Nội dung

202 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học B1 P1 B2 P6 B6 A1 A2 P2 −π 3 A6 A3 O P5 A4 A5 B3 P3 B5 P4 B4 Do Pk là trung điểm của Bk Bk+1 nên pk = pk + pk+3 = bk +bk+1 2 ∀k = 1, 2, . . . , 6 Từ đó bk + bk+1 bk+3 + bk+4 (bk + bk+3 ) + (bk+1 + bk+4 ) + = =0 2 2 2 do đó lục giác P1 P2 P3 P4 P5 P6 nhận O làm tâm đối xứng. Ký hiệu f là phép quay tâm O góc quay − π3 . Ta có f (p1 ) = ω · ( 1 b1 + b2 ) = · ω · (ωa2 + ωa1 + ωa3 + ωa2) 2 2 1 = ω (a2 + ωa1 + ωa3) 2
1 = · a3 + ωa2 + ω 2 a1 2 1 = · (a3 + ωa2 + ωa4 ) = p2 2 Do đó, f (p1 ) = p2 . Tương tự, cũng được f (p2 ) = p3 , f(p3 ) = p4 , đpcm. Ví dụ 5.4 (IMO 1977). Cho hình vuông ABCD. Dựng về phía trong hình vuông các tam giác đều ABK, BCL, CDM và DAN . Chứng minh rằng trung 203 5.2. Một số ví dụ áp dụng điểm các đoạn thẳng KL, LM, MN, N K, BK, BL, CL, DM, DN và N A là đỉnh của một thập nhị giác đều. Lời giải. Giả sử hình vuông ABCD định hướng dương. Chọn tâm O của hình vuông làm gốc, gọi x là tọa vị của điểm X trong mặt phẳng phức. Khi đó b = ia, c = −a, d = −ia. π Đặt ei· 3 = ω ta có k = (iω + ω)a, ` = (−ω + iω)a, m = (−iω − ω)a, n = (ω − iω)a Để ý rằng đa giác P1 Q1S1 P2 Q2S2 P3 Q3S3 P4 Q4 S4 nhận O làm tâm đối xứng, do đó với f là phép quay tâm O, góc quay + π6 thì chỉ cần chứng minh f (pk ) = qk , f(qk ) = sk và f (sk ) = pk+1 (k = 1, 2) là đủ D C K P1 Q4 S4 P4 Q1 S3 S1 Q3 L N P2 Q2 S2 P3 M A B Từ cách dựng, ta có 1 a a p1 = (k + `) = [(i − 1)ω + (i + 1)ω] , p2 = [−(i + 1)ω + (i − 1)ω] , 2 2 2 204 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học a a q1 = − [i(1 + ω) + ω] , s1 = [1 + iω + ω] 2 2 π Khi đó, với ε = ei· 6 thì a [(i − 1)εω + (i + 1)εω] = q1 2 a f (q1 ) = εq1 = [iε + iεω + εω] = s1 2 a f (s1 ) = εs1 = [ε + iεω + εω] = p2 2 f (p1 ) = εp1 = Một cách tương tự, cũng được f (p2 ) = q2 , f(q2) = s2 , f(s2) = p3 (ĐPCM) Nhận xét. Bài toán này hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp tọa độ như trong [5], hay phương pháp tổng hợp như trong [6], tuy nhiên lời giải quá dài. Lời giải được trình bày ở trên được xuất phát từ ý tưởng sử dụng phép quay véc-tơ, tuy nhiên bằng công cụ số phức, đã làm giảm đi đáng kể các động tác biến đổi phức tạp trên các véc-tơ Ví dụ 5.5 (SEA-MO 1998). Cho tam giác ABC. Lấy điểm P khác phía với C đối với đường thẳng AB, điểm Q khác phía với B đối với đường thẳng CA và điểm R cùng phía với A đối với đường thẳng BC sao cho các tam giác BCR, ACQ và BAP đồng dạng. Chứng minh rằng tứ giác AP RQ là một hình bình hành. Lời giải 1. Giả sử tam giác ABC định hướng dương và gọi x là tọa vị của điểm X. Đặt BP BA = AQ AC = BR BC = t, ∠ABP = ∠CAQ = ∠CBR = ϕ, ω = eiϕ . Khi đó, từ giả thiết suy ra p = (tω + 1)b − tωa, q = (tω + 1)a − tωc và r = (tω + 1)b − tωc 205 5.2. Một số ví dụ áp dụng Q A ϕ R P ϕ ϕ B C Khi đó p+q = (tω+1)(a+b)−tω(a+c) = (tω+1)b−tωc+(tω+1)a−tωa = a+r (ĐPCM) Lời giải 2. Từ giả thiết, suy ra các tam giác BCR, ACQ và BAP đồng dạng cùng hướng. Vậy r−b q−a p−b = = =z∈C r−c q−c p−a Từ đó p= b − za a − zc b − zc ; q= ; r= 1−z 1−z 1−z Suy ra p+q = b − zc + (1 − z)a = a+r 1−z Ví dụ 5.6. Trong mặt phẳng cho bốn tam giác ABC, AB1C1, A2BC2 và A3B3 C đồng dạng, cùng hướng. Gọi A0, B0 và C0 theo thứ tự là trung điểm của A2A3 , B1B3 và C1 C2. Chứng minh rằng 4A0B0 C0 v 4ABC Lời giải. Gọi x là tọa vị của điểm X. Giả sử phép đồng dạng f1 (z) = α1 z + β1 biến tam giác ABC thành tam giác AB1C1 , phép đồng dạng f2 (z) = α2 z + β2 biến tam giác ABC thành tam giác A2BC2, phép đồng dạng f3 (z) = α3 z + β3 biến tam giác ABC thành tam giác A3B3 C. 206 Chương 5. Một số ứng dụng của số phức trong hình học Khi đó 1 1 b0 − a0 = (b1 + b3 − a2 − a3) = [(b1 − a) + (a − b) + (b − a2) + (b3 − a3)] 2 2 1 = (α1 + α2 + α3 − 1) (b − a) 2 1 Tương tự, cũng được c0 − a0 = (α1 + α2 + α3 − 1) (c − a) 2 c0 − a0 c − a (ĐPCM) Vậy = b0 − a0 b − a −→ −→ Nhận xét 5.3. Nếu đặt AB = t và α = (AC; AB), thì bằng cách làm tương tự AC như lời giải 1 bài toán 5, ta cũng chứng minh được b0 − a0 = teiα(c0 − a0) 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 π q = e−i· 2 (a − p) + p ⇐⇒ q = −ia + (1 − i)p Do đó, quỹ tích của điểm Q là đường tròn có tâm tại điểm A0 (−ia) (tức là √ −π A0 = QO 2 (A)), bán kính R = |(1 − i)p| = 2 Ví dụ 5.8 (Bulgaria MO 1997). Cho hai hình vuông đơn vị K1 , K2 với tâm M, N trong mặt phẳng sao cho MN = 4. Biết rằng hình vuông K1 có hai cạnh song song với MN , hình vuông K2 có một đường chéo nằm trên đường thẳng MN , tìm quỹ tích trung điểm XY , trong đó X là một điểm trong của K1 , Y là một điểm trong của K2 207 5.2. Một số ví dụ áp dụng 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 a1 = − 52 − 2i , b1 = − 32 − 2i , c1 = − 32 + 2i , d1 = − 52 + i 2 và a2 = 2 − √1 , b2 2 =2− √i , c2 2 =2+ √1 , d2 2 =2+ √i 2 D2 D1 C1 Z X bc Y A2 M A1 C2 N B1 B2 Ta có X nằm trong hình vuông A1B1 C1D1 khi và chỉ khi x = x1 + x2i, xk ∈ R với |x2| < 12 , |x1 + 2| < 1 2 Và Y nằm trong hình vuông A2 B2C2 D2 khi và chỉ khi y = y1 + y2 i, yk ∈ R với |y1 + y2 − 2| < √1 2 và |y1 − y2 − 2| < √1 2 Vậy, với Z là trung điểm XY thì z = Từ −2 − 1 2 < x1 < −2 + 12 , 2 − Tương tự, cũng được |v| < √1 2 √ 1+ 2 , |u 2 x1 +y1 2 +i· x2 +y2 2 √1 2 √ 2+1 √ 2 2 < y1 ± y2 < 2 + + v|, |u − v| < = u + iv. √ suy ra |u| < 2+1 2 bát giác giới hạn bởi √ điểm Z là miền√ √ Vậy, quỹ tích √ các đường thẳng |x| = 2+1 2+1 2+1 2+1 , |y| = , |x + y| = √ , |x − y| = √ 2 2 2 2 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 −−→ A1B1 C1D1 , A2B2 C2D2 tương ứng qua các phép tịnh tiến theo các véc-tơ 12 MN −−→ và 12 N M (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 · F A. Chứng minh rằng AB · F D · 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 · F A nên |xzu| = |ytv| (1)   x z u Do ∠A + ∠C + ∠E = 360◦ nên arg −v · −y · −t = 0 điều 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 = 0 nên xt(x + y + z + t + u + v) + (xzu + vyt) = 0 ⇐⇒x2 t + xty + xtz + xt2 + xtu + xtv + xzu + vyt = 0 ⇐⇒(xt2 + xtz + xtu + xzu) + (x2 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 CP DQ cùng hướng. Chứng minh rằng |MQ2 − N P 2 | = 4SABCD 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 − N Q2 = (M P + −−→ −−→ −−→ 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 | = 4SABCD (Do SABCD = 2SXY ZT ) 209 5.2. Một số ví dụ áp dụng M B X A N T Q Y D Z C P Ví dụ 5.11. Xét tứ giác ABCD không có hai cạnh nào song song. Gọi Ga , Gb , Gc , Gd theo thứ tự là trọng tâm các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng nếu AGa = BGb và CGc = DGd 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. Ta có ga = b+c+d s−b s−c s−d s−a = , gb = , gc = , gd = 3 3 3 3 3 Do AGa = BGb nên |a − ga | = |b − gb | ⇔ |4a − s| = |4b − s| ⇔< 4a − s; 4a − s >=< 4b − s; 4b − s > Từ đó 2(|a|2 − |b|2) =< (a − b); s > Tương tự, từ CGc = DGd cũng được 2(|c|2 − |d|2) =< (c − d); s > (1) (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+b+c+d a+b+c+d ⇔< a − ;d − >= 0 4 4 ⇔< 3a − b − c − d; 3d − b − c − a >= 0 ⇔< (a − b − c + d) + 2(a − d); (a − b − c + d) − 2a − d) >= 0 ⇔< a + d − b − c; a + d − b − c >= 4 < a − d; a − d > a+d b+c − ⇔ 2 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 `, và gọi M là trung điểm AC. Chứng minh rằng tam giác BKM cân. 211 5.2. Một số ví dụ áp dụng 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 − `| = q Và |k − `| = q p = 12 (x + z)2 + (y + t − 2)2 p

2−y−t 2 x+z 2 1 + = (x + z)2 + (y + t − 2)2 2 2 2
x+z 2 2 +
y+t−2 2 2 (1) (2) Từ (1),(2) suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 5.14. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω. Gọi A1 là trung điểm cạnh BC và A2 là hình chiếu của A1 trên tiếp tuyến của ω tại A. Các điểm B1 , B2, C1 , C2 được xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng A1A2 , B1B2 , C1C2 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. A2 A HN O C B Ta có a1 = b+c 2 A1 và đường thẳng A1A2 là đường thẳng đi qua A1 (a1), song