ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TỐN
---------

KHĨA LUẬN
TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Đề tài

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ
BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG

Giảng viên hướng dẫn

: ThS. Nguyễn Thị Hà Phương

Sinh viên thực hiện

: Phạm Thị Đoan Phúc

Ngành

: Sư phạm Toán

Lớp

: 12ST

Đà Nẵng, tháng 5 – 2016

1

MỤC LỤC
Phần mở đầu…..……………………………………………………………………….3
I.Lý do chọn đề tài………..………………………………………………………….3
II.Mục đích nghiên cứu……..……………………………………………………….3
III.Đối tượng nghiên cứu….…………………………………………………………3
IV.Nhiệm vụ nghiên cứu………………………………………….…………………4
V.Phương pháp nghiên cứu……….…………………………………………………4
Phần nội dung………………………………………………………….………………5
Chương I: Tổng quan về số phức…………………………………………………..5
1.1 Lịch sử hình thành khái niệm số phức………………………………………5
1.2 Các kiến thức cơ bản về số phức…………………………………………….6
1.2.1 Khái niệm số phức……………………………………………………….6
1.2.2 Mặt phẳng phức ………………………………………………………....6
1.3 Các phép toán trên tập số phức………………………………………………7
1.3.1 Phép cộng………………………………………...……………………….7
1.3.2 Phép trừ…………………………………………………………………..7
1.3.3 Phép nhân………………………………………...………………………7
1.3.4 Phép chia………………………………………………………………… 8
1.3.5 Căn bậc hai của số phức……………………………………...………….8
1.3.6 Số phức liên hợp……………………………...…………………………..8
1.4 Dạng lượng giác của số phức…………………………………………………9
1.4.1 Dạng lượng giác…………………………………………………………..9
1.4.2 Nhân chia số phức dưới dạng lượng giác……………………………….9
1.4.3 Công thức Moivre………………………………………………………..9
1.5 Phép khai căn số phức………………………………………..……………..10



2

1.5.1 Căn bậc hai của số phức………………………………..………………10
1.5.2 Căn bậc n của số phức………………………………………………….10
Chương II: Đặc trưng một số tính chất hình học qua số phức ……..….……….11
2.1 Góc định hướng……………………………………………………………...11
2.2 Đường trịn đơn vị…………………………………………………………...13
2.3 Điều kiện vng góc, song song ……………………………………………13
2.4 Đường thẳng đi qua hai điểm……..………………………………………...14
2.5 Tọa vị của một số điểm đặc biệt…………………………………………….14
2.5.1 Trọng tâm tam giác……………………………………………………...14
2.5.2 Trực tâm tam giác…………………………………………………….....15
2.5.3 Chân đường vng góc………………………………………………….16
2.5.4 Điểm nằm trên đường tròn……………………………………………..16
Chương III: Một số bài tập áp dụng………………………………………………17
3.1 Ứng dụng số phức vào giải tốn chứng minh, tính tốn………………….23
3.2 Ứng dụng số phức vào giải toán thẳng hàng, đồng quy ……………………33
3.3 Ứng dụng số phức vào giải tốn quỹ tích, dựng hình……………………..43
Phần kết luận………………………………………………………………………….56
Tài liệu tham khảo………….………………………………………………………...57


3

PHẦN MỞ ĐẦU
I.

Lý do chọn đề tài

Trong cấu trúc đề thi Đại học – Cao đẳng và các kỳ thi học sinh giỏi thường có bài

tập về phần hình học phẳng. Tuy nhiên việc giải quyết các bài tập này thường khó và
khơng có phương pháp chung cho các bài. Đôi khi công cụ mà học sinh đã biết không
đủ để giải quyết các bài tập này hoặc để sử dụng được các công cụ đã học người học
phải vượt qua được các phép biến đổi phức tạp mới giải quyết được bài tốn khó.
Một trong các ứng dụng của số phức là có thể dùng để giải các bài tốn hình học
phẳng. Mặc dù số phức đã được đưa vào chương trình phổ thơng song nội dung cịn khá
đơn giản, các tài liệu về phần ứng dụng số phức cho học sinh phổ thơng cịn chưa nhiều.
Nên việc nghiên cứu những điều lý thú của số phức đối với học sinh phổ thơng cịn chưa
được chú trọng.
Vì những lý do trên, tôi quyết định chọn đề tài: “Ứng dụng số phức vào giải một số
bài tốn hình học phẳng”.
Cấu trúc của khóa luận gồm có 3 phần chính

II.

o Phần mở đầu
o Phần nội dung: Gồm có 3 chương sau
 Chương I: Tổng quan về số phức
 Chương II: Đặc trưng một số tính chất hình học qua số phức
 Chương III: Một số bài tập áp dụng
o Phần kết luận
Mục đích nghiên cứu
-

Hệ thống hóa chi tiết các vấn đề về lý thuyết số phức.

- Xây dựng hệ thống các bài toán, bài tập vận dụng để thấy được tính thiết thực
của số phức trong vận dụng giải tốn hình học phẳng.
III.


Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
-

Đối tượng nghiên cứu: Lý thuyết số phức và ứng dụng của nó.

-

Phạm vi nghiên cứu: Một số bài tốn hình học phẳng.


4

IV.

Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu về số phức và các bài tốn hình học phẳng có liên quan đến số phức.

V.

Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc giáo trình, tài liệu tham khảo để hệ
thống hóa, phân dạng các bài tốn.
Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tích lũy kinh nghiệm có được của bản
thân, thầy cơ, bạn bè, anh chị khóa trước để nghiên cứu sâu hơn, kĩ hơn.
- Phương pháp hỏi ý kiến chuyên gia: Hỏi trực tiếp thầy cơ hướng dẫn các kiến
thức có liên quan đến đề tài.

I
II
III

IV
V
VI
VII


5

1 PHẦN NỘI DUNG
Chapter 1

CHƯƠNG I

TỔNG QUAN VỀ SỐ PHỨC
1.1 Lịch sử hình thành khái niệm số phức
Lịch sử số phức bắt đầu từ thế kỉ XVI. Đó là thời kì Phục hưng của tốn học châu
Âu sau đêm trường trung cổ. Các đại lượng ảo xuất hiện từ đầu thế kỉ XVI trong các
cơng trình của nhà tốn học Italy “Nghệ thuật vĩ đại hay là về các quy tắc đại số” (1545)
của G.Cardano (1501-1576) và “Đại số” (1572) của R.Bombelli (1530-1572). Nhà toán
học Đức Felix Klein (1849-1925) đã đánh giá cơng trình của G.Cardano như sau: “Tác
phẩm q giá tột đỉnh này đã chứa đựng mầm mống của đại số hiện đại và nó vượt xa
tầm của tốn học thời cổ đại.”
Khi giải phương trình bậc hai Cardano và Bombelli đã đưa vào xét kí hiệu

1 là

2
lời giải thích của phương trình x  1  0 . Xét biểu thức b 1 là nghiệm hình thức của
2


2

phương trình x  b  0 . Khi đó biểu thức tổng quát hơn có dạng a  b 1, b  0 có
2

2

thể xem là nghiệm hình thức của phương trình ( x  a)  b  0.
Về sau biểu thức dạng a  b 1, b  0 xuất hiện trong quá trình giải phương trình
bậc hai, bậc ba (công thức Cardano) được gọi là đại lượng “ảo” và sau đó được Gauss
gọi là số phức và thường kí hiệu là a  ib , trong đó kí hiệu i  1 được L.Euler đưa
vào (năm 1777) gọi là đơn vị “ảo”.
Đến thế kỉ XIX, Gauss mới thành công trong việc luận chứng một cách vững vàng
khái niệm số phức. Tên tuổi của Gauss gắn liền với phép chứng minh chính xác đầu tiên
đối với định lí cơ bản của Đại số khẳng định rằng trong trường số phức C mọi phương
trình đa thức đều có nghiệm. Tổng kết lịch sử tồn bộ q trình phát triển khái niệm số,
nhà toán học Đức L.Kronecker (1823-1891) đã viết: “Thượng đế đã tạo ra số tự nhiên,
còn tất cả các loại số cịn lại đều là cơng trình sáng tạo của con người.”
Có thể nói rằng với khẳng định bất hủ này, L.Kronecker đã xác định nền móng vững
chắc cho lâu đài toán học tráng lệ mà con người đang sở hữu.


6

1.2 Các kiến thức cơ bản về số phức
1.2.1 Khái niệm số phức
Số ảo được kí hiệu là i , là số mà bình phương của nó bằng -1. Ta có:

i2  1
Một biểu thức dạng a  bi , trong đó a, b là những số thực, được gọi là số phức. Số

a được gọi là phần thực (kí hiệu a  Re z ), còn số b được gọi là phần ảo (kí hiệu là

Im z ) của số phức z  a  ib  Re z  i Im z .
Chú ý:
 Số thực a  a  0i cũng được gọi là số phức với phần ảo bằng 0.
 Số bi  0  bi được gọi là số thuần ảo.
 Số

i  0  1.i được gọi là đơn vị ảo.

1.2.2 Mặt phẳng phức
Một số phức z  a  bi có biểu diễn hình học như một điểm M  a, b  trên mặt
phẳng tọa độ vng góc Descartes với gốc là điểm O và hai vectơ đơn vị

 
e1, e2 vng

góc với nhau tại O.

Điểm M  a, b  được gọi là ảnh của số phức z  a  bi . Đảo lại, mỗi điểm M  a, b 
của mặt phẳng tọa độ cũng tương ứng với một số phức z  a  bi , được gọi là tọa vị
của M  a, b  . Như vậy mỗi số phức z  a  bi có thể cho tương ứng 1 – 1 với một
điểm M  a, b  trên mặt phẳng tọa độ Descartes.



Vectơ OM được gọi là ảnh vectơ của z và z được gọi là tọa vị của vectơ OM .


7


Mặt phẳng tọa độ vng góc Descartes tương ứng với tập số phức trên mặt phẳng
phức.
1.3 Các phép toán trên tập số phức
1.3.1 Phép cộng
Ta gọi tổng của hai số phức z1  a 1  ib1 , z2  a2  ib2 là số phức :

z  ( a1  a2 )  i  b1  b2 

(1.1)

và được kí hiệu là z  z1  z2 .
Từ định nghĩa của phép cộng ta có các tính chất sau:

z1   z2  z3   ( z1  z2 )  z3

i.

Kết hợp:

ii.

Giao hoán: z1  z2  z2  z1

Đặc biệt khi z1 , z2 là hai số thực thì cơng thức (1.1) là phép cộng hai số thực.
1.3.2 Phép trừ
Phép cộng trên có phép tốn ngược, nghĩa là với hai số phức z1  a 1  ib1 ,

z2  a2  ib2 ta có thể tìm được số phức z sao cho z2  z  z1 . Số phức này được gọi
là hiệu của hai số phức z1 , z2 kí hiệu là z  z1  z2 . Rõ ràng từ định nghĩa ta có


z  ( a1  a2 )  i (b1  b2 )

(1.2)

1.3.3 Phép nhân
Ta gọi tích của hai số phức z1  a 1  ib1 và z2  a2  ib2 là số phức xác định bởi:

z  (a1a2  bb
)  i (ab
 a2b1 )
1 2
1 2

(1.3)

và kí hiệu là z  z1.z2 .
Từ định nghĩa trên ta có tính chất sau:

z1.( z2 .z3 )  ( z1.z2 ).z3

i.

Kết hợp:

ii.

Giao hoán: z1.z 2  z2 .z1

iii.


Phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng:


8

z1.( z2  z3 )  z1.z2  z1.z3
Nếu

z1 và z2 là hai số thực thì cơng thức (1.3) là phép nhân trong trường số thực.
2

Đặc biệt khi lấy z1  z2  i thì từ định nghĩa (1.3) ta có i .i  i  1 .
Với z1  a 1  ib1 và z2  a2  ib2 l thì cơng thức (1.3) có được bằng cách nhân
thơng thường và thay i 2   1 .
Chú ý: z . z  a 2  b 2  0 .
1.3.4 Phép chia
Với hai số phức z1  a 1  ib1 và z2  a2  ib2 ta có:

z1
1
a a  bb
a b ab
 z1.
 1 22 1 2 2  2 21 1 2 2
z2
z2
a2  b2
a2  b2
1.3.5 Căn bậc hai của số phức

Số phức w  x  yi là căn bậc hai của số phức z  a  bi khi và chỉ khi

 x2  y 2  a
w z  
2 xy  b
2

1.3.6 Số phức liên hợp
a) Định nghĩa
Cho số phức z  a  bi , a, b  . Số phức z  a  bi được goi là số phức liên
hợp của z .
b) Định lý
Với các số phức z1 , z2 , z ta có:
i.

z  z , z 

ii.

z  z , z  

iii.

z 1  z2  z1  z2

iv.

z .z  a 2  b 2  0

( z  a  bi, a, b  )



9

v.

z1 z2  z1.z2
Suy ra

 z   z ,    ,  z  

vi.

 z1  z1
  
 z2  z 2

vii.

 z  a  bi, a, b  :
z  z  2 Re z  2 a và z  z  2 Im z  2ib

1.4 Dạng lượng giác của số phức
1.4.1 Dạng lượng giác
Với mỗi số phức z  a  bi , a, b  luôn luôn được biểu diễn dưới dạng

z  r  cos  i sin   . Trong đó:
o r  a 2  b 2 gọi là modun của số phức z , kí hiệu là z .
o  là góc được xác định bởi a  r cos, b  r sin . Khi đó  được gọi
là argument của số phức z , kí hiệu là arg z . Các argument của số phức


z  0 được xác định sai khác một bội nguyên của 2 .
Khi đó z  r  cos   i sin   được gọi là dạng lượng giác của số phức.
1.4.2 Nhân chia số phức dưới dạng lượng giác
Cho 2 số phức z1  r1  cos1  i sin 1  , z2  r2  cos 2  i sin 2  . Khi đó

z1. z 2  r1.r2  cos 1   2   i sin 1   2  

z1 r1 

cos 1   2   i sin 1   2  
z 2 r2 
Đặc biệt

1 1
 cos     i sin    
z r

1.4.3 Công thức Moivre


10

Cho một số phức bất kì dưới dạng lượng giác z  r  cos  i sin   , theo cơng thức
trên ta có:
n

z n   r  cos   i sin     r n  cos n  i sin n  , n  N
Công thức trên được gọi là công thức Moivre.
1.5 Phép khai căn số phức

1.5.1 Căn bậc hai của số phức dưới dạng lượng giác
Số phức z  r  cos  i sin   ,  r  0  có hai căn bậc hai là
z  







2

r  cos

 i sin




2 



  k 2



2

r  cos


 i sin

  k 2 
2

 , k  0, 1


1.5.2 Căn bậc n của số phức
Số phức z  r  cos  i sin   ,  r  0  có n căn bậc n là

z 

n



  k 2



n

r  cos

 i sin

2
3

4
5
6
7
8
9
10

  k 2 
n

 , k  0, 1,..., n  1



11

2 CHƯƠNG II
ĐẶC TRƯNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC QUA SỐ PHỨC
Chương này trình bày một số kết quả của hình học phẳng bằng ngơn ngữ số phức.
2.1 Góc định hướng
Như ta đã thấy mỗi điểm trong hệ tọa độ vng góc ứng với một số phức. Quan hệ
tập hợp các số phức và tập hợp điểm trong mặt phẳng là tương ứng một – một. Điểm Z
với tọa độ  a, b  ứng với số phức z  a  bi . Số phức z gọi là tọa vị của điểm Z. Kể
từ đây một điểm trong mặt phẳng được ký hiệu là một chữ cái in hoa và tọa vị của nó là
chữ cái thường tương ứng.
Trong mặt phẳng hệ tọa độ vng góc Oxy, mỗi điểm Z với tọa vị z chúng ta đặt một

vectơ OZ . Do đó số phức có thể biểu diễn hình học như là vectơ trong mặt phẳng.


Nếu Z1, Z2 là hai điểm trên mặt phẳng có tọa vị

z1, z2 . Khi đó tổng của chúng

  
z3  z1  z2 biểu diễn bởi Z 3 , mà OZ 3  OZ1  OZ 2 . Còn hiệu z2  z1 là vectơ
 

OZ 2  OZ1 . Khoảng cách d của điểm Z1 đến Z 2 hoặc độ dài Z1Z 2 là

d  Z1Z2  z1  z2 , vậy d là modun của số phức z2  z1 .
Từ quy tắc cộng vectơ suy ra rằng nếu Z là trung điểm của Z1 Z 2 , thì

 1  1  
1
OZ  OZ 3  OZ1  OZ 2 hoặc tọa vị của Z biểu diễn qua z1, z2 là z   z1  z2 
2
2
2



Để tính góc định hướng
và





tạo bởi hai tia đi qua điểm gốc của tọa độ O, ta chọn


z2 nằm trên mỗi tia. Khi đó   arg z2  arg z1  arg

z2
z1

z1


12

Trong trường hợp tia xuất phát từ điểm Z 0 ta cũng làm tương tự và có:

  arg  z 2  z0   arg  z1  z 0   arg


z 2  z 0
z1  z 0



Một cách tổng quát, cho hai vectơ Z1Z 2 và U1U2 với tọa vị các điểm tương ứng là



z1, z2 , u1, u2 . Ta cần phải quay vectơ đơn vị của Z1Z 2 đi một góc  theo chiều dương,
nghĩa là:

z2  z1
u u

 cos  i sin   2 1
z2  z1
u2  u1
Từ đó

cos  i sin  



Vậy góc phải tìm cos 

u2  u1
z z
: 2 1
u2  u1
z2  z1
u u
u2  u1
: 2 1  p
z2  z1
z2  z1

p p
p p
, sin  
từ đó ta có
2
2i



 z2  z1  u2  u1    u2  u1  z2  z1 
cos  
2 z2  z1 u2  u1

(2.1)

sin     z2  z1  u2  u1    u2  u1  z2  z1 

2 z2  z1 u2  u1

 
Từ những đẳng thức trên suy ra vectơ Z1Z 2 , U1U 2 vng góc với nhau khi chỉ khi

z

 z1  u2  u1    u2  u1  z2  z1   0

2

(2.2)

Và chúng song song với nhau khi và chỉ khi

z

2

 z1  u2  u1    u2  u1  z2  z1 

(2.3)



13

Nhận xét:
i) Do công thức (2.1), nếu Z1 trùng với U 1 và z1 z2  u1u2 thì khi biết tọa vị
và góc  với các giá trị đặc biệt thì


z2

u2 biểu diễn theo z2 như sau:

  900 thì u2  iz2
1

   600 thì u2  



3 
i  z2
2 

2
 3 1 
 i  z2
   300 thì u2  
2
2 


ii) Ký hiệu V  z2 , z1 , z0  

z 2  z0
gọi là tỉ số đơn của các số phức z2 , z1 , z0 . Do
z1  z0




đó argument của V  z2 , z1 , z0  chính là góc định hướng giữa các vevtơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2

iii) Điều kiện cần và đủ để 3 điểm Z 0 , Z1 , Z 2 thẳng hàng là góc định hướng giữa hai





vectơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2 bằng 0 hoặc bằng  . Nghĩa là tỉ số đơn V  z2 , z1 , z0  

z 2  z0
z1  z0

là một số thực.
iv) Điều kiện cần và đủ để đoạn thẳng Z 0 Z1 vng góc với Z 0 Z 2 là góc định hướng






giữa hai vectơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2 bằng 


2

. Nghĩa là tỉ số đơn V  z2 , z1 , z0  

z 2  z0
z1  z0

hoàn toàn ảo.
2.2 Đường trịn đơn vị
Có rất nhiều bài tốn liên quan tới đường trịn khi ta chọn hệ tọa độ vng góc với
gốc chính là tâm đường trịn đó và coi đường trịn là đường trịn đơn vị, thì các cơng thức
tính toán trở nên đơn giản, dễ nhớ và dễ áp dụng được các bài toán cụ thể.
Cho tam giác A1 A2 A3 nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Chọn hệ tọa độ
sao cho tâm O của đường tròn này trùng với gốc tọa độ, lấy bán kính của vịng trịn này
làm đơn vị độ dài, tức là R  1 , khi đó đường trịn này được gọi là đường tròn đơn vị.


14

Ta có

a1  a2  a3  1

hay

a1 a1  a2 a2  a3 a3  1


Vậy phương trình đường trịn đơn vị có dạng z z  1 .
2.3 Điều kiện vng góc, song song:
Gọi Z1 , Z 2 , U 1 , U 2 là những điểm phân biệt có tọa vị lần lượt là z1 , z2 , u1 , u2 . Khi
đó:


Z1Z 2 song song với U 1U 2 khi và chỉ khi:

z


2







 z1  u2  u1   u2  u1  z2  z1



Z1Z 2 vng góc với U 1U 2 khi và chỉ khi:

z

2










 z1  u2  u1   u2  u1  z2  z1  0

Trong trường hợp Z1 , Z 2 , U 1 , U 2 nằm trên đường trịn đơn vị, thì những số liên
hợp z1 , z2 , u1 , u2 có thể thay bằng

1 1 1 1
, , , . Khi đó:
z1 z2 u1 u2



Z1Z 2 song song với U 1U 2 khi và chỉ khi z1 z2  u1u2



Z1Z 2 vng góc với U 1U 2 khi và chỉ khi z1 z2  u1u2  0

2.4 Đường thẳng đi qua hai điểm
Đường thẳng đi qua 2 điểm có tọa vị z1 và z 2 là tập hợp các điểm Z sao cho

z  z2
z  z2


z1  z2
z1  z2









Hoặc z1  z2 z   z1  z2  z  z1 z 2  z1 z2  0


15

2.5 Tọa vị của một số điểm đặc biệt
2.5.1 Trọng tâm tam giác
Gọi B1 , B2 , B3 lần lượt là trung điểm các cạnh A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 trong tam giác

A1 A2 A3 . Khi đó ta có:

b1 

a2  a3
,
2

b2 


Xét một điểm M có tọa vị m 

a1  a3
,
2

b3 

a1  a2
2

1
 a1  a2  a3 
3

1
1
2 a a
1
2
 a1  a2  a3   a1   2 3   a1  b1 nên M thuộc đường
3
3
3 2  3
3
thẳng A1 B1 .
Vì

Tương tự do tính đối xứng của a1 , a2 , a3 nên M cũng thuộc A2 B2 , A3 B3 . Do đó
điểm M chính là trọng tâm G của tam giác A1 A2 A3 .

Nói cách khác trọng tâm G của tam giác A1 A2 A3 có tọa vị g 

1
 a1  a2  a3  .
3

2.5.2 Trực tâm tam giác

Giả sử tam giác A1 A2 A3 nội tiếp đường tròn tâm O, gọi K là điểm đối xứng của O
qua cạnh A1 A2 , B3 là giao điểm của OK và A1 A2 . Khơng mất tính tổng qt giả sử đường
trịn này là đường tròn đơn vị, và chọn gốc tọa độ trùng với O. Khi đó OA1 KA2 là hình
thoi và B3 là trung điểm của A1 A2 nên ta có:

k  2b3  a1  a2


16

Gọi H là đỉnh của hình bình hành có hai cạnh OA3 , OK . Khi đó:

h  k  a3  a1  a2  a3
Mà OK  A1 A2 và A3 H / / OK nên A3 H  A1 A2 hay H thuộc đường cao hạ từ
đỉnh A3 của tam giác A1 A2 A3 . Do tính đối xứng của h đối với a1 , a2 , a3 nên cũng suy
ra được H thuộc đường cao hạ từ đỉnh A1 , A2 của tam giác A1 A2 A3 .
Vậy H là trực tâm của tam giác A1 A2 A3 có tọa vị h  a1  a2  a3 .
2.5.3 Chân đường vng góc
Gọi A, B là hai điểm phân biệt trên đường tròn đơn vị, M là điểm bất kì và K là
hình chiếu vng góc của M lên dây cung AB. Khi đó tọa vị k của điểm K thỏa mãn

a  b  k  abk .










Mặt khác MK  AB nên ta có:  m  k  a  b   a  b  m  k  0
Theo đó ta có k  m   m  k  ab , thay k vào a  b  k  abk , ta được
2.5.4 Điểm nằm trên đường trịn:
Điểm M nằm trên đường trịn tâm A bán kính R, có tọa vị m thỏa mãn:

m  a  R  cos t  i sin t  , 0  t  2

CHƯƠNG III


17

MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Chương này sẽ trình bày một số ứng dụng của số phức vào việc giải một số lớp bài
tốn về hình học phẳng.
Một số bài toán khi giải bằng phương pháp số phức sẽ đơn giản, thuận tiện hơn khi
giải bằng các phương pháp khác, chẳng hạn:
Bài toán 1: ([2] Bài 11 trang 130)
Ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Dựng các tam giác đều ABE, BCF thuộc
cùng nửa mặt phẳng bờ AC, M, N là trung điểm AF, CE. Chứng minh tam giác BMN là
tam giác đều.

Lời giải

Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học phẳng
Xét ABF và EBC có:

AB  EB

(vì ABE đều)

BF  BC

(vì BFC đều)


  1800  600  1200
ABF  CBE
 ABF  EBC

(cạnh – góc – cạnh)

  BEC
 , BCE
  BFA
 và AF  CE
 BAF
Xét BNC và BMF có


18


NC  MF

(vì AF  CE và M, N là trung điểm AF, CE)

BC  BF

  BFM

BCN
 BNC  BMF
 BN  BM và

(chứng minh trên)
(cạnh – góc – cạnh)

  FBM

CBN

(1)

  FBM
  CBF
  FBN
  FBE
  EBM

Mà ta có CBN

  600  FBM


 600  FBN
  FBM

 FBN

  MBE
  EBN
  FBN
  EBN
  600
Ta có MBN

(2)

Vậy từ (1) và (2) ta có BMN là tam giác đều.
Cách 2: Sử dụng phương pháp số phức hóa
Chọn điểm B trùng với gốc tọa độ O. Giả sử các điểm A, C, E, F, M, N có tọa vị lần
lượt là a, c, e, f, m, n.
Ta có BAE, BFC đều nên:




a  e  cos  i sin 
3
3





f  c  cos  i sin 
3
3

M, N là trung điểm AF, CE nên:

m 

1
1




 a  f    e  c   cos  i sin   n  cos  i sin 
2
2
3
3
3
3




19

m  n


 
 
 MBN 
3

   nên là tam giác đều.
Tam giác BMN cân (vì BM  BN ) có góc MBN
3

Bài tốn 2: ([12] – Bài 7, trang 161)
Về phía ngồi tứ giác ABCD dựng các hình vng ABEF, BCGH, CDKL, DAMN.
Gọi P, Q, R, S lần lượt là tâm của các hình vng trên. Chứng minh rằng PR  QS và

PR  QS .
Lời giải:
Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học phẳng

Xét BEC và BAH có

BE  BA
BC  BH
  
EBC
ABH

 BEC  BAH (cạnh – góc – cạnh)


20


 AH  EC

(1)

  BAH
 do
Gọi K là giao điểm của EC và AH. Ta có BEC = BAH nên BEC
  EBA
  900
đó tứ giác EKBA nội tiếp, suy ra EKA

 EC  AH

(2)

Từ (1) và (2) suy ra AH  EC , EC  AH
Gọi I là trung điểm AC, khi đó ta có IP là đường trung bình của EAC và IQ là
đường trung bình của ACH
Mà AH  EC , EC  AH suy ra IP  IQ, IP  IQ
Một cách tương tự ta chứng minh được IS  IR, IS  IR
Từ đó ta có IPR  IQS (cạnh – góc – cạnh)

  ISQ
 và PR = QS
 IRP
Gọi J là giao điểm của PR và QS thì ta có tứ giác IJRS nội tiếp

  SIR
  900 hay PR  QS
Suy ra SJR

Cách 2: Sử dụng phương pháp số phức hóa
Giả sử các điểm A, B, C, D, P, Q, R, S có tọa vị lần lượt là a, b, c, d, p, q, r ,s. Khi đó
ta có

PA  PB, PA  PB nên

a p
 i hay a  p  i  b  p 
b p

Tương tự ta có

b  q  i c  q, c  r  i d  r , d  s  i a  s
Suy ra

p 

a  ib
b  ic
c  id
d  ia
, q 
, r 
, s 
1 i
1 i
1 i
1 i



21

Để chứng minh PR  QS và PR  QS ta chỉ cần chứng minh

rp
 i
qs

hay

r  p  i q  s

Thật vậy ta có

iq  s 

i  b  ic   i  d  ia 
 c  id    a  ib   r  p
ib  c  id  a


1 i
1 i
1 i

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 3: ([3] – bài 3 trang 149)
Cho đường trịn O bán kính R, BC là dây cung cố định, điểm A chuyển động trên cung
lớn BC. Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC.
Lời giải:

Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học phẳng

Gọi I là trung điểm của BC. Trên OI lấy điểm O’ sao cho

Theo tính chất trọng tâm trong tam giác ta có
Từ (1) và (2) suy ra O’G//OA.

AG 2

GI 1

OO ' 2

O 'I 1

(1)

(2)


22

Áp dụng định lý Talét ta có

O 'G 1
R
 , suy ra O ' G  không đổi.
OA 3
3


Mà A chuyển động trên cung lớn BC, do đó G chuyển động trên cung lớn B1C1 của
đường tròn tâm O’ bán kính

R
.
3

Cách 2: Sử dụng phương pháp số phức hóa
Đặt tâm đường tròn trùng với gốc tọa độ, dây cung BC cố định song song với trục
thực. Giả sử các điểm A, B, C, I, G có tọa vị lần lượt là a, b, c, y, g.
A chạy trên cung lớn BC của đường trịn O, bán kính R.











Suy ra a  R  cos t  i sin t  với   t   , trong đó   OC , Ox ,   Ox, OB

G là trọng tâm ABC suy ra g 



1
1

1
 a  b  c  g  b  c  a
3
3
3

I là trung điểm BC nên b  c  2 y ,

 g

2
1
2
1
y  a  g  y  R  cos t  i sin t  ,   t  
3
3
3
3

Vậy quỹ tích điểm G là cung B1C1 của đường trịn tâm có tọa vị

2
1
y , bán kính R .
3
3


23


Nhận xét:
i.

ii.

Đối với bài toán 1, so với dùng phương pháp hình học phẳng thì phương pháp
số phức tỏ ra hiệu quả hơn rất nhiều. Thay vì phải chứng minh thuần túy từng
bước như trong phương pháp hình học phẳng, đến với phương pháp số phức
hóa, chỉ cần dùng phép quay gốc B và tính chất trung điểm là ta đã suy ra ngay
điều phải chứng minh.
Đối với bài toán 2, dùng phương pháp hình học phẳng cho ta lời giải dễ hiểu
nhưng dài dịng, và khó xác định được đường đi bài tốn. Phương pháp số
phức hóa cho ta đường đi rõ ràng, đó là muốn chứng minh PR  QS và

PR  QS thì chỉ cần chứng minh
iii.

rp
 i , và bằng một số bước biến đổi
qs

cơ bản ta đã có ngay điều phải chứng minh.
Đối với bài toán 3, phương pháp số phức cho ta lời giải vừa dễ hiểu vừa ngắn
gọn rất nhiều. Chỉ cần tìm quỹ tích điểm A và mối quan hệ giữa trọng tâm G
với điểm A thì ta sẽ có ngay quỹ tích điểm G.

Qua 3 bài tốn trên, ta thấy việc đưa bài tốn hình học vào xét trong mặt phẳng
phức và gọi tọa vị của các điểm có trong bài tốn, áp dụng đặc trưng một số tính chất
hình học qua số phức sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, rõ ràng cũng như dễ dàng tìm được

hướng đi của bài tốn.
Các mục tiếp sau đây sẽ trình bày những ứng dụng của số phức để giải một số lớp
bài tốn trong hình học phẳng.
3.1 Ứng dụng số phức vào giải các bài tốn chứng minh, tính tốn
Bài tốn 4: (Saint Petersburg 2000 – [3] trang 169)
Cho tam giác nhọn ABC. Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại B. Gọi K là chân đường cao hạ từ trực tâm H của tam giác xuống đường
thẳng d, L là trung điểm cạnh AC. Chứng minh rằng tam giác BLK cân.
Lời giải: