng M M M M1 3 , 2 4 bằng

2.6 Phép quay quanh một điểm:

là ảnh của B’ qua phép quay tâm O, góc quay  nên

c a  b a  hay c a  b a 

2.7 Các điều kiện thẳng hàng, vuông góc và cùng thuộc một đường

tròn:

Cho 4 điểm phân biệt M z i( )i ,i=1,2,3,4

Mệnh đề 1: Các điểm phân biệt M M M1 , 2 , 3 thẳng hàng khi và chỉ khi

Mệnh đề 2: Các đường thẳng M M M M1 2 , 3 4 vuông góc với nhau khi

i i

 

 

2.8 Tích vô hướng của hai số phức:

Trong mp phức cho hai điểm M z M z1 ( ), 1 2 ( ) 2 Khi đó:

1 2 1 2 cos 1 2

OM OM  OM OM M OM

Nếu z k có modul bằng r k và có argument bằng k thì

2.9 Mô tả các phép biến hình bằng ngôn ngữ số phức:

II.9.1 Phép tịnh tiến: Phép tịnh tiến theo vec tơ v có tọa độ phức v

biến điểm M(z) thành điểm M’(z’) Ta có: z'  z v

II.9.2 Phép quay: Phép quay tâm M z0 ( ) 0 góc quay  biến điểm

M(z) thành điểm M’(z’) Ta có: z' z0 e i. (z z0 )

II.9.3 Phép đối xứng trục:

-Phép đối xứng qua trục thực: z' z.-Phép đối xứng qua trục ảo: z' z.-Phép đối xứng qua đường thẳng l đi qua gốc tọa độ O và điểm

2 0

Bài toán 1: 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 O O O O1 , 2 , 3 , 4 Chứng minh rằng

1 3 2 4

O O O O và O O1 3 O O2 4

O O O O Ta qui ước chữ cái thường là tọa độ của đỉnh tương ứng.

Ta nhận thấy rằng điểm M nhận được bởi phép quay tâm B, góc quay

Bài toán 2 (IMO 17,1975)

Về phía ngoài tam giác ABC, lần lượt dựng các tam giác

ABR,BCP,CAQ sao cho

Giải: Ta xét bài toán trong mp phức Chọn R là gốc tọa độ Gọi M là chân đường vuông góc hạ từ điểm P xuống đường thẳng BC Ta quy ước chữ cái thường là tọa độ của đỉnh tương ứng

Bài toán 3: Cho ABCD, BNMK 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.

D

A

Giải:

Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức Chọn F là gốc tọa độ và CK,

FB lần lượt là trục hoành, trục tung Gọi c, k, bi lần lượt là tọa độ của

các điểm C, K, B với c,k,b  Phép quay tâm B, góc quay 2



 

biến điểm C thành điểm A, do đó A có tọa độ là a b (1 ) i ci Tương

tự, điểm N là ảnh của điểm K qua phép quay tâm B, góc quay 2



 

nên điểm N có tọa độ là n b (1 )i  ki Từ đó suy ra tọa độ của điểm

E, trung điểm của đoạn AN là 2 2

Bài toán 4: 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, CFA Chứng minh rằng các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm

Giải: Ta quy ước chữ cái thường là tọa độ của đỉnh tương ứng Vì ADB, BEC,CFA là các tam giác đồng dạng có cùng hướng nên

Bài toán 5 (Định lí Ptolemy) Cho 4 điểm phân biệt A, B, C, D trong

Bài toán 6 (Saint Petersburg 2000)

Cho tam giác nhọn ABC Một đường thẳng d tiếp xúc với đường trònngoại tiếp tam giác ABC tại B Gọi K là chân đường vuông góc hạ từtrực tâm của tam giác xuống đường thẳng d, L là trung điểm của cạnh

AC Chứng minh rằng BKL là tam giác cân

Giải:

Không mất tính tổng quát ta chỉ cần xét tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn đơn vị sao cho điểm B thuộc trục ảo và B(-i) Giả sử

A(a+bi), C(c+di) Khi đó tọa độ của trực tâm H là

hay BKL là tam giác cân

Bài toán 7: Cho lục giác đều ABCDEF, K là trung điểm của BD, M

là trung điểm của EF Chứng minh AMK là tam giác đều

M

K

I F

E

D

C

B A

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với đỉnh A của lục giác đều ABCDEF, trục hoành đi qua hai điểm A,D Gọi I là tâm lục giác đều ABCDEF Ta nhận thấy tứ giác BCDI là hình thoi nên K

là trung điểm CI Ta có C E

cos arg i sin arg  ( os30 0 isin 30 ) 0

Từ đó suy ra M K KAM, 600, do đó tam giác KAM cân

(AK=AM) và có góc KAM 60 0 nên tam giác KAM đều

Bài toán 8: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, gọi I là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm của AB và J là trọng tâm của tám giác ACD Chứng minh rằng IJ CD

J I D

C B

A

Giải:

Chọn đường tròn tâm I làm đường tròn đơn vị Giả sử A a B b C c( ), ( ), ( )

Vì A, B, C cùng thuộc đường tròn nên ta có aa bb cc   1 và D là

trung điểm của AB nên tọa độ phức của D là 2

Bài toán 9: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z trong các

Vậy tập hợp M là đường tròn tâm A(2;-1) bán kính R= 5

d Đặt a=1 và b=-1, lần lượt được biểu diễn bởi các điểm A(1;0)

và B(-1;0)

Ta có z1 z  1 4 MA MB 4

Vậy tập hợp M là đường elip nhận A, B là hai tiêu điểm, có độ dài trục lớn là 4

Bài toán 10: Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai dây cung AB,

CD Tìm điểm X trên đường tròn sao cho XA2XB2 XC2XD2.Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ trùng với tâm đường tròn đã cho Ta xét trường hợp hai dây cung AB, CD không cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

b Tìm tập hợp điểm M sao cho MA2MB2MC2MD2 k2 (k là số thực)

Giải:

Đặt giao điểm hai đường ché của hình bình hành trùng với gốc tọa độ O

a Ta có:

   

2

MA M  A  M  A M A M  A  M A M ATương tự

2 2 2 2

MB M B M B  M B M B

2 2 2 2

MC M C M C  M C MC

2 2 2 2

Bài toán 12: Cho đường tròn (C) đường kính AB=2R, điểm M

chuyển động trên (C), A’ là điểm đối xứng của A qua M Tìm tập hợp điểm A’ và trọng tâm G của tam giác A’AB

Giải:

Chọn hệ trục Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với tâm đường tròn (C)

đã cho, trục hoành đi qua các điểm A, B

Vì G là trọng tâm tam giác A’AB nên

A'

B A

O

Bài toán 13: Cho nửa đường tròn có đường kính AB=2R cố định

Điểm C chuyển động trên nửa đường tròn Về phía ngoài tam giác ABC dựng tam giác ACD vuông cân ở A Tìm tập hợp điểm D

Vậy quỹ tích D là nửa đường tròn bên trái của đường tròn tâm

2 Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các hình vuông ABDE

và ACFG M là trung điểm của đoạn BC Chứng minh rằng

AM EG và EG 2AM

3 Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các hình vuông ABEF

và ADGH lần lượt có tâm O và Q M là trung điểm của đoạn BD Chứng minh rằng OMQ là tam giác vuông cân tại M

4 Về phía ngoài của tứ giác lồi ABCD, ta dựng các tam giác đều ABM, CDP, về phía trong của tứ giác, ta dựng các tam giác đều BCN, ADQ Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành

5 Cho ABC là tam giác nhọn Trên cùng một phía của đường thẳng

AC chứa điểm B, ta dựng các tam giác vuông cân DAB, BCD, AFC tại các đỉnh A, C, F Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng

6 Các cạnh AB, BC và CA của tam giác ABC được thành 3 đoạn thẳng bằng nhau bởi các điểm M, N, P, Q, R, S Về phía ngoài củatam giác ABC, dựng các tam giác đều MND, PQE, RSF Chứng minh rằng DEF là tam giác đều

7 Cho đường tròn (C) tâm O, bán kính R, BC là dây cung cố định không phải là đường kính của đường tròn (C), điểm A chuyển động trên cung lớn BC Tìm tập hợp trọng tâm G của tam giác ABC