SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
Mã số:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC
TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Người thực hiện: Nguyễn Thị Thu Hiền
Năm học 2013-2014
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
 THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
 Họ và tên: Nguyễn Thị Thu Hiền
 Ngày tháng năm sinh: 06-06-1984
 Nam, nữ: Nữ
 Địa chỉ: 242A, KP2, P.Tam Hòa, TP.Biên Hòa, Đồng Nai
 Điện thoại: 0169 74 24 604 (CQ)/ (NR); ĐTDĐ:
 E-mail:
 Chức vụ: Giáo viên
 Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
 TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị cao nhất: Thạc sỹ
- Năm nhận bằng: 2010
- Chuyên ngành đào tạo: Đại số


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Biên Hòa, ngày 26 tháng04 năm 2014
BÁO CÁO TÓM TẮT SÁNG KIẾN
Kính gửi: Hội đồng Sáng kiến trường THPT chuyên Lương Thế Vinh

Họ và tên: Nguyễn Thị Thu Hiền Năm sinh: 1984
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
Báo cáo tóm tắt sáng kiến:
Tên nội dung sáng kiến: Số phức và ứng dụng của số phức trong giải một
số bài toán hình học
 Xuất xứ:
Trong chương trình toán THPT lớp 12, học sinh biết đến số phức như một biểu
thức có dạng
z a bi= +
với
,a b
∈
¡
và
i
là đơn vị ảo thỏa
2
1i = −
. Cách tiếp cận
số phức dưới dạng
z a bi= +
giúp cho học sinh có thể làm dược các phép toán số
học cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa, khai căn số phức với một suy nghĩ rất tự
nhiên là: làm toán với số phức hoàn toàn giống như làm toán với số thực, chỉ
có một điều đặc biệt cần nhớ là:
2
1i
= −
.

Về cơ bản thì có thể nói hầu hết học sinh phần nào chạm được vào số phức.
Tuy nhiên học sinh khó mà hiểu được bản chất của số phức, thậm chí có thể tin
rằng số phức là con số có thật cũng như số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ hay
số thực.
Số phức trong toán học ngày nay thuộc về một lĩnh vực rộng lớn như lĩnh vực
số thực. Trong bài viết này, tôi hi vọng có thể giúp người đọc thấy được một
vài điều thú vị về số phức, làm quen với ngôn ngữ trong số phức và một số
ứng dụng của số phức trong việc giải quyết các bài toán hình học.
 Hiệu quả:
- Giúp học sinh làm quen với ngôn ngữ số phức, thành thạo trong việc thực
hiện các phép tính trên số phức, có thể giải được các bài toán số phức trong các
đề thi đại học.

- Bằng việc mô tả một số kết quả của hình học phẳng bằng ngôn ngữ số phức
và giải một số bài tập ứng dụng của số phức vào giải toán hình học, các em học
sinh khá giỏi đã biết sử dụng số phức như một công cụ giải toán không những
mang lại cho các em một phương pháp giải toán mới mà còn góp phần vào việc
rèn luyện kĩ năng, bồi dưỡng năng lực giải tóan của học sinh, đặc biệt là trong
giải toán hình học.

Nhận xét của Hội đồng sáng kiến Người viết
Nguyễn Thị Thu Hiền

Mục lục
Báo cáo tóm tắt SKKN trang 3
Chương I: Sự ra đời của số phức trang 6
Chương II: Định nghĩa và các phép toán trang 8
Chương III: Số phức và ứng dụng trong hình học
 Mô tả một số kết quả hình học bằng ngôn ngữ số phức trang 14
 Một số bài toán áp dụng trang 20


CHƯƠNG I: SỰ RA ĐỜI CUẢ SỐ PHỨC
Số phức ra đời giữa thế kỉ 16. Ta biết rằng phương trình bậc hai:
2
1x
= −
(1) không có
nghiệm thực, tức là nó vô nghiệm khi xét trên tập số thực
¡
.
Các nhà toán học mong muốn rằng phương trình này có nghiệm, họ còn muốn rằng
mọi phương trình đa thức đều phải có nghiệm, và nếu điều này xảy ra thì nghiệm đó
không thể là số thực mà phải thuộc một loại số nào đó. Điều này làm nảy sinh ý
tưởng là phải mở rộng tập số thực thành một tập số nào đó để trên tập số này thì
phương trình có nghiệm.
Năm 1545, nhà toán học Italia là G.Cardano đã giải quyết vấn đề nghiệm của phương
trình (1) bằng cách dùng kí hiệu
1
−
, hiển nhiên là
1
− ∉
¡
, để thể hiện nghiệm hình
thức của phương trình này.
Tiếp tục phương pháp hình thức như vậy, G.Cardano kí hiệu nghiệm hình thức của
phương trình
2 2
( )x b b= − ∈¡
là

1b
−
. Cuối cùng, G.Cardano kí hiệu nghiệm hình thức
của phương trình
2 2
( ) ( , )x a b a b− = − ∈¡
là
1a b
+ −
.
G.Cardano đã gọi đại lượng
1a b
+ −
( , )a b
∈
¡
là đại lượng ảo, ngầm ý rằng nó là đại
lượng không có thực, tức là một đại lượng giả tưởng.
Năm 1572, nhà toán học Italia là Bombelli định nghĩa các phép toán số học trên các
đại lượng ảo mà ông gọi là số ảo (tên gọi số phức là do nhà toán học người Đức là
K.Gauss đặt ra vào năm 1831). Ông được xem là người sáng tạo nên lí thuyết số ảo,
và cũng là người đầu tiên thấy được ích lợi của việc đem số ảo vào toán học như một
công cụ hữu ích.
Quá trình thừa nhận số phức như một công cụ toán học đã diễn ra rất chậm chạp: năm
1545, G.Cardano đưa ra kí hiệu
1
−
nhưng mãi đến năm 1777, nhà toán học người
Thụy Sĩ là E.Euler đặt tên dho kí hiệu
1

−
là số đơn vị ảo, kí hiệu là i. Điều đó có
nghĩa là
2
1, 1i i
= − = −
.

Tên gọi đơn vị ảo và kí hiệu
1i = −
cũng đã gây ra nhiều tranh cãi và nghi ngờ trong
giới toán học. Chẳng hạn, nhà toán học I.Newton đã không thừa nhận số ảo.
Đẳng thức đáng ngờ nhất chính là tính chất lạ lẫm đến bí hiểm
2
1i
= −
bởi vì nó phá
vỡ quan hệ thứ tự trên tập hợp số quen thuộc là
¡
.
Nhà toán học người Đức là K.Gauss là người đầu tiên, năm 1831, sử dụng thuật ngữ
số phức để chỉ các đại lượng ảo. Tuy nhiên, nhà toán học người Irland là W.Hamilton
mới là người có công lao biến số phức từ một con số giả tưởng với tính chất bí hiểm
thành 1 con số có thật. Năm 1837, G.Hamilton xây dựng lí thuyết số phức một cách
chặt chẽ theo phương pháp tiên đề hóa để từ đó số phức trở thành một số cũng quen
thuộc với người làm toán như số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ hay số thực.

CHƯƠNG II: ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC PHÉP TOÁN
 Định nghĩa:
- Số phức z là một biểu thức có dạng

z a bi
= +
, trong đó a và b là những số
thực và I là số thỏa mãn
2
1i = −
.
- i được gọi là đơn vị ảo, a là phần thực và b là phần ảo của số phức z.
- Tập hợp các số phức được kí hiệu là
£
.
- Số phức
0z a i= +
có phần ảo bằng 0 được gọi là số thực.
- Số phức
0z bi= +
có phần thực bằng 0 được gọi là số ảo (hay số thuần ảo).
- Số 0 vừa là số thực và là số ảo.
- Cho 2 số phức
, ' ' 'z a bi z a b i
= + = +
. Khi đó:
' ' à 'z z a a v b b= ⇔ = =
.
 Phép cộng và phép trừ số phức:
 Phép cộng:
Định nghĩa: Với
, ' ' 'z a bi z a b i
= + = +
ta định nghĩa:

' ' ( ')z z a a b b i
+ = + + +
Tính chất:
- Tính kết hợp:
( ') '' ( ' '')z z z z z z
+ + = + +
- Tính giao hoán:
' 'z z z z+ = +
- Cộng với 0:
0 0z z z
+ = + =
- Với mọi số phức
z a bi= +
, ta gọi số đối của z là (-z), thì ta có
( ) 0z z+ − =
 Phép trừ:
Định nghĩa:
Với hai số phức z, z’, ta định nghĩa z-z’=z+(-z’)
Nếu
, ' ' 'z a bi z a b i
= + = +
thì
' ' ( ')z z a a b b i
− = − + −
 Phép nhân số phức:
 Tích của hai số phức:
Với
, ' ' 'z a bi z a b i
= + = +
, ta định nghĩa

' aa ' ' ( ' ')zz bb ab ba i
= − + +
 Chú ý:
- Với
k
∈
¡
và
z a bi
= +
thì
kz kz kbi
= +

- 0z=0,
z
∀ ∈
£
 Tính chất:
- Tính giao hoán: zz’=z’z
- Tính kết hợp: (zz’)z’’=z(z’z’’)
- Nhân với 1: 1.z=z.1=z
 Số phức liên hợp:
- Định nghĩa: Số phức liên hợp của số phức
z a bi
= +
là số phức
z a bi
= −
- Nhận xét:

2 2
.z z a b= +
 Mô đun của số phức:
- Định nghĩa: Mô đun của số phức
z a bi
= +
là số thực không âm
2 2
a b+
kí
hiệu là
z
.
- Nhận xét:
.z z z=
 Phép chia cho số phức khác 0:
Định nghĩa:
Số nghịch đảo của số phức z khác 0 là số phức kí hiệu là
1
z
−
, xác định bởi
1
2
z
z
z
−
=
Phép chia số phức z’ cho số phức z khác 0:

1
2
' '
'
z z z
z z
z
z
−
= =
 Biểu diễn hình học của các phép toán đại số:
 Biểu diễn hình học của số phức:
Định nghĩa: Điểm M(x;y) được gọi là ảnh hình học của số phức
z x yi= +
. Ngược lại số phức
z x yi= +
được gọi là tọa độ phức của điểm
M(x;y). Ta dùng kí hiệu
( )M z
để chỉ tọa độ phức của M là số phức z.

Từ định nghĩa này ra suy ra điểm M(x;-y) đối xứng với M(x;y) qua trục
Ox là ảnh hình học của
z x yi
= −
.

Ta biết rằng tọa độ của điểm M(x;y) cũng là tọa độ của vec tơ
v OM=
r uuuur

,
do đó ta cũng có thể đồng nhất số phức
z x yi= +
với vec tơ
v OM=
r uuuur
.
 Biểu diễn hình học của modul:
Xét số phức
z x yi= +
có tọa độ ảnh hình học M(x;y) trong mp phức.
Ta có
2 2
OM x y z= + =
. Nói cách khác modul của số phức
z x yi= +
là
độ dài của đoạn OM.
 Biểu diễn hình học của các phép toán đại số:
 Phép cộng và phép trừ:
Xét các số phức
1 1 1
z x y i
= +
và
2 2 2
z x y i
= +
lần lượt có ảnh hình học là
1 2

,M M
và các vec tơ
1 2
,v v
. Dễ thấy
1 2
z z
±
tương ứng với
1 2
v v
±
.

Ví dụ: ta có (3+5i)+(6+i)=9+6i. Ảnh hình học của tổng này được thể
hiện là
Ta có (-3+i)-(2+3i)=-5-2i. Ảnh hình học của hiệu này được thể hiện
là
Chú ý:
2 2
1 2 2 1 2 1 1 2
( ) ( )M M x x y y z z= − + − = −
.
 Tích của một số thực với một số phức:

Xét số phức
z x yi= +
ứng với vec tơ
v xi y j
= +

r r r
.
Số phức
z x yi
λ λ λ
= +
ứng với vec tơ
u xi y j
λ λ
= +
r r r
Khi đó
u v
λ
=
r r
.
 Số phức dưới dạng lượng giác:
 Tọa độ cực trong mp:
Trong mp tọa độ , ta xét điểm M(x;y) không trùng gốc tọa độ. Số thực
2 2
r x y= +
được gọi là bán kính cực của điểm M. Góc
* [0;2 )t
π
∈
hợp
bởi vec tơ
OM
uuuur

với trục Ox (theo chiều dương) được gọi là argument cực
của điểm M. Cặp
*
( ; )r t
được gọi là tọa độ cực của điểm M. Khi đó ta
viết M
*
( ; )r t
.
Gốc tọa độ O là điểm duy nhất mà r=0 nhưng argument
*t
không xác
định.
Với bất kì điểm M(x;y) trong mp, tồn tại duy nhất 1 điểm P là giao điểm
của tia OM với đường tròn đơn vị tâm O. Khi đó điểm P có cùng
argument cực với M là
*t
.
Dễ thấy tọa độ của P(
* *
cos ;sint t
) và M(
* *
cos ; sinr t r t
), trong đó
2 2
r x y= +
.



Vấn đề đặt ra là với bất kì điểm M(x;y) trong mp, ta sẽ tìm argument
cực của điểm M là
*t
như thế nào? Xét hai trường hợp sau:
 Nếu
0x ≠
thì
*
arctan
y
t k
x
π
= +
, với
0 ( 0, 0)
1 ( 0, )
2 ( 0, 0)
x y
k x y
x y
> ≥


= < ∈


> <

¡

 Nếu x=0,
0y
≠
thì
*
( 0)
2
3
( 0)
2
y
t
y
π
π

>


=


<


Ví dụ 1: Tìm tọa độ cực của các điểm sau:
1 2 3
(2; 2), ( 1;0); ( 2 3; 2)M M M− − − −
Giải:
1 1 1

( ; )M r t
với
2 2 *
1 1
7
2 ( 2) 2 2; arctan( 1) 2
4
r t
π
π
= + − = = − + =
2 2 2
( ; )M r t
với
*
2 2
1, arctan0r t
π π
= = + =
3 3 3
( ; )M r t
với
*
3 2
3 7
4, arctan
3 6
r t
π
π

= = + =
Ví dụ 2: Tìm tọa độ Đề các của điểm
2
(2; )
3
M
π
1 1
2 2
2cos 1; 2sin 3
3 3
x y
π π
= = − = =
 Biểu diễn số phức dưới dạng lượng giác:
Từ sự tương ứng giữa tọa độ Đề các và tọa độ cực của điểm M, cho
phép ta biểu diễn bất kì số phức
z x yi= +
dưới dạng lượng giác là
* *
(cos isin )z r t t= +
, trong đó
0r ≥
và
*
[0;2 )t
π
∈
. Khi đó ta gọi
*

t
là
argument chính của z, kí hiệu là argz và r là modul của z.
Với mọi
0z ≠
, modul và argument của z được các định duy nhất.

Tập hợp
{ }
*
: 2 ,Argz t t k k
π
= + ∈¢
được gọi là argument mở rộng của số
phức z.
Do đó hai số phức
1 2
, 0z z
≠
bằng nhau khi và chỉ khi
1 2
r r
=
và
1 2
2 ,t t k k
π
= + ∈¢
.
Ví dụ 1: Hãy biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác:

1 2
1 ; (1 3 )(1 2 )z i z i i
= − − = + +
Giải:
1
1 1 5 5
1 2( ) 2( os isin )
4 4
2 2
z i i c
π π
= − − = − − = +

2
1 1 3 3
(1 3 )(1 2 ) 5 5 5 2( ) 5 2( os isin )
4 4
2 2
z i i i i c
π π
−
= + + = − + = + = +
 Các phép toán của số phức biểu diễn dưới dạng lượng giác:
 Phép nhân:
Mệnh đề: Giả sử rằng
1 1 1 1 2 2 2 2
(cos isin ), (cos isin )z r t t z r t t= + = +
. Khi đó
1 2 1 2 1 2 1 2
[ os( ) isin( )]z z r r c t t t t

= + + +
Chú ý:
 Từ hệ thức trên , ta thấy được
1 2 1 2
z z z z=
 Ta có
1 2 1 2
arg( ) arg arg 2z z z z k
π
= + −
, trong đó
1 2
1 2
0, arg arg 2
1, arg arg 2
z z
k
z z
π
π
+ <

=

+ ≥

 Ta có
}
{
1 2 1 2

Ar ( ) arg arg 2 ,g z z z z k k
π
= + + ∈¢

 Nếu
(cos isin ), 1,
k k k k
z r t t k n= + =
thì
1 2 1 2 1 2 1 2
[ os( ) isin( )]
n n n n
z z z rr r c t t t t t t
= + + + + + + +
 Lũy thừa của số phức:
Định lí: (Công thức De Moivre)
Cho
(cos isin ), .z r t t n
= + ∈
¥
Ta có:
(cos isin )
n n
z r nt nt= +
 Phép chia:
Mệnh đề: Giả sử rằng
1 1 1 1 2 2 2 2
(cos isin ), (cos isin ) 0z r t t z r t t
= + = + ≠
. Khi

đó:
[ ]
1 1
1 2 1 2
2 2
os( ) sin( )
z r
c t t i t t
z r
= − + −

CHƯƠNG III: SỐ PHỨC VÀ HÌNH HỌC
 Mô tả một số kết quả hình học phẳng bằng ngôn ngữ số phức
 Căn bậc n của một số phức:
Cho n>2 là một số nguyên và số phức
0
0z
≠
. Nghiệm của phương trình
0
0
n
Z z
− =
được gọi là căn bậc n của
0
z
.
Định lí: Cho
* *

0
(cos i sin )z r t t= +
là một số phức với
*
0, [0;2 )r t
π
> ∈
. Khi đó
0
z
có n căn bậc n khác nhau và được cho bởi công thức
* *
2 2
os isin , 0,1, , 1
n
k
t k t k
Z r c k n
n n
π π
 
+ +
= + = −
 ÷
 
.
Chú ý: Ảnh hình học của các căn bậc n của
0
0z ≠
là các đỉnh của một n-

giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm O là gốc tọa độ,bán kính bằng
n
r
.
Căn bậc 3 của số phức
1 2 os isin
4 4
z i c
π π
 
= + = +
 ÷
 
là
6
2 2
2 os isin , 0,1,2
12 3 12 3
k
Z c k k k
π π π π
 
   
= + + + =
 ÷  ÷
 
   
 
, nghĩa là
6 6 6

0 1 2
3 3 17 17
2 os isin , 2 os isin , 2 os isin
12 12 4 4 12 12
Z c Z c Z c
π π π π π π
     
= + = + = +
 ÷  ÷  ÷
     
C
ác căn bậc ba này có ảnh hình học tương ứng là
6 6 6
0 1 2
3 17
2, , 2, , 2,
12 4 12
M M M
π π π
     
 ÷  ÷  ÷
     
.
Các điểm này là 3 đỉnh của một tam giác đều nội tiếp trong đường tròn
tâm O, bán kính
6
2r =
.


 Số phức và hình học
 Khoảng cách giữa hai điểm:
Giả sử các số phức
1 2
,z z
có các ảnh hình học
1 2
,M M
. Khi đó khoảng
cách giữa hai điểm này được xác định bởi
1 2 1 2
M M z z
= −
.
Do đó trong mp phức
£
, phương trình đường tròn tâm tại điểm
0 0
( )M z
, bán kính R là
0
z z R
− =
hay
2 2
0
(cos isin )z z R t a b t
= + + +
với
tham số t biến thiên trong đoạn

[ ]
0;2
π
.
Phương trình đường thẳng có dạng:
- Đường thẳng song song với trục Ox:
, onsz x ib b c t= + =
.
- Đường thẳng song song với trục Oy:
, onsz a iy a c t= + =
.
- Đường thẳng có góc định hướng hợp bởi nó với tia Ox có số đo
: , tanz x iy y x
ϕ ϕ
= + =
.
 Đoạn thẳng, tia, đường thẳng:
Cho hai điểm phân biệt A, B với tọa độ phức lần lượt là a, b. Ta nói
rằng điểm M có tọa độ phức z nằm giữa các điểm A, B nếu
, ,z a z b a z z b a b≠ ≠ − + − = −
. Kí hiệu là A-M-B
Định lí: Giả sử A(a), B(b) là hai điểm phân biệt. Các phát biểu sau là
tương đương:

( )M AB∈
 Tồn tại một số thực dương k sao cho
( )z a k b z
− = −
 Tồn tại một số thực
(0;1)t

∈
sao cho
(1 )z t a tb= − +
, với
( )M z

 Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước:
Xét hai điểm phân biệt A(a), B(b). Một điểm M(z) nằm trên đường
thẳng AB chia đoạn thẳng AB theo tỉ số
\{1}k ∈¡
nếu
MA kMB
=
uuur uuur
. Từ
hệ thức này ta có được
( )
1
a kb
a z k b z z
k
−
− = − ⇔ =
−
Nhận xét: Cho
( ), ( ), ( )A a B b C c
là các điểm phân biệt không thẳng
hàng trong mp phức. Khi đó trung điểm M của đoạn thẳng AB có tọa
độ phức là
2

M
a b
z
+
=
, trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ phức
là
3
G
a b c
z
+ +
=
 Góc của tam giác:
Một tam giác có hướng dương nếu các đỉnh của nó theo thứ tự ngược
chiều quay của kim đồng hồ. Ngược lại, ta nói tam giác có hướng
âm. Xét các điểm phân biệt
1 1 2 2
( ), ( )M z M z
và không trùng với gốc tọa
độ của mặt phẳng phức. Góc
·
1 2
M OM
được định hướng nếu các điểm
1 2
,M M
theo thứ tự ngược chiều quay của kim đồng hồ.

Mệnh đề: Số đo của góc định hướng

·
1 2
M OM
là
1
2
arg
z
z
Chứng minh:
Ta xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Nếu tam giác
1 2
M OM
theo hướng âm thì
·
·
2
1 2 2 1 2 1
1
arg arg arg
z
M OM xOM xOM z z
z
= − = − =

Trường hợp 2: Nếu tam giác
1 2
M OM
theo hướng dương thì

· ·
1
1 2 2 1
2
2 2 arg
z
M OM M OM
z
π π
= − = −
Do đó
· ·
1 2 2
1 2 2 1
2 1 1
2 2 arg 2 (2 arg ) arg
z z z
M OM M OM
z z z
π π π π
= − = − = − − =
Chú ý: Mệnh đề vẫn đúng nếu 3 điểm O,
1 2
,M M
thẳng hàng.
Ví dụ:
 Cho
1 2
1 , 1z i z i
= + = − +

.
Khi đó
2
1
1
1
z i
i
z i
− +
= =
+
Từ đó suy ra
·
1 2
arg( )
2
M OM i
π
= =
,
·
2 1
3
arg( )
2
M OM i
π
= − =

 Cho
1 2
, 1z i z
= =
. Khi đó
2
1
1z
i
z i
= = −
Do đó
· ·
1 2 2 1
3
arg( ) , arg( )
2 2
M OM i M OM i
π π
= − = = =
Định lí: Cho các điểm phân biệt
1 1 2 2 3 3
( ), ( ), ( )M z M z M z
. Khi đó góc
định hướng
·
2 1 3
M M M
có số đo là
3 1

2 1
arg
z z
z z
−
−
.
Chứng minh

Thực hiện phép tịnh tiến theo vec tơ
1
M O
uuuur
. Qua phép tịnh tiến này,
các điểm
1 1 2 2 3 3
( ), ( ), ( )M z M z M z
lần lượt trở thành
2 2 1 3 3 1
(0), ( ), ( )O M z z M z z
− −
. Hơn nữa ta cũng có được
·
·
2 1 3 2 3
M M M M OM=
. Từ kết quả ở mệnh đề trên, ta có
·
·
3 1

2 1 3 2 3
2 1
arg
z z
M M M M OM
z z
−
= =
−
Ví dụ: Cho
1 2 3
4 3 , 4 7 , 8 7z i z i z i
= + = + = +
. Khi đó
2 1
3 1
4 (1 ) 1
4 4 2 2
z z i i i i
z z i
− − +
= = =
− +
Từ đó ta có
· ·
3 1 2 2 1 3
1 2 7
arg , ar arg(1 )
2 4 1 4
i

M M M M M M g i
i
π π
+
= = = = − =
+
 Góc giữa hai đường thẳng:
Định lí: Cho bốn điểm phân biệt
( )
i i
M z
,i=1,2,3,4. Khi đó số đo góc
được xác định giữa hai đường thẳng
1 3 2 4
,M M M M
bằng
3 1
4 2
arg
z z
z z
−
−

hoặc
4 2
3 1
arg
z z
z z

−
−
 Phép quay quanh một điểm:
Cho góc
α
và số phức
os +isinc
ε α α
=
.
Xét số phức
(cos isin )z r t t
= +
và M(z). ta có:
[ ]
os( ) isin( ) , ,arg( ) argz r c t t z r z z
ε α α ε ε α
= + + + = = +
Do đó ảnh hình học M’ của
z
ε
là ảnh của M qua phép quay tâm O
góc quay
α
.


Mệnh đề: Giả sử
( )C c
là ảnh của

( )B b
qua phép quay tâm
( )A a
, góc
quay
α
. Khi đó
( )c a b a
ε
= + −
, trong đó
os isinc
ε α α
= +
Chứng minh: Thực hiện phép tịnh tiến theo vec tơ
AO
uuur
, khi đó các
điểm A,B,C lần lượt trở thành các điểm
(0), '( ), '( )O B b a C c a− −
. Vì
'C

là ảnh của B’ qua phép quay tâm O, góc quay
α
nên
( ) ( )c a b a hay c a b a
ε ε
− = − = + −
.

 Các điều kiện thẳng hàng, vuông góc và cùng thuộc một đường
tròn:
Cho 4 điểm phân biệt
( )
i i
M z
,i=1,2,3,4.
Mệnh đề 1: Các điểm phân biệt
1 2 3
, ,M M M
thẳng hàng khi và chỉ khi
*
3 1
2 1
z z
z z
−
∈
−
¡
.
Chứng minh
Ta có các điểm
1 2 3
, ,M M M
khi vào chỉ khi
·
2 1 3
{0; }M M M
π

∈
hay
3 1
2 1
arg {0; }
z z
z z
π
−
∈
−
hay
*
3 1
2 1
z z
z z
−
∈
−
¡

Mệnh đề 2: Các đường thẳng
1 2 3 4
,M M M M
vuông góc với nhau khi
và chỉ khi
*
1 2
3 4

z z
i
z z
−
∈
−
¡
Chứng minh
Ta có
1 2 3 4
M M M M
⊥
khi và chỉ khi
1 2 3 4
3
( , ) ,
2 2
M M M M
π π
 
∈
 
 
. Điều này
tương đương với
*
1 2 1 2
3 4 3 4
3
arg ,

2 2
z z z z
hay i
z z z z
π π
− −
 
∈ ∈
 
− −
 
¡
.
Ví dụ: Cho các điểm
1 2 3 4
(2 ), ( 1 2 ), ( 2 ), (1 2 )M i M i M i M i− − + − − +
. Khi đó
1 2
3 4
3 3
3 3
z z i
i
z z i
− −
= =
− − −
hay
1 2 3 4
M M M M

⊥
.
Mệnh đề 3: Bốn điểm phân biệt
1 2 3 4
, , ,M M M M
(xếp theo thứ tự này)
cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi
*
3 2 3 4
1 2 1 4
:
z z z z
k
z z z z
− −
= ∈
− −
¡
.
Chứng minh
Bốn điểm phân biệt
1 2 3 4
, , ,M M M M
cùng thuộc một đường tròn khi và
chỉ khi
· ·
1 2 3 1 4 3
{3 , }M M M M M M
π π
+ ∈

hay
3 2
1 4
1 2 3 4
arg {3 , }
z z
z z
z z z z
π π
−
−
+ ∈
− −
hay
3 2 3 4
1 2 1 4
arg {3 , }
z z z z
z z z z
π π
− −
− ∈
− −

Vậy k<0.
Ví dụ 1: Bốn số phức có ảnh hình học lần lượt là 1,I,-1,-I cùng thuộc
một đường tròn. Thật vậy, vì tỉ số kép
*
1 1
: 1

1 1
i i
k
i i
− − − +
= = − ∈
− +
¡
và
1 1
,
1 1
i i
i i
− − − +
∉ ∉
− +
¡ ¡
.

Ví dụ 2: Bốn điểm
1 2 3 4
(2 ), (3 2 ), ( 1 2 ), ( 2 3 )M i M i M i M i
− − − + − +
thẳng
hàng. Thật vậy, vì ta có
*
4 4 1
: 1
1 4 4

i i
k
i i
− + −
= = ∈
− + −
¡
và
*
4 4
4
1
i
i
− +
= ∈
− +
¡
.
 Tích vô hướng của hai số phức:
Trong mp phức cho hai điểm
1 1 2 2
( ), ( )M z M z
. Khi đó:
1 2 1 2 1 2
. . .cosOM OM OM OM M OM
=
uuuur uuuuur
Nếu
k

z
có modul bằng
k
r
và có argument bằng
k
α
thì
1 2 1 2 1 2 1 2
. ( os os sin sin )OM OM rr c c
α α α α
= +
uuuur uuuuur
Do đó
1 2 1 2 2 1
1
, ( )
2
z z z z z z
= +
Suy ra
1 2 1 2
, ,z z z z=
, do đó
1 2
,z z ∈¡
Tích vô hướng của hai số phức cũng có tính chất như tích vô hướng
của hai vectơ.
Nhận xét: Nếu A(a), B(b), C(c), D(d) là bốn điểm phân biệt của mp
phức thì

; 0 Re( ) 0
b a
AB CD b a d c
d c
−
⊥ ⇔ − − = ⇔ =
−
 Mô tả các phép biến hình bằng ngôn ngữ số phức:
 Phép tịnh tiến: Phép tịnh tiến theo vec tơ
v
r
có tọa độ phức v
biến điểm M(z) thành điểm M’(z’). Ta có:
'z z v= +
.
 Phép quay: Phép quay tâm
0 0
( )M z
góc quay
α
biến điểm
M(z) thành điểm M’(z’). Ta có:
.
0 0
' ( )
i
z z e z z
α
− = −
.

 Phép đối xứng trục:
-Phép đối xứng qua trục thực:
'z z
=
.
-Phép đối xứng qua trục ảo:
'z z= −
.

-Phép đối xứng qua đường thẳng l đi qua gốc tọa độ O và điểm
.
2
0
i
z e
α
=
là:
' .
i
z e z
α
=
 Phép vị tự: Phép vị tự tâm
0
( )C z
, tỉ số r biến điểm M(z) thành
điểm M’(z’). Ta có:
0 0
' ( )z r z z z= − +

.
 Một số bài toán áp dụng
Bài toán 1: Về phía ngoài của tứ giác lồi ABCD, lần lượt dựng các
hình vuông nhận AB, BC, CD, DA làm cạnh. Các hình vuông này có
tâm là
1 2 3 4
, , ,O O O O
. Chứng minh rằng
1 3 2 4
O O O O⊥
và
1 3 2 4
O O O O=
.
Giải
Giả sử các hình vuông ABMM’,BCNN’,CDPP’,DAQQ’ có tâm
1 2 3 4
, , ,O O O O
. Ta qui ước chữ cái thường là tọa độ của đỉnh tương ứng.

Ta nhận thấy rằng điểm M nhận được bởi phép quay tâm B, góc quay
2
π
θ
=
. Từ đó suy ra
( )m b a b i
= + −
. Tương tự
( ) , ( ) , ( )n c b c i p d c d i q a d a i

= + − = + − = + −
.
Do đó
1 2
3 4
( ) ( )
, ,
2 2 2
( ) ( )
,
2 2
a m a b a b i b c b c i
o o
c d c d i d a d a i
o o
+ + + − + + −
= = =
+ + − + + −
= =
Suy ra
*
3 1
4 2
( )
( )
o o
c d a b i c d a b
i i
o o a d b c i d a b c
−

+ − − + − − +
= = − ∈
− + − − + − − +
¡
.
Do đó
1 3 2 4
O O O O
⊥
.
Ngoài ra
3 1
4 2
1
o o
o o
−
=
−
nên
1 3 2 4
O O O O
=
.
Bài toán 2 (IMO 17,1975)
Về phía ngoài tam giác ABC, lần lượt dựng các tam giác
ABR,BCP,CAQ sao cho
·
·
· ·

·
·
0 0 0
45 , 30 , 15PBC CAQ BCP QCA ABR RAB= = = = = =
. Chứng minh rằng
·
0
90 ,QRP RQ RP= =
.

Giải: Ta xét bài toán trong mp phức. Chọn R là gốc tọa độ. Gọi M là
chân đường vuông góc hạ từ điểm P xuống đường thẳng BC. Ta quy
ước chữ cái thường là tọa độ của đỉnh tương ứng.
Vì
MP MB
=
và
3
MC
MP
=
nên
p m
i
b m
−
=
−
và
3

c m
i
p m
−
=
−
.
Do đó
3
1 3 1 3
c b b c
p i
+ −
= +
+ +
.
Tương tự ta cũng tính được
3
1 3 1 3
c a a c
q i
+ −
= +
+ +
Điểm B nhận được từ điểm A bằng phép quay tâm R góc quay
0
150
θ
=
. Do đó

3 1
2 2
b a i
 
= − +
 ÷
 ÷
 
Từ đó, bằng các phép biến đổi đại số, ta có
*
3 3
:
1 3 1 3 1 3 1 3
p c b b c c a a c
i i i i
q
   
+ − + −
= + + = ∈
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + + +
   
¡
.
Suy ra
QR PR
⊥
hay
·

0
90QRP =
. Hơn nữa
p iq q= =
nên
RQ RP
=
.
Bài toán 3: Cho ABCD, BNMK là hai hình vuông không giao nhau,
E là trung điểm của AN. Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ B
