206 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học
Khi đó
b
0
− a
0
=
1
2
(b
1
+ b
3
− a
2
− a
3
)=
1
2
[(b
1
−a)+(a − b)+(b −a
2
)+(b
3
− a
3
)]
=
1
2
(α
1
+ α
2
+ α
3
− 1) (b −a)
Tương tự, cũng được c
0
− a
0
=
1
2
(α
1
+ α
2
+ α
3
− 1) (c − a)
Vậy
c
0
− a
0
b
0
− a
0
=
c − a
b − a
(ĐPCM)
Nhận xét 5.3. Nếu đặt
AB
AC
= t và α =(
−→
AC;
−→
AB), thì bằng cách làm tương tự
như lời giải 1 bài toán 5, ta cũng chứng minh được b
0
− a
0
= te
iα
(c
0
− a
0
) và
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·
π
2
(a − p)+p ⇐⇒ q = −ia +(1− i)p
Do đó, quỹ tích của điểm Q là đường tròn có tâm tại điểm A
(−ia) (tức là
A
= Q
−
π
2
O
(A)), bán kính R = |(1 − i)p| =
√
2
Ví dụ 5.8 (Bulgaria MO 1997). Cho hai hình vuông đơn vị K
1
,K
2
với tâm
M,N trong mặt phẳng sao cho MN =4. Biết rằng hình vuông K
1
có hai cạnh
song song với MN, hình vuông K
2
có một đường chéo nằm trên đường thẳng
MN, tìm quỹ tích trung điểm XY, trong đó X là một điểm trong của K
1
, Y
là một điểm trong của K
2
5.2. Một số ví dụ áp dụng
207
Lời giải. Không mất tổng quát, coi M(−2),N(2) và gọi w là tọa vị của điểm
W trong mặt phẳng phức. Khi đó a
1
= −
5
2
−
i
2
,b
1
= −
3
2
−
i
2
,c
1
= −
3
2
+
i
2
,d
1
=
−
5
2
+
i
2
và a
2
=2−
1
√
2
,b
2
=2−
i
√
2
,c
2
=2+
1
√
2
,d
2
=2+
i
√
2
A
1
B
1
C
1
D
1
A
2
B
2
C
2
D
2
MN
X
Y
Z
Z
Ta có X nằm trong hình vuông A
1
B
1
C
1
D
1
khi và chỉ khi x = x
1
+x
2
i, x
k
∈
R với |x
2
| <
1
2
, |x
1
+2| <
1
2
Và Y nằm trong hình vuông A
2
B
2
C
2
D
2
khi và chỉ khi y = y
1
+ y
2
i, y
k
∈ R với
|y
1
+ y
2
− 2| <
1
√
2
và |y
1
− y
2
− 2| <
1
√
2
Vậy, với Z là trung điểm XY thì z =
x
1
+y
1
2
+ i ·
x
2
+y
2
2
= u + iv.
Từ −2 −
1
2
<x
1
< −2+
1
2
, 2 −
1
√
2
<y
1
± y
2
< 2+
1
√
2
suy ra |u| <
√
2+1
2
Tương tự, cũng được |v| <
1+
√
2
2
, |u + v|, |u − v| <
√
2+1
2
√
2
Vậy, quỹ tích điểm Z là miền bát giác giới hạn bởi các đường thẳng |x| =
√
2+1
2
, |y| =
√
2+1
2
, |x + y| =
√
2+1
2
√
2
, |x − y| =
√
2+1
2
√
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
A
1
B
1
C
1
D
1
,A
2
B
2
C
2
D
2
tương ứng qua các phép tịnh tiến theo các véc-tơ
1
2
−−→
MN
và
1
2
−−→
NM (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 ·FA. Chứng minh rằng
AB · FD· EC = BF ·DE · CA
208 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học
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 ·FA nên |xzu| = |ytv| (1)
Do ∠A + ∠C + ∠E = 360
◦
nên arg
x
−v
·
z
−y
·
u
−t
=0điều này có nghĩa là
x
−v
·
z
−y
·
u
−t
là một số thực dương. (2)
Từ (1),(2) suy ra xzu = −vyt hay xzu + vyt =0
Do x + y + z + t + u + v =0nên
xt(x + y + z + t + u + v)+(xzu + vyt)=0
⇐⇒x
2
t + xty + xtz + xt
2
+ xtu + xtv + xzu + vyt =0
⇐⇒(xt
2
+ xtz + xtu + xzu)+(x
2
t + 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 AMBN và CPDQ
cùng hướng. Chứng minh rằng |MQ
2
− NP
2
| =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 MP
2
− NQ
2
=(
−−→
MP +
−−→
NQ)(
−−→
MP −
−−→
NQ)
Ta có
(p − m)
2
−(q − n)
2
=2<z−x; n − m + p −q>
=2<z−x; i(a − b + d −c) >
= −4i· <z−x; t − y>
Vậy |(p −m)
2
− (q − n)
2
| =4S
ABCD
(Do S
ABCD
=2S
XY ZT
)
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
thang cân.
Lời giải. Gọi x là tọa vị của điểm X trong mặt phẳng phức và đặt s =
a + b + c + d.Tacó
g
a
=
b + c + d
3
=
s − a
3
,g
b
=
s − b
3
,g
c
=
s − c
3
,g
d
=
s − d
3
Do AG
a
= BG
b
nên
|a −g
a
| = |b −g
b
|⇔|4a−s| = |4b −s|⇔< 4a −s;4a −s>=< 4b −s;4b −s>
Từ đó 2(|a|
2
−|b|
2
)=< (a −b); s> (1)
Tương tự, từ CG
c
= DG
d
cũng được 2(|c|
2
−|d|
2
)=< (c − d); s> (2)
210 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học
Trừ (1) cho (2) vế đối vế, ta được
2(|a|
2
−|b|
2
−|c|
2
+ |d|
2
)=< ( a −b − c + d); (a + b + c + d) >
⇔2(|a|
2
−|b|
2
−|c|
2
+ |d|
2
)=|a + d|
2
−|b + c|
2
⇔aa −ad −ad + dd = bb −bc −bc + cc
⇔|a −d|
2
= |b −c|
2
Tức là AD = BC (3)
Cộng (1) với (2) vế đối vế, ta được
2(|a|
2
−|b|
2
+ |c|
2
−|d|
2
)=<a−b − d + c; a + b + c + d>
và tương tự như trên, thu được AC = BD (4)
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 = MN, 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+d
4
Ta có
GA ⊥ GD ⇔<a− g; d −g>=0
⇔<a−
a + b + c + d
4
; d −
a + b + c + d
4
>=0
⇔< 3a − b − c −d;3d −b −c −a>=0
⇔< (a − b −c + d)+2(a − d); (a −b −c + d) −2
a
−d) >=0
⇔<a+ d −b − c; a + d − b −c>=4<a−d; a − d>
⇔
a + d
2
−
b + c
2
2
= |a − d|
2
⇔ MN = 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 ,vàgọiM là trung điểm AC. Chứng
minh rằng tam giác BKM cân.
5.2. Một số ví dụ áp dụng
211
Lời giải. Không mất tổng quát, coi ω là đường tròn đơn vị, a = x + yi,b =
i, c = z + ti. Khi đó =
x+z
2
+ i ·
y+t
2
Do H là trực tâm của tam giác, nên h = x + z +(y + t +1)i. Khi đó
k = x + z + i.
Ta có |b −| =
x+z
2
2
+
y+t−2
2
2
=
1
2
(x + z)
2
+(y + t − 2)
2
(1)
Và |k −| =
x+z
2
2
+
2−y−t
2
2
=
1
2
(x + z)
2
+(y + t − 2)
2
(2)
Từ (1),(2) suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 5.14. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω. Gọi A
1
là trung điểm
cạnh BC và A
2
là hình chiếu của A
1
trên tiếp tuyến của ω tại A. Các điểm
B
1
,B
2
,C
1
,C
2
được xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng các đường
thẳng A
1
A
2
,B
1
B
2
,C
1
C
2
đồng quy. Hãy xác định vị trí hình học điểm đồng
quy.
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
B
C
A
2
A
1
H
N
Ta có a
1
=
b+c
2
và đường thẳng A
1
A
2
là đường thẳng đi qua A
1
(a
1
), song
212 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học
song với OA, do đó A
1
A
2
có phương trình
az − az = a ·
b + c
2
− a ·
b + c
2
Do aa =1nên phương trình được viết lại dưới dạng
z − a
2
z =
b + c
2
− a
2
·
b + c
2
hay
z − a
2
z =
a + b + c
2
− a
2
a + b + c
2
Gọi N là tâm đường tròn Euler của tam giác, thì n =
a+b+c
2
do đó A
1
A
2
đi
qua N. Tương tự cũng có B
1
B
2
,C
1
C
2
đi qua N (ĐPCM)
5.3 Chứng minh bất đẳng thức hình học
Việc biểu diễn các điểm trong mặt phẳng bằng các số phức (toạ vị) cho
phép chúng ta đưa các bất đẳng thức hình học về các bất đẳng thức về mô-đun
số phức. Khi đó, các hằng đẳng thức đại số và bất đẳng thức tam giác đơn
giản: |z1 + z2| ? |z1| + |z2|, trong rất nhiều trường hợp, là chìa khoá cho lời
giải bài toán.
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
trong mặt phẳng phức.
Ta có
AB.CD + AD.BC = |a − d|×|d −c|+ |d −a|×|c −b|
≥|(a −d) × (d −c)+(d −a) ×(c − b)| = |(c −a)(d −b)| = AC.BD
5.3. Chứng minh bất đẳng thức hình học
213
Dấu đẳng thức xảy ra khi (b − a)(d − c)=t(d − a)(c −b),t>0.
Khi đó
d −a
b − a
=
1
t
×
d − c
c − b
⇔ arg
d − a
b − a
= arg
d −c
c −b
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
MB.MC
AB.AC
+
MC.MA
BC.BA
+
MA.MB
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
MA = |m −a|,MB= |m − b|,MC= |m − c|,
AB = |a −b|,AC= |a − c|,BC= |b − c|.
Áp dụng bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối, từ (5.1) suy ra
|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.
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
MB.MC
AB.AC
+
MC.MA
BC.BA
+
MA.MB
CA.CB
≥ 1.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
214 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học
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
MA = |m −a|,MB= |m −b|,MC= |m − c|
AB = |a − b|,BC= |b −c|,CA= |c −a|.
Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối, từ (5.3), suy ra
|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,
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. Bằng
cách biểu diễn toạ vị các điểm của một hình hình học bằng các số phức, ta có
thể biểu diễn các điều kiện đề bài có bản chất hình học bằng các đẳng thức
đại số và chuyển kết luận hình học về các đẳng thức đại số. Như vậy, bài toán
chứng minh hình học có thể đưa về việc kiểm tra một hằng đẳng thức, hoặc
một 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 BCFG. 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
ϕ = arg
−ia − c
a − ic
.
Xét
−ia−c
a−ic
=
(−ia−c)(a+ic)
(a−ic)(a+ic)
=
−i(a
2
+c
2
)
a
2
+c
2
= −i.
Do arg (−i)=−
π
2
nên GA vuông góc với CD. Ngoài ra thì
|GA| = |a −ic| = |−ia − c| = |CD|.
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 A
1
A
2
A
3
và điểm P
0
.
Với mỗi s ≥ 4 ta đặt A
s
= A
s−3
. Dựng dãy điểm P
0
,P
1
, sao cho điểm P
k+1
là ảnh của P
k
với phép quay tâm A
k+1
(k =0, 1, ) một góc
2π
3
theo chiều
kim đồng hồ. Chứng minh rằng nếu P
1986
= P
0
thì tam giác A
1
A
2
A
3
là tam
giác đều.
Lời giải. Với mỗi kk≥ 0, tam giác A
k+1
P
k
P
k+1
cân với P
k
A
k+1
P
k+1
=
2π
3
.
Gọi p
k
,a
k
là tọa độ của các điểm P
k
,A
k
tương ứng với k =0, 1,
Thì p
k+1
− a
k+1
= α(p
k
− a
k+1
với α = cos
2π
3
+ i sin
2π
3
.
Cụ thể,
p
1
= a
1
+ α(P
0
− a
1
),p
2
= a
2
+ α(p
1
−a
2
),p
3
= a
3
+ α(p
2
−a
3
).
Do đó
p
2
= a
2
− αa
2
+ α[a
1
+ α(p
0
− a
1
)] = (1 − α)a
2
+ α(1 − α)a
1
+ α
2
p
0
,
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét