SỐ PHỨC TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG
Batigoal_mathscope.org
Hoangquan9@gmail.com
I.MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN
1. Khoảng cách giữa hai ñiểm
2z biểu diễn hai ñiểm
1M và
2M trên mặt phẳng tọa ñộ
Giả sử có 2 số phức 1z và
1M và
2M ñược tính theo công thức
=
.Khi ñó khoảng cách giữa hai ñiểm
z
M M 1
2
z 1
2
z-
-
2z ) =
z 1
2
ñược xác ñịnh như sau: Đặt d( 1z ,
C˛
2z ) 0‡
,z z 1
2
" a, d( 1z ,
z
2z ) 0=
= z 1
2
(cid:219) d( 1z ,
C˛
2z ) = d( 2z , 1z )
,z z 1
2
" b, d( 1z ,
,
C˛
c, d( 1z ,
2z ) £
3z ) + d( 3z ,
2z )
z z , 1
2
z 3
" d( 1z ,
2.Chia ñoạn thẳng theo tỉ lệ k 1„ ( k R˛ )
a. Cho 2 ñiểm phân biệt A và B trên mặt phẳng tọa ñộ ñược biểu diễn bởi 2 số
phức a và b . Gọi M là ñiểm tùy ý ñược biểu diễn bởi số phức z . Điểm M chia
=
uuur uuur MA K MB
ñoạn AB theo tỉ số k 1„ như sau:
Đưa về số phức ta có a - z = k(b - z) hay (1 - k)z = a - kb.
=
z
a kb k 1
k = -
1
- Từ ñó -
Chú ý : Với thì M là trung ñiểm AB.
b. . Cho 3 ñiểm không thẳng hàng A, B và C trên mặt phẳng tọa ñộ ñược biểu diễn
=
z
bởi 3 số phức a, b và c. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi ñó ñiểm G ñược
G
+ + a b c 3
. biểu diễn theo số phức là
3.Điều kiện ñể 3 ñiểm thẳng hàng, hai ñường thẳng vuông góc.
2z ,
3z ,
4z là các số phức lần lượt biểu diễn cho các ñiểm
1M ,
2M ,
3M ,
4M trên mặt phẳng phức.
Gọi 1z ,
1M ,
2M ,
3M thẳng hàng khi và chỉ khi:
Mệnh ñề 3.1 : Ba ñiểm
*
R
z 3 z
2
z 1 z 1
- ˛ -
1M ,
2M ,
3M thẳng hàng khi và chỉ
Chứng minh: Thật vậy , ba ñiểm
*
3
p
p
- - ˛ ˛ ˛
}
}
M M M
{ 0;
acgument
{ 0;
R
1
3
2
z z
z 3 z
2
z 1 z 1
2
z 1 z 1
khi (cid:3) hay , tức là - -
2M M ,
1
4M M vuông góc với nhau khi và chỉ khi
3
Mệnh ñề3. 2 Hai ñường thẳng
*
iR
z 1 z
z 2 z
3
4
p
- ˛ -
M M M M
;
1
2
3
4
2M M ,
1
4M M )
3
˛
2
p 3 2
p
^ (cid:219) Chứng minh: Thật vậy, ta có (
*
acgument
iR
˛
z 1 z
p 3 ; 2 2
z 2 z
z 1 z
z 2 z
3
4
3
4
- - (cid:219) ˛ . Từ ñó ta có . - -
*
M M”
M M M M
iR
2
4
1
2
3
2
z 1 z
z 2 z
3
2
- ^ ˛ Chú ý : Nếu thì khi và chỉ khi -
4. Tam giác ñồng dạng
1a ,
2a ,
3a , 1b , 2b , 3b là các số phức lần lượt biểu diễn cho các ñiểm
1A ,
2A ,
3A ,
1B ,
2B ,
3B trên mặt phẳng phức.
Gọi
A A A và 1 3
2
B B B ñồng dạng với nhau khi và chỉ khi 1
2
3
Mệnh ñề Hai tam giác
=
- -
a 2 a 3
a 1 a 1
b 2 b 3
b 1 b 1
- -
Chứng minh
=
=
(cid:3)
(cid:3)(cid:3)
A A A = (cid:3)
A A A 1 2 3
B B B 2 3
1
3
1
2
B B B , Từ ñó 3
1
2
a 2 a 3
a 1 a 1
b 2 b 3
b 1 b 1
A A 1 2 A A 1 3
B B 1 2 B B 1 3
- - (cid:219) và (cid:3) - -
=
=
acgument
acgument
b 2 b 3
b 1 b 1
a 2 a 3
a 1 a 1
b 2 b 3
b 1 b 1
a 2 a 3
a 1 a 1
- - - - và . Suy ra . - - - -
(cid:3)
EFD(cid:3)
Ví dụ : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC, vẽ các tam giác ADB,
và có cùng trọng BEC, CFA ñồng dạng với nhau. Chứng minh rằng ABC
tâm.
Chứng minh
Theo giả thiết các tam giác ADB, BEC, CFA ñồng dạng với nhau nên ta có :
=
=
=
z
- - -
d a b a
e b c b
f c a c
- - -
Từ ñó ta có d = a + (b - a)z, e = b + (c - b)z, f = c + (a - c)z.
+ +
f
=
d e 3
+ + a b c 3
Nên tính ñược
Vậy hai tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.
5.Phần thực của tích hai số phức
Cho a và b là hai số phức
=
a b .
+ ab ab
)
(
1 2
=
=
a b .
+ ab ab
)
(
a b .
Định nghĩa Phần thực tích của hai số phức a và b là một số cho bởi
1 2
Ta dễ thấy . Vậy a.b là số thực
2
.a a
a=
Mệnh ñề 5.1 Cho a, b, c, z là các số phức, khi ñó:
1,
2, a.b=b.a
a =
a =
3, a(b+c)=a.b+a.c
a b )
(
ab
)
a
(
a b
),
R
a 4, (
" ˛
^ 5, a.b = 0 (cid:219) OA OB , trong ñó a và b là biểu diễn của ñiểm A và ñiểm B trên
z
mặt phẳng phức.
2 ( . ) a b
6, (a.z).(b.z)=
Mệnh ñề 5.2
Cho 4 ñiểm phân biệt A, B, C, D phân biệt ñược biểu diễn bởi 4 số phức a, b, c, d
tương ứng.Khi ñó các khẳng ñịnh sau là tương ñương:
^ 1, AB CD
2, (b-a).(d-c) = 0
*
iR
= ) 0
b a d c
b a d c
- - ˛ 3, (hoặc Re( ) - -
Chứng minh
(1) ⇒ (2)Lấy ñiểm M(b-a) và N(d-c).Khi ñó OABM và OCDN là các hình bình
hành.
^ ^ khi và chỉ khi OM ON , nghĩa là m.n=(b-a).(d-c)=0 (theo mệnh Ta có AB CD
ñề 5.1)
(2) (cid:219) (3) ñược suy ra theo ñịnh nghĩa của tích số thực
II .ỨNG DỤNG VÀO GIẢI TOÁN
2
2
2
=
+ AB CD
+ 2 AD BC
Ví dụ 1
khi và chỉ khi Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng
AC BD
^ .
Chứng minh
2
2
2
=
+ AB CD
+ 2 AD BC
Gọi a, b, c, d là các số phức biểu diễn cho các ñỉnh A,B , C, D của tứ giác ABCD.
Theo giả thiết ta có
(cid:219) (b-a)(b-a)+(d-c)(d-c)=(d-a)(d-a)+(c-b)(c-b)
(cid:219) a.b + c.d = b.c + d.a
(cid:219)
AC BD
(c - a) . (d - b) = 0 (cid:219)
^
Nhận xét Rõ ràng ứng dụng số phức ñể chứng minh thì bài toán ñơn giản và ngắn
gọn hơn nhiều so với làm hình học thông thường.
Ví dụ 2
2
2
2
+
=
Cho tứ diện ABCD. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung ñiểm của các cạnh AB, BC,
BC
AD
2(
+ 2 EG FH
)
^ CD, DA.Chứng minh rằng AB CD khi và chỉ khi .
Chứng minh
Gọi a,b,c,d,e,f,g,h là các số phức biểu diễn cho các ñiểm A, B, C, D, E, F, G, H.
+
d
a
=
=
=
=
e
f
g
h
Khi ñó ta có :
+ a b 2
+ b c 2
+ c d 2
2
2
2
2
+
=
BC
AD
2(
+ 2 EG FH
)
, , , .
Từ giả thiết ta có
Trở thành (c-b)(c-b)+(d-a)(d-a) = 2(g-e)(g-e)+2(h-f)(h-f)
+ -
+
+ -
(cid:219) (c-b)(c-b)+(d-a)(d-a) =
=
+ - )( c d a b c d a b
)
(
a d b c a d b c )(
)
1 + - ( 2
1 2
- - - -
(cid:219) c.c + b.b + d.d + a.a - 2b.c - 2a.d = a.a + b.b + c.c + d.d - 2a.c - 2b.d
(cid:219) a.d + b.c = a.c + b.d.
AB CD
(cid:219) ^ (a - b).(d - c) = 0 (cid:219) .(ñiều phải chứng minh).
Ví dụ 3
,BB CC lần lượt là các ñường trung
AA , 1
1
1
Cho tam giác ABC có trọng tâm G. và
tuyến xuất phát từ ñỉnh A, B, C.Chứng minh rằng với mọi ñiểm M bất kì ta luôn
2
2
2
2
+
+
+
=
+
+
MA MB MC
9
MG
4(
)
(*)
2 MA MB MC 1
2 1
2 1
có:
,
,
Chứng minh
a b c lần lượt là các số phức biểu diễn các ñiểm A, B, C,G, 1
1
1
,
,
A B C trên mặt phẳng phức.Khi ñó ta có : 1
1
1
=
=
=
=
;
g
a 1
; 1 b
; 1 c
+ + a b c 3
+ c a 2
+ a b 2
+ b c 2
2
2
2
2
+
+
+
MA MB MC
9
MG
Gọi a, b, c, g,
Vế trái (*) =
m g m g )(
)
= (m - a).(m - a) + (m - b).(m - b) + (m - c).(m - c) + 9(
- -
m
)(
m
)
+ + a b c 3
+ + a b c 3
2
2
2 +
2 +
- - = (m-a).(m-a) + (m-b).(m-b) + (m-c).(m-c) + 9(
12
m
8(
+ + + a b c m
).
2(
a
b
+ + a b ) 2 .
c
+ b c 2 .
c a 2 .
(1)
=
-
+
+
4(
)
2 MA MB MC 1
2 1
2 1
=4[(m- 1a ).(m- 1a )+(m- 1b ).(m- 1b )+(m- 1c ).(m- 1c )]
=
Vế phải (*) =
m
).(
m
)
(
m
).(
m
)
(
m
).(
m
)
4 (
+ b c 2
+ b c + 2
+ c a 2
+ c a + 2
+ a b 2
+ a b 2
2
2
2 +
2 +
- - - - - -
12
m
8(
+ + + a b c m
).
2(
a
b
+ + a b ) 2 .
c
+ b c 2 .
c a 2 .
(2)
=
-
So sánh (1) và (2), ta có vế trái (*) = vế phải (*) .Bài toán ñược chứng minh.
Ví dụ 4
+
+
=
uuur uuur uuur uuur uuur uuur . . . DA BC DB CA DC AB
0
Cho 4 ñiểm A, B, C, D bất kì.Chứng minh rằng:
Chứng minh
+
+
Gọi a, b, c, d lần lượt là tọa vị của các ñiểm A, B, C, D trên mặt phẳng phức ta có:
uuur uuur uuur uuur uuur uuur . . DA BC DB CA DC AB .
= (
a d
).(
+ c b
)
b d (
).(
+ a c
)
(
c d
).(
b a
)
+
+
=
+
+
+
- - - - - - Vế trái =
ac ab dc db ba bc da dc
cb ca db ad
= 0 = vế phải ( ĐFCM)
- - - - - -
Ví dụ 5
2
uuur uuur .BA BC AB=
Chứng minh rằng ñiều kiện cần và ñủ ñể tam giác ABC vuông tại A là:
2
Chứng minh
- - - -
) (
)
(
(cid:219)
( ) a b . c b = b a . b a
2
2
+
Gọi a, b, c lần lượt là tọa vị của các ñiểm A, B, C trên mặt phẳng phức ta có: uuur uuur ) ( .BA BC AB=
(cid:219)
b
= 2 ac ab bc b
+ 2 ab a
+ 2
- - -
(cid:219)
= ab bc
ac a
0
+ 2
- -
(cid:219)
= ab bc
ac a
0
- -
(cid:219)
, tức là tam giác ABC
= ) a b c a ).(
(
0
hay AB AC
0
uuur uuur BA AC = .
vuông ở A. (ĐFCM).
- - (cid:219) ^
Ví dụ 6
+
+
=
uuur uuur uuur uuur uuur uuur . . . BC AD CA BE AB CF
0
(*)
Cho tam giác ABC với ba ñường trung tuyến AD, BE, CF. Chứng minh rằng
Chứng minh
=
=
=
,
,
d
e
f
Gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là tọa vị của các ñiểm A, B, C, E, F trên mặt phẳng
. (vì AD, BE, CF là các ñường trung
+ b c 2
+ a c 2
+ a b 2
phức ta có:
+
+
tuyến )
VT (*) =
= (
)
(
).(
)
).(
)
+ c b d a ).(
a c
+ e b
b a (
f
c
uuur uuur uuur uuur uuur uuur . . . BC AD CA BE AB CF
- - - - - -
c b
).(
+ a
)
(
a c
).(
b
)
b a (
).(
c
)
+ a c + 2
+ a b 2
+ b c 2
2
2
2
2
2
- - - - - - = (
+ cb c
b
bc
+ 2 a
ac ca c
ba b
a
ab
+
+
=
+ ca ab
+ + + ab cb
bc ac
2
2
2
2
2
2
2
+ 2
- - - - - - - - -
c
b
a
+ 2 c
b
a
+
+
+
=
ca ab ab cb bc ac
= 0 = VP(*) (ĐFCM)
2
- - - - - -
Ví dụ 7 Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung ñiểm của AC và BD.
2
2
2
2
2
2
+
+
=
+
+
4
AB
BC
+ 2 CD DA
AC
BD
MN
Chứng minh rằng :
(*)
Chứng minh
Gọi a, b, c, d, m, n lần lượt là tọa vị của các ñiểm A, B, C, M, N trên mặt phẳng
=
=
m
;
n
phức.
(M, N lần lượt là trung ñiểm của AC và BD)
+ a c 2
+ b d 2
2
2
2
+
+
AB
BC
+ 2 CD DA
Ta có
+
Vế trái (*) =
+ a b a b )(
)
b c b c ( )(
)
+ )( c d c d
(
)
(
d a d a )(
)
2
2
2
2
+
+
+
- - - - - - - - = (
a
b
c
d
ab bc
cd da
=
2(
)
(1)
2
2
2
+
+
Vế phải (*) =
4
AC
BD
MN
- - - -
+
+ a c a c )(
)
b d b d ( )(
) 4(
m n m n )(
)
+
+
+
- - - - - - = (
= (
+ a c a c )(
)
b d b d ( )(
) 4(
b d a c )(
)
+ a c 2
2
2
+ b d 2
+
+ -
- - - - - -
= (
+ a c a c )(
)
b d b d ( )(
+ - ) (
a c b d a c b d )(
)
2
2
2
2
+
+
+
- - - - - -
=
(2)
2(
)
a
b
c
d
ab bc
cd da
2
2
2
2
2
2
+
+
=
+
+
AB
BC
+ 2 CD DA
AC
BD
4
MN
Từ (1) và (2) ta có
- - - -
(ñiều phải chứng
minh)
Ví dụ 8
2
2
=
+
Chứng minh ñịnh lí COSIN (SGK Hình học 10) .
.
2 2
os
.
BC
AB
AC
(cid:3) AB ACc A
- Cho tam giác ABC , Chứng minh rằng
Chứng minh
Không mất tổng quát, ta chọn A là gốc tọa ñộ ,B là ñiểm nằm trên trục hoành có
AB = ,
1
BC
z= -
1
, AC
z=
.
hoành ñộ phức là 1., C là ñiểm biểu diễn số phức z bất kì.
Khi ñó ta có .
2
2
+
+
1
z
2
z
cos arg
z
=
AB
AC
2 2
(cid:3) AB AC c A
. os
.
+
- - Ta có
=
1
z z .
2
z
( ) Re z z
+
z
z
+
-
= 1
z z .
2
z
2
2
2 =
-
=
1z
BC
(ĐPCM
= (
z
1)(
z
1)
= . z z
z
z
+ - 1
- - - -
