Sử dụng số phức vào giải câu hình học phẳng trong đề thi tuyển sinh đại học môn Toán và đề thi học sinh giỏi

429
SỬ DỤNG SỐ PHỨC VÀO GIẢI CÂU HÌNH HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THI
TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MƠN TỐN VÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
HV. Phạm Hồi Trung
TS. Trần Lê Nam
Tóm tắt. Trong bài báo, chúng tôi giới thiệu một số kiến thức cơ bản của hình
học phẳng theo ngơn ngữ số phức. Từ đó, bài viết đưa ra cách tiếp cận khác đối với các
câu hỏi khác nhau về hình học giải tích trên mặt phẳng trong các đề thi tuyển sinh Đại
học mơn Tốn, cũng như đề thi học sinh giỏi về hình học phẳng theo ngơn ngữ số phức.
1. Mở đầu
Từ thế kỉ XVI do nhu cầu phát triển của tốn học về giải những phương trình
đại số mà số phức đã xuất hiện. Số phức kể từ khi ra đời đã tìm được rất nhiều những
ứng dụng hiệu quả trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Vật lí và Tốn học. Riêng về
khía cạnh Tốn học, số phức cung cấp công cụ hiệu quả để giải một số dạng tốn đại
số, giải tích, hình học và tổ hợp (xem [4]).
Trên thực tế, trong các kì thi học sinh quốc gia, Olympic quốc tế có khá nhiều
bài tốn liên quan đến số phức. Dùng số phức ta cũng có thể tìm được lời giải khá tự
nhiên và hữu hiệu (xem [4]). Chính vì vậy, chúng tơi nghĩ đến việc ứng dụng số phức
vào giải các bài tốn hình học giải tích và hình học phẳng.
Câu hình học giải tích phẳng trong đề thi tuyển sinh Đại học các năm gần đây
thuộc dạng câu hỏi phân loại học sinh khá, giỏi. Vì vậy, có khá nhiều học sinh khơng
giải được câu này. Bài viết sẽ giới thiệu sự thể hiện của một số khái niệm trong hình
học giải tích phẳng theo ngơn ngữ số phức. Từ đó, chúng tơi áp dụng vào giải các bài
tập ở dạng toán này. Đồng thời, chúng tôi tiếp cận thêm với đề thi học sinh giỏi mơn
Tốn học.
2. Kiến thức chuẩn bị

f : R 2  C ,  a, b  a  bi
Chúng ta đã biết rằng nhờ song ánh
nên mỗi điểm
M  a, b 

trên mặt Oxy được đồng nhất với một số phức zM  a  bi. Theo cách đồng
nhất đó thì véc-tơ OM có tọa độ (hay tọa vị) là z M (Hình 1). Nói cách khác, véc-tơ
a   a, b 
cũng được đồng nhất với số phức za  a  bi. Khi đó, các phép cộng, trừ hai
véc-tơ, nhân một số thực với một véc-tơ bằng các phép tốn đó trên các số phức tương
ứng. Phép nhân vơ hướng 2 véc-tơ được tính theo công thức





a.b  Re za .zb 





1
z a . zb  z a . z b .
2

a  za .za .
Đặc biệt, độ dài của a được tính theo cơng thức


430

Hình 1: Một điểm và một véc-tơ trên mặt phẳng được đồng nhất với một số phức
2.1. Hai đường thẳng vuông góc
Hai đường thẳng

z z
z A  zB
 C D.
z A  zB
zC  zD

AB và

CD

vng góc với nhau khi và chỉ khi

2.2. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng
zM 

z A  zB
.
2

Điểm M là trung điểm của đoạn thẳng AB khi và chỉ khi
2.3. Phương trình của đường thẳng
d
Giả sử   là đường thẳng qua điểm A nhận a  0 làm véc-tơ chỉ phương.
d
Điểm M nằm trên đường thẳng   khi và chỉ khi AM  ta, t  R. Điều này tương
đương với đẳng thức

zM  z A
z  z A  zM  z A 

 t hay M

.
za
za
 za 
Do đó, đường thẳng

d 

có phương trình dạng

d  :

z  z A zM  z A

.
za
za

Lý luận tương tự, chúng ta được đường thẳng
véc-tơ pháp tuyến có phương trình dạng

 d ' :

 d  qua điểm

A nhận n  0 làm

z  zA

z  zA
 M
.
zn
zn

2.4. Phương trình chính tắc của đường tròn
AB
d A, B  ,
Do khoảng cách giữa hai điểm A và B , ký hiệu 
bằng
nên
chúng ta được
d  A, B  

 zB  z A  zB  z A .

Từ đó, chúng ta suy ra đường trịn tâm A, bán kính R  0 có phương trình dạng

 z  zA  z  z A   R2 .


431
3. Sử dụng số phức vào giải câu hình học phẳng trong đề thi tuyển sinh đại học
mơn Tốn và đề thi học sinh giỏi
Bài 1. (Tuyển sinh khối A năm 2009 ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho
hình chữ nhật ABCD có I (6, 2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD . Điểm
M (1;5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
 : x  y  5  0. Viết phương trình đường thẳng AB.
Chuyển giả thuyết bài toán sang mặt phẳng phức

M  1  5i; I  6  2i;  : (1  i ) z  (1  i ) z  10.

Từ đó, chúng ta có bài tốn: Trên mặt phẳng phức cho hình chữ nhật ABCD có
I  6  2i là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M  1  5i thuộc đường
thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
 : (1  i ) z  (1  i ) z  10.

Viết phương trình đường thẳng AB.
Giải
Gọi N là điểm đối xứng với M qua I , ta suy ra
được N thuộc đường thẳng CD và tọa độ của
N  2I  M  11  i. Vì E   nên E  5  5i  iE.
Hơn thế nữa, vì đường thẳng EI vng góc với
đường thẳng EN nên ta suy ra được
Hình 2.
EI
EN

.
EI
EN

 E  6i
2iE 2  (6  26i ) E  38  80i  0  
.
 E  7  2i
Từ đó, ta có phương trình

 Với E  6  i ta được IE  3i.
Phương trình đường thẳng AB : z  z  10i. Khi đó AB : y  5  0.

• Với E  7  2i ta được IE  1  4i.

Phương

trình

AB : x  4 y  19  0.

đường

thẳng

AB : (1  4i) z  (1  4i) z  38.

Khi

đó

Bài 2. (Tuyển sinh khối A năm 2010 ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,
cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6;6); đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh
AB và AC có phương trình x  y  4  0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C , biết điểm
E (1; 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.


432
Chuyển giả thuyết bài toán sang mặt phẳng phức
Gọi  : x  y  4  0 và H là trung điểm của BC. Khi đó,
A  6  6i; E  1  3i;  : (1  i ) z  (1  i ) z  8.

Từ đó, chúng ta có bài tốn: Trên mặt phẳng phức, cho tam giác ABC cân tại

A có đỉnh A  6  6i; đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh AB và AC có phương
trình  : (1  i ) z  (1  i ) z  8. Tìm tọa độ các đỉnh B và C , biết điểm E  1  3i nằm trên
đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
Giải
Phương trình đường thẳng AH
AH : (1  i ) z  (1  i ) z  0.

Gọi I là giao điểm của AH và  . Khi
đó, I là trung điểm của AH và tọa độ của I
là nghiệm của hệ phương trình
Hình 3

(1  i) z  (1  i ) z  0
 z  2  2i.

(1  i) z  (1  i ) z  8

Vậy, I  2  2i. Vì H đối xứng với A qua I nên H  2I  A  2  2i.
Phương trình đường thẳng BC : (1  i) z  (1  i) z  8.
Vì B  BC nên B  4  4i  iB. Do C đối xứng với B qua H nên C  iB.
Chúng ta suy ra được C  4  4i  B.
Do đường thẳng AB vng góc với đường thẳng CE nên ta được:
A B
CE

AB
C  E hay ( A  B)(C  E )  (C  E )(C  D)  0.

 B  6  2i
2iB 2  (4  12i) B  48  16i  0  

.
B


4
i

Từ đó ta có phương trình
• Với B  6  2i, suy ra C  2  6i.
• Với B  4i, suy ra C  4.

Vậy, B(6; 2), C (2; 6) hoặc B(0; 4), C (4;0).
Bài 3. (Tuyển sinh khối A năm 2014 ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình
vng ABCD có M là trung điểm AB, N là điểm thuộc AC sao cho AN  3NC. Viết
phương trình đường thẳng CD biết M (1; 2) và N (2; 1).


433
Chuyển giả thuyết bài toán sang mặt phẳng phức
Chúng ta có bài tốn: Trên mặt phẳng phức cho cho hình vng ABCD có M
là trung điểm AB, N là điểm thuộc AC sao cho AN  3NC. Viết phương trình đường
thẳng CD biết M  1  2i và N  2  i.
Giải
Gọi F là giao điểm của MN và CD. Giả sử
F  x  yi, x, y  R.

Ta

NM  1  3i,

có

NF  x  2  ( y  1)i và

FC NC NF 1


 .
MA NA MN 3

Vì NM  3NF nên

F

7
 2i.
3

Hình 4

CD  ME




 MEF  DCP  90 .

DP  MF



DCP

MEF
Xét hai tam giác
và
, chúng ta có


Do đó EMF  CDP và EMF  NDF  90  EFN hay NDF  EFN  90 .

Từ đó, chúng ta được DN  MF.
Phương trình đường thẳng DN : (1  3i) z  (1  3i) z  10.
Vì ND  MN  10 nên D là giao của đường tròn
DN . Tọa độ của D là nghiệm của hệ phương trình

 N ; ND  và đường thẳng

( z  2  i )( z  2  i )  10

 (1  3i ) z  (1  3i ) z  10
 zz  (2  i ) z  (2  i ) z  5

Hệ trên tương đương với  (1  3i) z  (1  3i) z  10
 z  1  2i
4 3  2
  i  z  (2  4i) z  10  5i  0   z  5 .

Suy ra  5 5 

Vậy D  1  2i hoặc D  5.

• Với D  1  2i ta có

Khi đó CD : y  2  0.

DF 

10
.
3 Phương trình CD : z  z  4i.


434
8
2
DF    2i   (4  3i ).
3
3
• Với D  5 ta có

Phương trình CD : (4  3i) z  (4  3i) z  30i. Khi đó CD : 3x  4 y  15  0.
Bài 4. (MOP 1995) Cho BB1 và CC1 là hai đường cao của ABC và AB  AC.
Gọi M là trung điểm của BC , H là trực tâm của ABC và D là giao điểm của BC
và B1C1. Chứng minh rằng DH  AM .
Giải
Trong bài này, chúng ta ký hiệu chữ cái thường là tọa vị của chữ cái in hoa.
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
là đường trịn đơn vị. Từ đó a.a  b.b  c.c  1.
Vì b1 , c1 lần lượt là chân đường cao kẻ từ B ,
C , m là trung điểm BC và H là trực tâm tam giác
ABC nên ta có:

1
 a  b  c  acb  
2

1
ac 
 a  b  c  .
2
b 

1
 a  b  c  abc  
2
bc
m
; h  a  b  c.
2

1
ab 
 a  b  c  .
2
c 

b1 
c1 

Phương trình đường thẳng (bc) : z  bcz  b  c. Vì d  (bc) nên

Hình 5

d

bcd
.
bc

b1  d b1  c1

 a 2 .
Theo đề bài b1 , c1 và d cộng tuyến nên ta có: b1  d b1  c1
d 

a 2 b1  b1  d
.
a2

d

a 2b  ab2  a 2c  ac 2  b2c  bc 2  2abc
.
2(a 2  bc)

Suy ra
Do đó

d h
ma

.

(
dh
)

(
am
)
m  a Thật vậy, ta có:
Để chứng minh
ta sẽ chứng minh d  h

d  h abc(b  c  2a)

.
d h
(ac  ab  2bc)
m  a abc(b  c  2a)

.
m  a (ac  ab  2bc)

Do đó, ta được điều phải chứng minh.


435
3. Kết luận
Qua bài viết trên chúng tôi đã thực hiện được:
 Giới thiệu một số kiến thức cơ bản của hình học phẳng theo ngơn ngữ của
số phức.
 Sử dụng số phức giải câu hình học tọa độ trong mặt phẳng các đề thi tuyển

sinh đại học mơn Tốn khối A năm 2009, năm 2010, năm 2014 và đề thi học sinh giỏi
MOP năm 1995.
Tài liệu tham khảo
[1]

Bộ giáo dục và Đào tạo (2009), Đề thi tuyển sinh đại học mơn Tốn khối A.

[2]

Bộ giáo dục và Đào tạo (2010), Đề thi tuyển sinh đại học mơn Tốn khối A.

[3]

Bộ giáo dục và Đào tạo (2014), Đề thi tuyển sinh đại học mơn Tốn khối A  A1 .

[4]

Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Đinh Công Hướng, Nguyễn
Đăng Phất, Tạ Duy Phượng, Nguyễn Thủy Thanh (2009), Biến phức định lý và
áp dụng, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội.