TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN
---------------------------------

VŨ THỊ THANH

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC

VÀO GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Giải tích

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học

TS. NGUYỄN VĂN HÙNG

HÀ NỘI - 2014
 LỜI CẢM ƠN

Bản khoá luận này đƣợc hoàn thành dƣới sự hƣớng dẫn, chỉ bảo tận
tình, chu đáo của Ts. Nguyễn Văn Hùng. Qua đây, em xin gửi lời cảm ơn
sâu sắc đến thầy về sự giúp đỡ nhiệt tình của thầy trong suốt quá trình
em hoàn thành bản khoá luận này.
Em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ, chỉ bảo của các thầy, cô trong
khoa Toán – Trƣờng Đại học sƣ phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện thuận
lợi cho em trong suốt quá trình em học tập tại trƣờng.
Do điều kiện và khả năng bản thân có hạn nên những vấn đề trình
bày trong đề tài không thể tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, em rất
mong nhận đƣợc những ý kiến đóng góp của các thầy, cô và các bạn để
khoá luận đƣợc hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày……tháng….năm 2014

Sinh viên

Vũ Thị Thanh
 LỜI CAM ĐOAN

Khóa luận này là những nghiên cứu của em dƣới sự hƣớng dẫn tận
tình của thầy Nguyễn Văn Hùng cùng với sự cố gắng của bản thân em.
Bên cạnh đó em cũng đƣợc sự quan tâm, tạo điều kiện của các thầy, cô
trong khoa Toán - Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2. Trong quá trình nghiên cứu
khóa luận em có tham khảo một số tài liệu của các nhà Toán học.
Vì vậy, em xin khẳng định nội dung đề tài: “ Ứng dụng số phức vào
giải toán hình học phẳng” không có sự trùng lặp với các đề tài khác.
Hà Nội, ngày……tháng……năm 2014

Sinh viên

Vũ Thị Thanh
 MỤC LỤC

A – MỞ ĐẦU ............................................................................................ 1
1. Lý do chọn đề tài ............................................................................... 1
2. Mục đích nghiên cứu ......................................................................... 1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu......................................................................... 1
4. Phƣơng pháp nghiên cứu ................................................................... 2
5. Cấu trúc của khoá luận ...................................................................... 2
B – NỘI DUNG......................................................................................... 3
CHƢƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ .................................................. 3
1.1. Định nghĩa số phức ......................................................................... 3
1.2 Biểu diễn đại số của số phức ........................................................... 5
1.3 Dạng lƣợng giác của số phức. ......................................................... 7
1.4 Công thức Moa vrơ ........................................................................ 10
CHƢƠNG 2: PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG THẲNG ............................. 11
2.1 Góc định hƣớng. ............................................................................ 11
2.2 Đƣờng thẳng qua hai điểm............................................................. 13
2.3 Phƣơng trình tham số ..................................................................... 14
2.4 Ví dụ. ............................................................................................. 15
2.5 Bài tập. ........................................................................................... 20
2.6 Lời giải và hƣớng dẫn ................................................................... 21
CHƢƠNG 3: PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG TRÒN ................................ 27
3.1 Phƣơng trình tổng quát .................................................................. 27
3.2 Đƣờng tròn đơn vị.......................................................................... 30
3.3 Giao điểm hai cát tuyến ................................................................. 31
 3.4 Chân đƣờng vuông góc ở dây cung ............................................... 33
3.5 Bài tập: ........................................................................................... 34
3.6 Lời giải và hƣớng dẫn .................................................................... 35
KẾT LUẬN ............................................................................................. 39
TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................... 40
 A – MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Số phức xuất hiện từ thế kỷ XIX do nhu cầu phát triển của toán học
về giải những phƣơng trình đại số. Từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy
toán học tiến lên mạnh mẽ và giải quyết đƣợc nhiều vấn đề của khoa học
và kỹ thuật. Đối với học sinh trung học phổ thông thì số phức là một nội
dung còn mới mẻ, với thời lƣợng không nhiều, học sinh mới chỉ biết
đƣợc những kiến thức rất cơ bản của số phức, việc khai thác các ứng
dụng của số phức còn hạn chế, đặc biệt là việc sử dụng số phức nhƣ một
phƣơng tiện để giải các bài toán hình học phẳng là một vấn đề khó, đòi
hỏi học sinh phải có năng lực giải toán nhất định, biết vận dụng kiến
thức đa dạng của toán học.
Mặc dù sách giáo khoa giải tích lớp 12 đã đƣa bài tập ứng dụng số
phức vào giải toán hình học phẳng nhƣng còn rất ít. Với những lý do
trên, tôi chọn đề tài nghiên cứu là “Ứng dụng số phức vào giải toán
hình học phẳng”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu việc ứng dụng số phức vào giải toán hình học phẳng, từ
đó giúp học sinh thấy đƣợc ý nghĩa quan trọng của số phức trong toán
học nói chung và giải toán nói riêng. Từ đó rèn luyện kỹ năng, bồi dƣỡng
năng lực ứng dụng số phức vào giải toán hình học phẳng.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu một số vấn đề về giải toán, năng lực giải toán.
Nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn của việc sử dụng số phức nhƣ
một công cụ để giải toán hình học phẳng.

Khóa luận tốt nghiệp 1 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí, các tài liệu
trong nƣớc và nƣớc ngoài liên quan đến nội dung ứng dụng số phức vào
giải toán và bồi dƣỡng năng lực giải toán của học sinh khá giỏi THPT.
5. Cấu trúc của khoá luận
Ngoài phần mở đầu và kết luận, phần nội dung chính của khoá luận
gồm ba chƣơng:
Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị.
Chƣơng 2: Phƣơng trình đƣờng thẳng.
Chƣơng 3: Phƣơng trình đƣờng tròn.

Khóa luận tốt nghiệp 2 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 B – NỘI DUNG

CHƢƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Định nghĩa số phức

Từ thế kỷ trƣớc do nhu cầu phát triển của toán học về giải những
phƣơng trình đại số mà số phức đã xuất hiện. Đã có nhiều nhà toán học
nghiên cứu về số phức và tìm cách biểu diễn hình học cho số phức, điển
hình là Gaus, Hamilton,… Còn ứng dụng của số phức thì với khoa học
hiện đại không thể thiếu đƣợc. Mục đích của chƣơng này trình bày khái
niệm đơn giản nhất về số phức mà ta sẽ sử dụng về sau.
Có nhiều cách tiếp cận số phức, ở đây ta chọn cách định nghĩa số
phức theo tiên đề, đồng thời cũng giải thích các tiên đề đó bằng hình học
cho dễ hiểu. Nhƣ ta đã biết số thực đƣợc biểu diễn bởi một đƣờng thẳng
có hƣớng, thƣờng đƣợc gọi là trục số. Bây giờ, trong mặt phẳng ta chọn
một hệ tọa độ vuông góc, thì mỗi điểm Z của mặt phẳng đƣợc xác định
theo tọa độ (a, b) đối với hệ ta đã cho. Thƣờng ngƣời ta ký hiệu cặp số
thực (a, b) ứng với một điểm Z trên mặt phẳng. Nhƣ vậy với một hệ tọa
độ cho trƣớc thì tập hợp những điểm trên mặt phẳng và tập hợp các cặp
số (a, b) là một quan hệ một - một. Mỗi điểm trên mặt phẳng tƣơng ứng
với một cặp số thực và dựa vào đó ta sẽ xây dựng một tập hợp những số
phức với điểm trên mặt phẳng. Với mục đích ta đƣa vào định nghĩa các
phép toán trên các cặp số thực sao cho các định luật của đại số vẫn còn
đúng nhƣ trong trƣờng hợp số thực. Với chú ý i 2  1 . Cho hai cặp số
z1  (a1 , b1 ) và, z2  (a2 , b2 ) , ai , bi  , i  1,2 . Chúng ta chọn ba tiên đề
sau:

Khóa luận tốt nghiệp 3 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 1. Quan hệ bằng nhau:
z1  z2  a1  a2 và b1  b2 .
2. Phép cộng:
z  z1  z2   a1 , b1    a2 , b2    a1  a2 , b1  b2 .
3. Phép nhân:
z  z1.z2   a1 , b1 . a2 , b2    a1a2 – b1b2 , a1b2  a2b1 .
Từ những định nghĩa trên ta có thể kiểm tra tất cả định luật của đại
số vẫn còn đúng nhƣ:
Tính bắc cầu của đẳng thức:
Cho ba cặp số z1   a1 , b1  , z2   a2 , b2  và z3   a3 , b3  , ai , bi  ,

i  1,2,3 . Nếu z1  z2 và z2  z3 thì z1  z3 .

Tính phân phối của phép cộng và phép nhân:
z1. z1  z2    a1 , b1 .  a2 , b2    a3 , b3    a1 , b1 . a2  a3 , b2  b3 

  a1a2  a1a3  b1b2  b1b3 , a1b2  a1b3  b1a2  b1a3 

  a1a2  b1b2 , a1b2  a2b1    a1a3  b1b3 , a1b3  a3b1 

  a1 , b1 . a2 , b2    a1 , b1 . a3 , b3 
 z1 z2  z1 z3 .
Và cũng đƣa vào phép trừ, phép chia các cặp số:
Phép trừ:
z  z1  z2   a1 , b1  –  a2 , b2    a1  a2 , b1  b2 .
Phép chia:
 a a  b b a b  a b 
z  z1 : z2   a1 , b1  :  a2 , b2    1 22 12 2 , 1 22 22 1 
 a2  b2 a2  b2 

Khóa luận tốt nghiệp 4 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Tập hợp tất cả những cặp số thực với các phép tính quan hệ bằng
nhau, phép cộng và phép nhân nhƣ ở trên gọi là tập hợp các số phức.
Nhƣ vậy, cho một hệ tọa độ vuông góc trong mặt phẳng thì tập hợp
các số phức có thể đồng nhất với những điểm trên mặt phẳng này.
Bây giờ ta xét trƣờng hợp đặc biệt là những điểm nằm trên trục
hoành của hệ tọa độ, hay là những điểm có dạng  a,0  với a là số thực

bất kỳ. Do  a1 ,0   a2 ,0    a1a2 ,0  và  a1 ,0  a2 ,0    a1a2 ,0  nhƣ là

phép cộng và phép nhân những tọa độ ở trục hoành đối với các điểm
này. Vì thế ta có thể đồng nhất các điểm trên trục hoành với số thực,
đáng lẽ phải viết  a,0  thì ta chỉ viết a. (ví dụ:  0,0   0; 1,0   1)

Ta xét một số phức đặc biệt dạng  0,1 .

Tính (0,1)(0,1)  (1,0)  1 . Nhƣ vậy tồn tại một số phức bình
phƣơng bằng một số thực. Theo truyền thống ta ký hiệu i  (0,1) .
1.2 Biểu diễn đại số của số phức
Ta đã thấy rằng sự đồng nhất của số thực với tập hợp con của số
phức dạng  a,0   a với a là số thực. Một số phức đặc biệt i  (0,1)
đƣợc gọi là đơn vị ảo.
Ta xét tích của một số thực b   b,0  với đơn vị ảo
bi  (b,0)(0,1)  (0, b) . Đây là một điểm nằm trên trục tung với tung độ
b . Vậy còn số bất kỳ thì sao? Do định nghĩa phép cộng nên ta có:
(a, b)   a,0    0, b   a  b  0,1  a  bi nên mọi số phức z ta có thể

viết duy nhất dƣới dạng z  a  bi , với a, b 

Một số phức viết dƣới dạng z  a  bi đƣợc gọi là dạng đại số của số
phức z . Các số thực a, b lần lƣợt đƣợc gọi là phần thực và phần ảo của z

Khóa luận tốt nghiệp 5 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

. Kí hiệu a  ez, b  mz . Mặt phẳng chứa toàn bộ số phức gọi là mặt
phẳng phức.
Trục hoành của hệ tọa độ vuông góc trong mặt phẳng phức gọi là
trục thực (chứa toàn bộ số thực). Trục tung gọi là trục ảo (chứa toàn bộ
số ảo).
Các phép tính cộng, trừ, nhân, chia những số phức viết dƣới dạng
biểu diễn đại số nhƣ sau:
 a  ib    c  id    a  c   i b  d  ,
 a  ib    c  id    a  c   i b  d  ,
 a  ib  c  id    ac – bd   i  ad  bc  ,
 a  ib   ac  bd  i bc  ad
 c  id  c 2  d 2 c 2  d 2
Ba công thức đầu ta dễ dàng chứng minh đƣợc từ sự biểu diễn đại số
của số phức. Công thức cuối cùng ta chứng minh bằng cách dựa vào ba
công thức trên:
 a  ib    a  ib  c  id 
 c  id   c  id  c  id 

 ac  bd   i(bc  ad )  ac  bd  i bc  ad
c2  d 2 c2  d 2 c2  d 2
Trong chứng minh trên ta có dùng công thức c  id trong quá trình
biến đổi và số này có mối liên hệ chặt chẽ với số phức c  id . Trong
thực tế, để thuận tiện thực hiện các phép tính và biến đổi số phức ngƣời
ta đƣa vào ký hiệu z  a  ib và gọi là số phức liên hợp của z  a  ib .
Những tính chất sau đây thƣờng đƣợc dùng đối với số phức liên hợp:
z + z = 2a = 2ez .
zz  (a  ib)(a  ib)  a 2  b2

Khóa luận tốt nghiệp 6 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 z1 z1
z1.z2  z1.z2 ; z1  z2  z1  z2 ;  ;…
z2 z2
Tóm lại, f  x1 ,, xn  là một hàm hữu tỷ với hệ số thực, z1 ,, zn là

những số phức bất kỳ sao cho f  z1 ,.., zn  có nghĩa, khi đó

f ( z1 ;...; zn )  f ( z1 ;...; zn )
4) Một số phức z là một số thực khi và chỉ khi z  z .
5) Nếu z   z , thì ez  0 . Khi đó số z là hoàn toàn ảo.
1.3 Dạng lƣợng giác của số phức.
Trên mặt phẳng cho một hệ tọa độ vuông góc, sự biểu diễn số phức
theo những điểm trên mặt phẳng cho ta dễ dàng nghiên cứu các phép
toán trên
số phức: Cho hai số phức dạng đại số z1  a1  ib1 , z2  a2  ib2 . Đó là
hai điểm Z1, Z2 trong hệ tọa độ vuông góc ứng với số trên. Điểm O là tọa
độ gốc.
Ta nối điểm Z1, Z2 với gốc O và xác định
y Z
vectơ OZ1 , OZ 2 .
Z2
Nhƣ vậy đỉnh thứ tƣ z   a1  a2 , b1  b2 
Z1
biểu diễn tọa độ của số phức z1  z2 nhƣ tổng
O x
của hai số phức đã cho.
Hình 1.1
Do đó tổng hai số phức có thể biểu diễn
hình học nhƣ cộng hai vectơ trong mặt phẳng.
Bởi vì mỗi điểm trên mặt phẳng tƣơng ứng với một bán kính vectơ
OZ và ta thấy ngay OZ1  OZ 2  OZ , ta thấy khi xem số phức nhƣ là
những điểm trên mặt phẳng với hệ tọa độ gốc O thì có thể xem số phức
nhƣ là những vectơ trong mặt phẳng này, chính điều này mà ta áp dụng
đƣợc số phức vào giải toán hình học phẳng.

Khóa luận tốt nghiệp 7 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Một số phức xác định nhƣ là một điểm trong mặt phẳng với hệ tọa
độ cho trƣớc. Ngoài ra, một điểm trong mặt phẳng cũng hoàn toàn xác
định bởi hệ tọa độ cực: thật vậy, cho z  a  ib  0 thì số phức này ứng
với một vectơ OZ , ta ký hiệu r là độ dài bán kính này, còn  là độ lớn
của góc định hƣớng giữa trục hoành và vectơ xác định số phức (góc có
hƣớng dƣơng là góc có chiều quay trục hoành đến vectơ theo chiều
ngƣợc chiều kim đồng hồ, góc có hƣớng âm thì ngƣợc lại).
Rõ ràng r là một số thực không âm. y
Nếu điểm z nằm trên trục hoành thì số r
chính là môđun của số thực tƣơng ứng, vì vậy Z
cho số phức z ta cũng định nghĩa r là môđun r
của z và ký hiệu là  z . O
x
Hình 1.2
Do đó r = a b
2 2

hoặc r 2  a 2  b2  z z . Góc  đƣợc gọi là argumen của số phức và ký

hiệu là arg z . Giá trị của  có thể là âm hoặc dƣơng phụ thuộc vào
hƣớng quay của trục hoành đến nó. Có thể xác định  bằng
a a
cos   
r a 2  b2
b b
và sin   
r a 2  b2 y
Nhận xét: hai số phức z và lz N(z)
(với z  0 và l là số dƣơng) có argumen sai khác M(z)
k2, k  , vì các điểm biểu diễn của chúng x
O
cùng thuộc một tia gốc O. Thƣờng ta chỉ dùng
giá trị của argumen trong khoảng 0,2  .

Khóa luận tốt nghiệp 8 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Những số r và  biểu diễn một tọa độ cực của z . Nếu cho một điểm
z  a+ ib  0 , thì mối liên hệ giữa tọa độ cực và tọa độ vuông góc nhƣ
sau:
a  rcos , b  r sin .
Khi đó số phức z có thể viết
z  rcos  ir sin   r  cos  i sin  . .
Một số phức viết theo dạng trên ngƣời ta gọi là dạng lƣợng giác của
số phức.
Cho hai số phức dƣới dạng lƣợng giác
z1  r1 (cos1  i sin 1 ) và z2  r2 (cos2  i sin 2 )
Ta có tính chất sau:
Nếu z1 trùng z2 , thì môđun của chúng bằng nhau và argumen của
chúng 1 ,2 khác nhau một số nguyên lần 2 .
Tích của hai số phức
z  z1 z2  r1 (cos1  i sin 1 )r2 (cos2  i sin 2 )

 r1r2 cos(1 2 )  isin(1 2 ) . (*)

Nhƣ vậy, tích z của hai số phức viết dƣới dạng lƣợng giác
z  r (cos  i sin  ) , còn argumen  là tổng 1  2 của hai argumen
thừa số, hay nói cách khác
arg z1 z2 = arg z1 + arg z2 .
Bằng phƣơng pháp quy nạp ta có:
r1 (cos1  i sin 1 ) r2 (cos2  i sin 2 ) ... rn (cosn  i sin n )

 r1r2 rn cos(1 2  n )  i sin(1 2 n ) .

Hoàn toàn tƣơng tự ta có thể làm phép chia các số phức

Khóa luận tốt nghiệp 9 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 z1 r1 (cos 1  i sin 1 )

z2 r2 (cos 2  i sin 2 )
z1 r1 (cos 1  i sin 1 ) r1 (cos 1  i sin 1 )(cos 2  i sin 2 )
 
z2 r2 (cos 2  i sin 2 ) r2 (cos 2  i sin 2 )(cos 2  i sin 2 )


r1
r2
cos(1 2 )  i sin(1 2 ).
z1 z z
Do đó,  = 1 và arg 1  arg z1 – arg z2 .
z2 z2 z2

Bây giờ, dễ dàng biểu diễn hình học tích y Z

của hai số phức: Số phức z  z1 z2 với
Z2
z1  r1 (cos1  i sin 1 ), Z1
z2  r2 (cos2  i sin 2 ), là một điểm với bán O
Hình 1.3 x
kính vectơ r1r2 và argumen 1  2 (Hình 1.3)
1.4 Công thức Moa vrơ
Cho một số phức bất kỳ dƣới dạng lƣợng giác
z  r (cos  i sin  ),
theo công thức (*) ở trên ta có
z n  (r (cos  i sin  ))n  r n (cos  i sin  ).
với n là một số nguyên bất kỳ. Công thức trên mang tên Moa vrơ.
Công thức Moa vrơ còn đúng với các số mũ nguyên âm.
Thật vậy,
1
z 1   r 1 (cos   i sin  )
r (cos   i sin  )
 r 1 (cos( )  i sin ( )).

Khóa luận tốt nghiệp 10 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 CHƢƠNG 2: PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG THẲNG

2.1 Góc định hƣớng.

Nhƣ ta đã thấy mỗi điểm trong hệ tọa độ vuông góc tƣơng ứng với
một số phức. Quan hệ tập hợp các số phức và tập hợp các điểm trong
mặt phẳng tƣơng ứng một - một. Điểm Z ứng với tọa độ  a, b  ứng với số
phức z  a  ib . Số phức z gọi là nhãn của điểm Z. Kể từ đây một điểm
trong mặt phẳng đƣợc ký hiệu là một chữ cái
in hoa và nhãn của nó là chữ cái thƣờng y
Z3
tƣơng ứng.
Z1
Trong mặt phẳng hệ tọa độ vuông góc Z
Z2
xOy, mỗi điểm Z với nhãn z chúng ta đặt
một vectơ OZ . Do đó số phức có thể biểu O x

diễn hình học nhƣ là những vectơ trong mặt Hình 2.1
phẳng.
Sự biểu diễn số phức qua vectơ hoàn toàn thích hợp khi ta xem xét
nguyên lý cộng và trừ các vectơ tƣơng ứng với cộng trừ các số phức
(xem hình vẽ 2.1).
Nếu Z1 và Z2 là hai điểm trên mặt phẳng với nhãn z1 và z2 , khi đó

tổng của chúng z3  z1  z2 biểu diễn bởi Z3, mà OZ3  OZ1  OZ 2 . Còn

hiệu z1  z2 là vectơ OZ 2  OZ1 . Khoảng cách d của điểm Z1 đến Z2

hoặc độ dài Z1 Z 2 là d  Z1Z 2  z1  z2 . Vậy d là môđun của số phức

z1  z2 . Từ nguyên tắc cộng vectơ suy ra rằng nếu Z là trung điểm của

1 1
Z1Z2, thì OZ  OZ3  (OZ1  OZ 2 ) , hoặc nhãn của Z biểu diễn qua
2 2

Khóa luận tốt nghiệp 11 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 1
z1 , z2 là z  ( z1  z2 ) . Để tính góc định hƣớng  tạo bởi hai tia đi qua
2
điểm gốc của tọa độ O, ta chọn z1 và z2 nằm trên tia Z 0' đó. Khi đó
z2
 = arg z2 – arg z1 = arg
z1
Trong trƣờng hợp hai tia xuất phát từ y

điểm Z 0' , ta cũng làm tƣơng tự và có Z2 Z 2'

Z 0' Z1'
z2'  z0'
  arg( z  z )  arg( z  z )  arg '
' ' ' '
Z1
z1  z0'
2 1 1 0

Một cách tổng quát, biểu diễn độ đo góc O x

Hình 2.2
theo hƣớng dƣơng của hai vectơ bất kỳ theo
nhãn của các số phức thì sao ? Cho hai vectơ Z1 Z 2 và U1U 2 với nhãn tại

các điểm tƣơng ứng z1 , z2 , u1 , u2 . Ta cần phải quay vectơ đơn vị của Z1 Z 2
đi một góc  theo chiều dƣơng nghĩa là
z2  z1 u  u1
(cos  i sin  )  2
z2  z1 u2  u1
Từ đó
u2  u1 z2  z1 u2  u1 u2  u1
cos  + isin  = :  : p
u2  u1 z2  z1 z2  z1 z2  z1
p p p p
Vậy góc phải tìm cos  , sin   từ đó 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 Z1 Z 2 , U1U 2 vuông góc với
nhau khi và chỉ khi

Khóa luận tốt nghiệp 12 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 ( z2  z1 )(u2  u1 )  (u2  u1 )( z2  z1 )  0 (2.2)

Và chúng song song với nhau khi và chỉ khi

( z2  z1 )(u2  u1 )  (u2  u1 )( z2  z1 ) (2.3)

Nhận xét:
1) Do công thức (2.1), nếu z1 trùng u1 và z1 z2  u1u2 , thì khi biết
nhãn z2 và góc  với các giá trị đặc biệt thì u2 tính đƣợc nhãn theo
z2 nhƣ sau:
  900 , thì u2  iz2 .

1 3
= 600 , thì u2 (  i ) z2 .
2 2
3 1
= 300 , thì u2  (  i ) z2 .
2 2
Các nhận xét trên rất có ích khi giải các bài toán hình bằng phƣơng
pháp số phức.
z2  z0
2) Ký hiệu V ( z2 , z1 , z0 )  gọi là tỷ số đơn của các số phức
z1  z0
z2 , z1 , z0 (viết theo thứ tự đã chỉ ra). Do đó, argument của V ( z2 , z1 , z0 )

chính là góc định hƣớng giữa các vectơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2

Điều kiện cần và đủ để 3 điểm Z0, Z1, Z2 thẳng hàng là góc định
hướng giữa hai vectơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2 bằng 0 hoặc . Nghĩa là tỷ số đơn
V ( z2 , z1 , z0 ) là một số thực.
2.2 Đƣờng thẳng qua hai điểm
Trong phần trƣớc ta có điều kiện cần và đủ để 3 điểm khác nhau Z0,
Z1, Z2 nằm trên một đƣờng thẳng là góc giữa hai vectơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2
bằng 0 hoặc .

Khóa luận tốt nghiệp 13 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Nói một cách khác tỷ số đơn V  z0 , z1 , z2  là một số thực. Do tính
chất của số phức ta có thể biểu diễn dƣới dạng nhƣ sau:
z 0  z 2 z0  z 2
 .
z1  z2 z1  z2
Từ đẳng thức trên ta thấy ngay, một đƣờng thẳng đi qua hai điểm Z1
và Z2 là tập hợp các điểm Z sao cho
z  z2 z  z2
 .
z1  z2 z1  z2
hoặc là
( z1  z2 ) z  ( z1  z2 ) z  ( z1 z2  z1 z2 )  0
Vì nhãn của tất cả các điểm trên đƣờng thẳng thoả mãn chỉ đẳng
thức trên, nên ta có thể gọi đó là phƣơng trình đƣờng thẳng.
Nếu đặt B  z1  z2 và C  z1 z2  z1 z2 , thì B = z1 – z2
Suy ra Bz  Bz  C  0 , B  0.
Vì C  z1 z2  z1 z2  C , do vậy C hoàn toàn là ảo. Ngƣợc lại,
phƣơng trình có dạng trên biểu diễn một đƣờng thẳng trên mặt phẳng.
2.3 Phƣơng trình tham số
Ba điểm Z, Z1, Z2 nằm trên một đƣờng thẳng khi và chỉ khi tỷ số đơn
z  z2
V  z, z1 , z2   là một số thực.
z1  z2
z  z2
Giả sử V  z, z1 , z2     ,   . Do đó với mọi số thực  , thì
z1  z2
số z  z2   ( z1  z2 )   z1  (1   ) z2 là một nhãn của một điểm trên
đƣờng thẳng đi qua Z1Z2 và ngƣợc lại. Nhƣ vậy, khi  chạy trên tập hợp
số thực thì phƣơng trình z  z2   ( z1  z2 )   z1  (1   ) z2 gọi là
phƣơng trình tham số của đƣờng thẳng đi qua Z1Z2.

Khóa luận tốt nghiệp 14 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Trong ứng dụng giải những bài tập hình học ta cần xét xem khi 
thay đổi thì ảnh hƣởng của z0 thế nào đối với z1 , z2 ?
z0  z 2
Nếu số   là số thực dƣơng, thì vectơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2 cùng
z1  z2
chiều.
Nếu  số là âm, thì vectơ Z 0 Z1 và Z 0 Z 2 ngƣợc chiều nhau.
Đối với vị trí của điểm Z0 xác định nhƣ sau:
Nếu 0 <  < 1, thì Z0 nằm trong đoạn Z1Z2.
Nếu  > 1, thì Z0 nằm ngoài đoạn Z1Z2 về phía Z1.
Nếu  < 0, thì Z0 nằm ngoài đoạn Z1Z2 phía Z2.
Giá tri tuyệt đối của  bằng tỷ số đoạn thẳng |Z0Z2| và |Z1Z2|. Trong
Z1 Z
thực tế, ta tìm trên đƣờng thẳng Z1Z2 điểm Z sao cho   , đã cho
ZZ 2
z  z1
trƣớc (ở đây Z1 Z là độ dài đại số của Z1Z). Khi đó từ   suy ra
z2  z
z1   z2 1 
z  z1  z2 . Nghĩa là một điểm Z nằm trên đƣờng
1  1  1 
nối Z1Z2 có dạng trên với  là một số thực nào đó.
2.4 Ví dụ.
2.4.1 Cho tam giác ABC. Trên BC lấy các điểm E và F sao cho
1
EB  k EC , FB  FC (k  1) .
k
1) Tính AE, AF , EF theo AB, AC.
2) Chứng minh các tam giác ABC, AEF có cùng trọng tâm.
3) Trên AB lấy điểm D, trên AC lấy điểm I sao cho
DA  k DB, IC  k IA .Chứng minh AE  BI  CD  0
Lời giải.

Khóa luận tốt nghiệp 15 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 1)
 Tính AE .
Ta viết AE  E  A . Từ giả thiết EB  k EC
 B – E  kC – kE
  k – 1 E  kC – B

kC  B
 E
k 1
Từ đó ta có:
kC  B kC  B  kA  A A  B k (C  A)
E  A  A  
k 1 k 1 k 1 k 1
1 k
 ( B  A)  (C  A)
k 1 k 1
1 k
 AE   AB  AC.
k 1 k 1
 Tính AF .
1
Ta viết AF  F  A . Từ giả thiết FB  FC
k
 C  F  kB – kF
  k – 1 F  kB – C

kB  C
 F
k 1
Từ đó ta có:
kB  C kB  C  kA  A C  A k ( B  A)
F  A  A  
k 1 k 1 k 1 k 1
1 k
 (C  A)  ( B  A)
k 1 k 1
1 k
 AF   AC  AB.
k 1 k 1
 Tính EF .

Khóa luận tốt nghiệp 16 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 k 1 1 k 1 k
EF  AF  AE  (  ) AB  AC  ( AB  AC ).
k 1 k 1 k 1 k 1
kC  B kB  C
2) Ta có: E  ,F
k 1 k 1
Suy ra
kC  B  kB  C (kA  kB  kC )  ( A  B  C )
A E  F  A 
k 1 k 1
(k  1)( A  B  C )
  ( A  B  C)
k 1
Đẳng thức này chứng tỏ hai tam giác ABC và AEF có cùng trọng
tâm.
3) Từ giả thiết DA  k DB, IC  k IA ta tính đƣợc
kB  A kA  C
D ,I 
k 1 k 1
Sử dụng AE  E  A đã tính ở câu 1) ta có:
AE  BI  CD  ( E  A)  ( I  B)  ( D  C )
(kC  B  kA  A)  (kA  C  kB  B)  (kB  A  kC  C )

k 1
k ( A  B  C)  k ( A  B  C)  ( A  B  C)  ( A  B  C)
 0
k 1
Hệ thức AE  BI  CD  0 đƣợc chứng minh.
2.4.2. 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.
Lời giải.
Ta quy ƣớc chữ cái thƣờng là tọa vị của đỉnh tƣơng ứng, chẳng hạn a
là tọa vị của A. Vì ADB, BEC, CFA là các tam giác đồng dạng cùng
hƣớng nên

Khóa luận tốt nghiệp 17 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 d a eb f c
   z.
ba cb a c
Do đó
d  a  (b  a) z, e  b  (c  b) z, f  c  (a  c) z .
cd  f abc
Suy ra 
3 3
hay các tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.
2.4.3. Cho hai hình vuông cùng hướng OABC và OA1B1C1 có một điểm
chung O. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1 và CC1 đi qua
một điểm.
Lời giải.
Cho hệ tọa độ vuông góc có gốc tại O. Khi đó
c  ia, b  a  c  a 1  i  , (2.4)
C B
c1  ia1 , b1  a1  c1  a1 1  i . (2.5)
Những đƣờng thẳng AA1, BB1 và CC1 có A
O
phƣơng trình tƣơng ứng C1
(a  a1 ) z  (a  a1 ) z  aa1  aa1  0, (2.6)

(b  b1 ) z  (b  b1 ) z  bb1  bb1  0 (2.7)

(c  c1 ) z  (c  c1 ) z  cc1  cc1  0 . (2.8) A1
B1
Từ (2.4) và (2.5) ta có Hình 2.3
cc1  cc1  (ai)(a1i)  (ai)(a1i)  aa1  aa1

và bb1  bb1  a 1  i  a1 1  i   a 1  i  a1 1  i   2  aa1  aa1 

Từ đó suy ra nếu cộng đẳng thức (2.6) và (2.8) ta nhận đƣợc (2.7).
Điều này chỉ ra rằng điểm chung của AA1 và CC1 nằm trên đƣờng thẳng
BB1.

Khóa luận tốt nghiệp 18 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

2.4.4. Cho tam giác A1A2A3. Trên cạnh A2A3 và A3A1 lấy các điểm B1 và
A2 B1 AB
B2 sao cho  1 và 3 2  2 . Chứng minh rằng, nếu M là giao
B1 A3 B2 A1
a2  1a3  12 a1
điểm của A1B1 và A2B2 thì m  .
1  1  12
Lời giải:
A3
AB AB
Từ 2 1  1 và 3 2  2
B1 A3 B2 A1
b1  a2 b  a3 B2
ta có  1 và 2  2
a3  b1 a1  b2 M
A1 B1
a2  1a3
suy ra b1  A2
1  1
Hình 2.4
a3  2 a1
và b2  .
1  2
a2  1a3  12 a1
Khi đó, nếu đặt z  thì chúng sẽ nhận đƣợc
1  1  12
a2  1a3  12 a1 12 1  1 a  1a3
z  a1  . 2
1  1  12 1  1  12 1  1  12 1  1
12 1  1
 a1  b1
1  1  12 1  1  12
12 1  1
nhƣng   1 , điều này có nghĩa là Z với nhãn
1  1  12 1  1  12
z nằm trong đoạn A1B1. Tƣơng tự ta cũng có cách biểu diễn
12 1  1
z a2  b2
1  1  12 1  1  12
Suy ra Z cùng nằm trên đƣờng thẳng A2B2. Vậy Z trùng với giao
điểm M của A1B1 và A2B2.

Khóa luận tốt nghiệp 19 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Chú ý: Từ cách chứng minh trên ta có thể tính
a2  1a3  12 a1
 a1
A1M m  a1 1  1  12
 
MB1 b1  m a2  1a3  a2  1a3  12 a1
1  1 1  1  12
(1  1 )[(a2  a1 )  1 (a3  a1 )] 1  1
 
12 [(a2  a1 )  1 (a3  a1 )] 12

A2 M
Tƣơng tự ta có  1 (1  2 ) .
MB2
Trƣờng hợp đặc biệt, λ1 = λ2 =1 , khi đó A1B1 và A2B2 là đƣờng trung
tuyến của tam giác A1A2A3 và điểm M là trọng tâm của tam giác A1A2A3
1 AM A M AM 2
với nhãn m = (a1 +a 2 +a 3 ) và 1 = 2 = 3 = .
3 MB1 MB2 MB3 1
Tƣơng tự có thể tính đƣợc những điểm đặc biệt khác trong tam giác nhƣ
tâm đƣờng tròn ngoại tiếp, trực tâm,…
2.5. Bài tập.
2.5.1. Điểm D chia cạnh AC của tam giác ABC với tỷ số
AD:DC= 1: 4. Đoạn thẳng BD đã chia trung tuyến AE của tam
giác ABC theo tỷ số nào?
2.5.2. Cho hình thang ABCD, đáy lớn AB. M là trung điểm cạnh BC
và P là giao điểm của đƣờng thẳng AM và đƣờng thẳng song song với
BC xuất phát từ đỉnh D. Chứng minh rằng, nếu AP=PM thì những
đƣờng thẳng AC, DP và MN cắt nhau tại một điểm, ở đây lấy N là trung
điểm của cạnh AD.
2.5.3. Qua điểm M nằm trong hình bình hành ABCD ta kẻ các đƣờng
thẳng song song với các cạnh của chúng. Chúng cắt các cạnh AB, BC,
CD, DA lần lƣợt tại các điểm P, Q, R, S. Chứng minh rằng nếu đƣờng
thẳng PQ và RS cắt nhau thì giao điểm của chúng nằm trên AC.

Khóa luận tốt nghiệp 20 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 2.5.4. Về phía ngoài của tam giác ABC vẽ các hình vuông ABEF và
ACGH, N là trung điểm của FH, M là giao điểm của các đƣờng BG và
CE. Chứng minh rằng các điểm N, M, A thẳng hàng.
2.5.5. Cho hình thang ABCD đáy lớn là AB. Kẻ đƣờng thẳng song
song với hai đáy, lần lƣợt cắt các cạnh bên BC. AD tại N và M, cắt các
đƣờng chéo AC, BD tại P và Q. Chứng minh rằng MD = QN.
2.5.6. Trên cạnh AB và DC của tứ giác ABCD lấy điểm M và N sao
AM DN
cho   k . Các điểm P, Q, S lần lƣợt là trung điểm của các
AB DC
đoạn thẳng AD, BC và MN. Chứng minh rằng P, Q, S cùng nằm trên
PS
một đƣờng thẳng và k.
PQ
2.5.7. Cho tam giác ABC, lấy K là trung điểm của AB, từ K kẻ hai
đƣờng song song lần lƣợt với trung tuyến AA1 và BB1 của tam giác ABC
và cắt cạnh AC tại M, BC tại N. Chứng minh rằng các đƣờng trung tuyến
AA1, BB1 chia đƣờng thẳng MN thành ba phần bằng nhau.
2.5.8. Cho A1, B1, C1 là trung điểm các cạnh BC, CA và AB của tam
giác ABC, lấy M1, M2, M3 lần lƣợt là các điểm đối xứng của M qua các
điểm A1, B1, C1. Chứng minh rằng những đƣờng thẳng AM1, BM2, CM3
cắt nhau tại một điểm.
2.5.9. Cho tam giác A1A2A3 có độ dài các cạnh A2A3= d1, A3A1=
d2, A1A2= d3. Hãy biểu diễn nhãn của tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác
theo số phức tạo bởi d1, d2, d3 và nhãn của các đỉnh A1, A2, A3.
2.6 Lời giải và hƣớng dẫn.
2.5.1. (Hình 2.6.1) Gọi M là giao điểm của BD và AE. Chúng ta có
bc 1 AD d  a d  a
e và   
2 4 DC cd cd

Khóa luận tốt nghiệp 21 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 4a  c C
Từ đó suy ra d  .
5
4a  b  c
Đặt n  D
6
M E
1 1 1 5 A
Một mặt n  b  (4a  c)  b  d . B
6 6 6 6 Hình 2.6.1
Vậy điểm N nằm trên AE, đồng thời nằm
trên BD, do đó nó chính là giao điểm của hai đƣờng trên. Để xác định tỷ
AM na 1
số ta chỉ còn tính   .
ME en 2
2.5.2. (Hình 2.6.2)
Chọn hệ tọa độ với điểm gốc là giao O
điểm O của hai cạnh bên AD và BC. Do
DP / /OM và P là trung điểm của AM suy ra D C
D là trung điểm của OA và N M
A P B
OA= 2OD.
Hình 2.6.2
Do đó a  2d vàb  2c . Còn điểm M và P có
3
2d  c
bc 3 am 2  4d  3c .
m  c và p  
2 2 2 2 4
Nếu X là điểm cắt của đƣờng chéo AC và đƣờng trung bình của hình
thang, thì dễ thấy
a  c 2d  c
x  ,
2 2
mặt khác
4d  3c
d 2
2d  c 4 d  2p
x   .
2 3 3
Điều này chứng tỏ X nằm trên đƣờng thẳng DP.

Khóa luận tốt nghiệp 22 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 p
2.5.3. (Hình 2.6.3) Chọn điểm đầu tọa độ vuông góc là A. Đặt  
b
s
và   . Khi đó q  b  s  b   d và r  d  p  d  b . Điểm giao H
d
 (b  d )
của PQ và RS là h  .
   1
Thật vậy,
R C
 (b  d ) D
h .
   1
S M Q
  1
 q p A H
   1    1 P
B
  1
 r s Hình 2.6.3
   1    1
Ta cũng thấy H nằm trên đƣờng AC. Tất nhiên ta thấy
rằng     1  0 , nếu ngƣợc lại thì PS và QR sẽ song song với nhau và
nó không cắt nhau.
2.5.4. (Hình 2.6.4) H
N
Chọn tọa độ gốc tại A, vậy a = 0,
F G
h  ic, g  c 1  i  , f  ib, e  b 1  i  , A
E
i (c  b ) M
C
n : M là giao điểmcủa EC và B
2
Hình 2.6.4
BG.
EC: (c  b (1  i))m  (c  b(1  i))m  (c(b (1  i))  cb(1  i))  0

BG: (b  c (1  i))m  (b  c(1  i))m  (b(c (1  i))  bc(1  i))  0

m m m m
Hoặc là   
i (b  c) i (b  c) n n
2 2

Khóa luận tốt nghiệp 23 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

Và a  0 suy ra điểm M, A, N nằm trên một đƣờng thẳng.
2.5.5. (Hình 2.6.5)
Do MN song song với AB và DC nên
AM AP PQ BN D C
   
MD PC QD NC
M N
Vì vậy P Q
a  d b  d A B
m , q Hình 2.6.5
1  1 
a  c b  c
p , n
1  1 
Từ đó suy ra
 (c  d )
pm  n  p vậy MP=QN.
1 
2.5.6.
k AM DN ad
Đặt  thì  . p ,
1  k MB NC 2
bc a  b d  c
q , m , n
2 1  1 
suy ra
a  d   (b  c)
s .
2(1   )
a  d a  d   (b  c)

ps 2 2(1   )
V ( p, q, s )  
q  s b  c  a  d   (b  c)
2 2(1   )
a  d   (a  d )  (a  d )   (b  c)
  
b  c   (b  c)  (a  d )   (b  c)

Khóa luận tốt nghiệp 24 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

là một số thực, vậy 3 điểm P, S, Q nằm trên một đƣờng thẳng và
PS PS
  hoặc là  k.
SQ SQ

2.5.7. (Hình 2.6.6)

Ta có
ac bc ab C
b1  , a1  , k ,
2 2 2
3a  c 3b  c
m , n . B1 A1
4 4
M N
Ta lấy điểm P và Q có nhãn P Q
A B
ac K
b
2 a  c  2b
q  Hình 2.6.6
2 4
bc
a
2 b  c  2a
p  ,
2 4
3 1
m  n  (a  b), m  p  (a  b),
4 4
1 1
n  q   (a  b), p  q  (a  b)
4 4
Suy ra PQ // AB. Nhìn vào các đẳng thức trên ta thấy PQ đi qua M,
N và có tính chất nhƣ bài toán đặt ra.
2.5.8. (Hình 2.6.7) C
Lấy m là nhãn của điểm M. M2 M
B1
A
1 1
Ta có
M’ M
bc ac ab
a1  , b1  , c1  A B
2 2 2 C1
và m1  b  c – m, M3
Hình 2.6.7
m2  a  c – m, m3  a  b – m.
Do đó

Khóa luận tốt nghiệp 25 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

a – m2  m – c  b  m1
và m2 – m1  a – b
suy ra AM2 // BM1, M1M2 // AB.
Vậy ABM1M2 là hình bình hành.
Giao điểm của AM1 và BM2 là điểm giữa của các đoạn này, ký hiệu
abcm
là M  . Do đó m  . Với a, b, c có vai trò nhƣ nhau, nên ta
2
thấy ngay m đúng là giao của ba đƣờng thẳng.
2.5.9.
Trong tam giác A1A2A3 ta kẻ các đƣờng phân giác trong A1L1, A2L2,
A3L3. Điểm L3 nằm trong đoạn A1A2, suy ra
l3   a1 +(1   )a2

l3  a2 LA
ở đây 0 <  < 1 và   3 2.
a1  a2 d3

L3 A2 d1
Nhƣng do tính chất của phân giác  , ta nhận đƣợc
L3 A1 d2
1
l3  (d1a1  d 2 a2 ).
d1  d 2
Chúng ta xét số
1
l (d1a1  d 2 a2  d3a3 )
d1  d 2  d3
d1  d 2 d3
 l3  a3
d1  d 2  d3 d1  d 2  d3
Đây là nhãn tƣơng ứng với điểm L và nằm trên đƣờng thẳng A3L3.
Tƣơng tự L nằm trên A2L2, A1L1. Suy ra L là giao của 3 đƣờng trên.

Khóa luận tốt nghiệp 26 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 CHƢƠNG 3: PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG TRÒN

3.1 Phƣơng trình tổng quát

Chúng ta sẽ đi tìm điều kiện cần và đủ để 4 điểm Z0, Z1, Z2, Z3 nằm
trên một đƣờng tròn. Ở đây ta có thể coi đƣờng thẳng nhƣ là đƣờng tròn
tâm vô tận.
Nếu Z0, Z1, Z2, Z3 nằm trên đƣờng tròn (hình
Z2 Z3
3.1), thì hiệu giữa góc định hƣớng Z 0 Z 2 Z1 và

Z 0 Z3 Z1 là 0 hoặc . Suy ra tỷ số

V ( z0 , z1 , z2 ) z0  z2 z0  z3 Z0 Z1
 :
V ( z0 , z1 , z3 ) z1  z2 z1  z3 Z 3'
là một số thực.
Hình 3.1
V ( z0 , z1 , z2 )
Ngƣợc lại, nếu tỷ số là một số
V ( z0 , z1 , z3 )
thực, thì z0 , z1 , z2 , z3 là nhãn của những điểm trên đƣờng tròn hoặc đƣờng
thẳng.
V ( z0 , z1 , z2 )
W( z0 , z1 , z2 , z3 )  gọi là tỷ số kép của 4 điểm z0 , z1 , z2 , z3
V ( z0 , z1 , z3 )
(theo thứ tự này). Nhƣ vậy
Vậy điều kện cần và đủ cho 4 điểm Z0, Z1, Z2, Z3 nằm trên đường
thẳng hoặc đường tròn là tỷ số kép của nhãn z0 , z1 , z2 , z3
V ( z0 , z1 , z2 ) z0  z2 z0  z3
W( z0 , z1 , z2 , z3 )   :
V ( z0 , z1 , z3 ) z1  z2 z1  z3
là một số thực, hoặc là

Khóa luận tốt nghiệp 27 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 z0  z2 z0  z3 z0  z2 z0  z3
:  :
z1  z2 z1  z3 z1  z2 z1  z3
Từ phƣơng trình trên, để một điểm Z nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp
tam giác Z1Z2Z3 là phƣơng trình sau thoả mãn
z  z2 z  z3 z  z2 z  z3
:  :
z1  z2 z1  z3 z1  z2 z1  z3
Ta có thể gọi đây là phƣơng trình đƣờng tròn xác định bởi 3 điểm Z1, Z2,
Z3. Vì mẫu khác 0, giải phóng mẫu ta nhận đƣợc
( z  z2 )( z  z3 )( z1  z3 )( z1  z2 )  ( z  z3 )( z  z2 )( z1  z2 )( z1  z3 )  0

hoặc là  zz   z   z    0 với
  ( z1  z3 )( z1  z2 )  ( z1  z2 )( z1  z3 ),
   z3 ( z1  z3 )( z1  z2 )  z2 ( z1  z2 )( z1  z3 ),
  z2 z3 ( z1  z3 )( z1  z2 ) z3 z2 ( z1  z2 )( z1  z3 ).
Rõ ràng, số  và  là hoàn toàn ảo ( (   ) và    ) . Nhƣ
vậy, mọi đƣờng tròn có phƣơng trình dạng

 zz   z   z    0
Ở đây  ,  là số hoàn toàn ảo. So với phƣơng trình đƣờng thẳng mục
trƣớc, thì phƣơng trình đƣờng tròn là phƣơng trình đƣờng thẳng khi và
chỉ khi   0 . Điều này cũng phù hợp với điều kiện để 3 điểm Z1, Z2 và
Z3 thẳng hàng.

Bây giờ, nếu   0 chia phƣơng trình trên cho  và đặt a   và


b thì phƣơng trình đƣờng tròn có dạng

zz  az  a . z  b  0

Từ đó suy ra z  a  a  b.
2 2

Khóa luận tốt nghiệp 28 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

Do đó a là nhãn của điểm tâm đƣờng tròn và bán kính là R  a2  b .

Trƣờng hợp đặc biệt, tâm của đƣờng tròn trùng với điểm gốc tọa độ
và bán kính là 1, thì phƣơng trình đƣờng tròn có dạng zz  1 . Đƣờng
tròn loại này gọi là đƣờng tròn đơn vị.
 Ví dụ. Trong mặt phẳng cho 4 đƣờng tròn k1, k2, k3, k4. Cho X1, Y1
là giao điểm chung của k1, k2, X2, Y2 – của k2, k3, X3, Y3 – của k3, k4, X4,
Y4 – của k4, k1. Chứng minh rằng nếu X1, X2, X3, X4 nằm trên một
đƣờng tròn hoặc đƣờng thẳng, thì Y1, Y2, Y3, Y4 cũng nằm trên một
đƣờng tròn hoặc đƣờng thẳng.
Lời giải:
Do X1, Y2, X2, Y1 nằm trên đƣờng tròn k2, thì tỷ số kép của chúng
x1  x2 x1  y1
W( x1 , y2 , x2 , y1 )  :
y2  x2 y2  y1
là một số thực. Tƣơng tự nhƣ vậy, các tỷ số kép khác
x2  x3 x2  y2
W( x2 , y3 , x3 , y2 )  :
y3  x3 y3  y2 X3
x3  x4 x3  y3 Y3
W( x3 , y4 , x4 , y3 )  :
y4  x4 y4  y3 Y2 X
2
X4 Y4
x  x1 x1  y1 Y1
W( x4 , y1 , x1 , y4 )  4 :
y1  x1 y1  y4 X1

là những số thực. Do đó
W( x1 , y2 , x2 , y1 )W( x3 , y4 , x4 , y3 )  x  x x  x   y  y2 y1  y3 
  1 2 : 1 4  1 : 
W( x2 , y3 , x3 , y2 )W( x4 , y1, x1, y4 ) x 
 3 2 3 4  3
x x  x y  y 2 y3  y4 
 W( x1 , x2 , x3 , x4 )W( y1 , y2 , y3 , y4 ).
là một số thực. Nhƣng vì W( x1 , x2 , x3 , x4 ) là một số thực do giả thiết
những điểm X1, X2, X3, X4 nằm trên cùng một đƣờng tròn hoặc đƣờng

Khóa luận tốt nghiệp 29 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

thẳng, thì số W( y1 , y2 , y3 , y4 ) cũng là một số thực, nghĩa là Y1, Y2, Y3,
Y4 cùng nằm trên một đƣờng tròn hoặc đƣờng thẳng.
3.2 Đƣờng tròn đơn vị
Có rất nhiều bài toán liên quan tới đƣờng tròn khi ta chọn tọa độ
vuông góc với gốc chính là tâm đƣờng tròn đó và coi đƣờng tròn là
đƣờng tròn đơn vị, thì một loạt các công thức tính toán trở nên đơn giản,
dễ nhớ và áp dụng đƣợc trong các bài toán cụ thể.
Nhƣ ta đã biết, sự vuông góc hoặc song song của hai đoạn thẳng
Z1Z2 và U1U2 đƣợc biểu diễn bằng công thức
( z2  z1 )(u2  u1 )  (u2  u1 )( z2  z1 )  0
và
( z2  z1 )(u2  u1 )  (u2  u1 )( z2  z1 )
Trong trƣờng hợp Z1, Z2, U1, U2 đều nằm trên đƣờng tròn đơn vị, thì
1 1 1 1
những số liên hợp z1 , z2 , u1 , u2 có thể thay bằng , , , . Khi đó
z1 z2 u1 u2
1 1 1 1
 z2  z1  (  )   u2  u1  (  )  0
u2 u1 z2 z1
Suy ra, Z1Z2 và U1U2 vuông góc với nhau khi và chỉ khi
z1 z2  u1u2  0
Tƣơng tự điều kiện cần và đủ để hai đoạn trên song song là
z1 z2  u1u2
 Ví dụ. 2n – tứ giác A1A2…An nội tiếp trong đường tròn. Từ điểm
bất kỳ B1 trên đường tròn kẻ dây cung B1B2 song song hoặc vuông góc
với A2A3,….Cuối cùng kẻ B2n-1B2n song song hoặc vuông góc với A2n-1A2n.
Chứng minh rằng B2nB1 song song hoặc vuông góc với A2nA1.
Lời giải:

Khóa luận tốt nghiệp 30 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Chọn hệ tọa độ vuông góc sao cho đƣờng tròn là đơn vị. Khi đó, theo
công thức trên
a1a2  e1b1b2
b2b3  e2 a2 a3
.........
a2n1a2 n  e2 n1b2 n1b2 n
ở đây e1 , e2 ,, e2n 1   1 . Nhân từng vế các đẳng thức trên và giản ƣớc đi
ta đƣợc a1a2 n  eb1b2 n , với e  e1 , e2 ,, e2 n1 . Điều đó chỉ ra rằng B1B2n và
A1A2n song song hoặc vuông góc với nhau.
3.3 Giao điểm hai cát tuyến
Điều kiện để ba điểm A, B và U nằm trên một đƣờng thẳng cho bởi
phƣơng trình
ua u a
 .
ba b a
Nếu A và B là những điểm nằm trên đƣờng tròn đơn vị, thì
1 1
a  ,b 
a b
khi đó phƣơng trình trên có thể viết
a  b  u  abu
Đây cũng là điều kiện cần và đủ để U nằm trên đƣờng thẳng AB.
Nếu Z1Z2 và U1U2 là hai cung của đƣờng tròn đơn vị cắt nhau thì
giao điểm S của chúng cho bởi hệ
z1  z2  s  z1 z2 s
u1  u2  s  u1u2 s
sau khi loại s ta có công thức tính nhãn s của giao điểm
( z1  z2 )u1u2  (u1  u2 ) z1 z2
s
u1u2  z1 z2

Do Z1Z2 và U1U2 không song song nên u1u2 – z1 z2  0.

Khóa luận tốt nghiệp 31 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

  Ví dụ. Từ trung điểm M của dây cung PQ trong một đường tròn,
dựng hai dây bất kỳ AB và CD. Dây cung AD và BC cắt PQ lần lượt tại
X và Y. Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn XY.
Lời giải. (Hình 3.2)
Chọn hệ tọa độ sao cho đƣờng tròn đã cho là đơn vị và trục hoành
song song với PQ, nghĩa là m là một số hoàn toàn ảo, m  m . Từ điều
kiện M nằm trên AB và CD, ta có
a  b  m  abm, c  d  m  cdm A C
P Q
Từ đó ta có X M Y
abm  m  a  b
cdm  m  c  d D
B
Ngoài ra,
( p  q)ad  (a  d ) pq 2mad  a  d
x  Hình 3.2
ad  pq ad  1
Tại vì, nếu q  cos  i sin , thì
p  cos  i sin  , và pq  sin2   cos2   1
2mbc  b  c
Tƣơng tự y 
bc  1
Chúng ta xét
x  y  2m   x – m    y – m 
2mad  a  d  m mbc  b  c  m
= 
ad  1 bc  1
Quy đồng mẫu số xét tử số
 mad  a  d  mbc  1   mbc  b  c – m  ad  1
 mabcd  abc  bcd – mbc  mad  a  d  m  mabcd 
abd  acd – mad  mbc  b  c – m
  m – a – b  cd  abc  bcd (m  c  d )  abd  acd  a  b  c  2m

  mcd  c  d – m    mab  a  b – m   0  0  0.

Khóa luận tốt nghiệp 32 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

3.4 Chân đƣờng vuông góc ở dây cung
Ta đi tìm công thức cho nhãn chân đƣờng vuông góc hạ từ một điểm M
xuống đƣờng thẳng AB, mà hai điểm A, B nằm trên đƣờng tròn đơn vị.
Nhƣ đã chứng minh ở các phần trƣớc ta có S nằm trên AB có công thức
a  b  s  abs
Mặt khác, MS vuông góc với AB, chúng ta có
(m  s)(a  b )  (m  s )(a  b)  0

Từ đó suy ra s  m  (m  s)ab , thế s vào a  b  abs chúng ta có

1
s  (a  b  m  abm)
2
 Ví dụ. Cho hình chữ nhật ABCD. Từ một điểm K bất kỳ trên đường
tròn ngoại tiếp hình chữ nhật hạ những đường thẳng vuông góc xuống
AB, CD, AD và BC và cắt các cạnh này lần lượt tại P,Q, R, S. Chứng
minh rằng PR vuông góc với QS và PS vuông góc với QR.
Lời giải.
Lấy đƣờng tròn đơn vị là đƣờng tròn ngoại
R K S
tiếp hình chữ nhật ABCD chúng ta có c  a
D C
và d  b vì AC và BD là đƣờng kính của Q

đƣờng tròn. Suy ra

1 1
p  (a  b  k  abk ), q  (a  b  k  abk ), A P B
2 2
1 1
r  (a  b  k  abk ), s  (a  b  k  abk ). Hình 3.3
2 2

Khóa luận tốt nghiệp 33 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 Ta xét
1 1
(a  b  k  abk )  (a  b  k  abk )
pr ak
 2 2  .
q  s 1 (a  b  k  abk )  1 (a  b  k  abk ) a  k
2 2
Tƣơng tự có
ps bk
 .
qr bk
Nhƣng cả hai tỷ số là hoàn toàn phức. Thật vậy,
1 1

pr a k a k k a pr
   
q s a k 1  1 ka qs
a k
Điều khẳng định của bài toán là đúng.
3.5 Bài tập:
3.5.1. Cho tam giác ABC với trọng tâm G và một điểm M bất kỳ
trong mặt phẳng. Chứng minh rằng
1 1
MG 2  ( MA2  MB 2  MC 2 )  ( AB 2  BC 2  CA2 ) .
3 9
3.5.2. Cho O là một điểm trên mặt phẳng tam giác ABC. Những
điểm A1, B1, C1 là ảnh của đỉnh A, B, C đối xứng qua tâm O. Chứng
minh rằng những đƣờng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, A1B1C1,
A1B1C, A1BC1, AB1C1 cắt nhau tại một điểm.
3.5.3. Trên một đƣờng tròn có hai dây cung AB và CD. Nếu M là
giao điểm của các đƣờng vuông góc dựng từ A đối với AB và từ C đối
với CD, còn N là giao điểm của các đƣờng vuông góc dựng từ B đối với
AB và từ D đối với CD. Chứng minh rằng MN đi qua giao điểm của hai
đƣờng thẳng BC và AD, nếu nó cắt nhau hoặc MN song song với BC và
AD, nếu chúng song song.

Khóa luận tốt nghiệp 34 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 3.5.4. Trong đƣờng tròn k kẻ hai đƣờng kính AB và CD. M là điểm
bất kỳ trên đƣờng tròn k, còn P và Q là chân đƣờng vuông góc hạ từ M
xuống AB và CD. Chứng minh rằng độ dài đoạn PQ không phụ thuộc
vào vị trí của M trên đƣờng tròn.
3.5.5 Cho P là một điểm trên nửa đƣờng tròn S với đƣờng kính AB.
Lấy hai cung bằng nhau trên S là BC và CD. Chứng minh rằng nếu AC và
BP cắt nhau tại E và AD và CP cắt nhau tại F, thì EF vuông góc với AD.
3.6 Lời giải và hƣớng dẫn
3.5.1.
Chọn đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC làm đƣờng tròn đơn vị và
giả sử M(z0), A(a), B(b), C(c). Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên
1
tọa độ của G xác định bởi g  (a  b  c).
3
Khi đó áp dụng công thức z  zz ta có
2

MG 2  g  z0  gg  z0 z0  z0 g  z0 g ,
2

MA2  a  m  aa  z0 z0  z0 a  z0 a,
2

MB 2  b  m  bb  z0 z0  z0b  z0b,
2

MC 2  c  m  cc  z0 z0  z0 c  z0 c,
2

AB 2  b  a  bb  aa  ab  ab,
2

BC 2  c  b  cc  bb  bc  bc,
2

CA2  c  a  cc  aa  ac  ac.
2

Thay vào vế phải ta có:

1 1
( MA2  MB 2  MC 2 )  ( AB 2  BC 2  CA2 )
3 9
1
 (aa  bb  cc  3z0 z0  z0a  z0b  z0c  z0a  z0b  z0c ) 
3
1
 [2(aa  bb  cc )  ab  ab  bc  bc  ac  ac]
9

Khóa luận tốt nghiệp 35 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 1
 (aa  bb  cc  ba  ab  cb  bc  ca  ac )  z0 z0 
9
1
 ( z0 a  z0 b  z0 c  z0 a  z 0 b  z 0 c )
3
1 1 1 1
 ( a  b  c ) ( a  b  c )  z0 z0  z0 ( a  b  c )  z 0 ( a  b  c )
3 3 3 3
 z0 z0  z0 g  z0 g  gg  VT
1 1
Vậy MG 2  ( MA2  MB 2  MC 2 )  ( AB2  BC 2  CA2 )
3 9
3.5.2.
Ta chọn O là điểm gốc của hệ tọa độ vuông góc. Ta chọn a1  a ,
b1  b , c1  c . Cho Z là một số phức bất kỳ. Chúng ta đặt
( z  a)(a  c) ( z  b)(a  c)
 ;  ;
( z  c)(a  b) ( z  c)(a  b)
( z  b)(a  c) ( z  b)(a  c)
; ;
( z  c)(a  b) ( z  c)(a  b)
(   1)
Bằng cách kiểm tra trực tiếp thấy rằng   và    .
1 
Nếu Z là điểm cắt thứ hai của các đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C
và tam giác A1BC1 khác A1, khi đó giá trị của  và  là số thực, suy ra
 và  cũng nhận giá trị thực. Nói cách khác Z cùng nằm trên các
đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AB1C1.
3.5.3. (Hình 3.4)
A B
Chọn hệ tọa độ lấy đƣờng tròn làm
đƣờng tròn đơn vị. M P N
Ta tính đƣợc D

C
Hình 3.4

Khóa luận tốt nghiệp 36 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 abc  abd  acd  bcd
m
cd  ab
abc  abd  acd  bcd
n
cd  ab
Suy ra m  n  0 , nghĩa là M, N đối xứng qua tâm O và O, M, N
nằm trên một đƣờng thẳng.
Điểm P là giao điểm của đƣờng thẳng BC và AD. Khi đó
(a  d )bc  (b  c)ad n bc  ad
p và  .
bc  ad p cd  ab
11 1 1

n bc  ad b c a d ad  bc n
Nhƣng     .
p cd  ab 1 1  1 1 ab  cd p
cd ab
n
Hay là, là số thực, nghĩa là P nằm trên đƣờng thẳng MN.
p
Nếu BC và AD song song với nhau. Khi đó ad  bc . Trong trƣờng
bc
hợp này thay d  . Ta có
a
bc bc bc
abc  ab  ac  bc
abc  abd  acd  bcd a a a
n 
cd  ab bc
c  ab
a
(a  ab  ac  bc)bc (c  a )(b  a )c (b  a )c
2
  
(c 2  a 2 )b (c  a )(c  a ) ca
n (b  a)c
Nhƣng mà  và
b  c (c  a)(b  c)
1 1 1
(  )
n
 b a c  ( a  b )c  n .
b  c ( 1  1 )( 1  1 ) (a  c)(c  b) b  c
c a b c
nghĩa là ON (hay là MN) song song với BC và AD.

Khóa luận tốt nghiệp 37 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 3.5.4. (Hình 3.5)
Chọn đƣờng tròn k làm đƣờng tròn đơn vị.
Vì AB và CD là những đƣờng kính, do đó
M D
b   a và d   c . Theo công thức tính nhãn
Q
của P và Q: A B
P O
1
p  ( a  a  m  a 2 m) C
2
1 Hình 3.5
q  (c  c  m  c 2 m)
2
1 1
Vậy p  q  m(a 2  c 2 )  a 2  c2 , độ dài PQ không phụ thuộc gì
2 2
vào nhãn m của điểm M, trong khi a, c cố định.
3.5.5. (Hình 3.6)
D
Chọn hệ tọa độ có tâm của nửa đƣờng
F C
tròn và đƣờng tròn đó làm đơn vị, hơn nữa P
a  1, b  1 , ta tính đƣợc bd  c 2 A E B

(do BD  2 BC ) suy ra c 2  d . Khi đó Hình 3.6

(a  c)bp  (b  p)ac (c  1) p  ( p  1)c

e 
bp  ac pc
(c 2  1) pc  ( p  c)c 2 (c 2  1) p  ( p  c)c
f  
pc  c 2 pc
p(c 2  1)  ( p  c)c  (c  1) p  ( p  1)c ( p  1)c(c  1)
và f  e  
pc pc
Từ đó suy ra
f  e ( p  1)c(c  1)

d  a ( p  c)(c 2  1)
f  e ( p  1)c (c  1) ( p  1)c(c  1)
 
d  a ( p  c )(c  1)
2
( p  c)(c 2  1)
Vậy EF và AD vuông góc với nhau.

Khóa luận tốt nghiệp 38 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 KẾT LUẬN

Trên đây là toàn bộ nội dung của khoá luận tốt nghiệp “Ứng dụng số
phức vào giải toán hình học phẳng”. Khoá luận đã giải quyết đƣợc
những vấn đề sau: Trình bày một số kiến thức căn bản về số phức, một
số kiến thức căn bản nhất về phƣơng trình đƣờng thẳng, phƣơng trình
đƣờng tròn trong mặt phẳng phức để giải các bài toán hình học phẳng.
Vì kiến thức và thời gian còn hạn chế nên không thể tránh khỏi
những sai sót nội dung và hình thức. Em rất mong nhận đƣợc sự góp ý,
chỉ bảo của các thầy giáo, cô giáo và các bạn sinh viên để khoá luận của
em đƣợc hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, Ngày…tháng….năm 2014
Sinh viên

Vũ Thị Thanh

Khóa luận tốt nghiệp 39 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán

 TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên) – Trần
Phƣơng Dung – Nguyễn Xuân Liêm – Đặng Hùng Thắng, Giải tích
12, NXB Giáo dục Việt Nam, (2012), .
2. Iv. Tonov, Prilojenie na komplex trisla, Sofia 1988.
3. I. M. laglom, Komplesni trisla i ix prilojenie v geometrii, Moskva
1964.
4. Loren C. Larson, Problem-solving though problems, Springer-Verlag
1981.
5. L. Davidov, V. Petkov, lv. Tonov, VI. Chukanov, Matematicheski
konkursi, Sofia 1977.

Khóa luận tốt nghiệp 40 Vũ Thị Thanh – K36A Sp Toán