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 MÔN TOÁN VÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HV. Phạm Hoài 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 ngôn 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 môn Toán, cũng như đề thi học sinh giỏi về hình học phẳng theo ngôn ngữ số phức. 1. Mở đầu Từ thế kỉ XVI do nhu cầu phát triển của toán 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 Toán học. Riêng về khía cạnh Toán học, số phức cung cấp công cụ hiệu quả để giải một số dạng toán 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 toán 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 tôi nghĩ đến việc ứng dụng số phức vào giải các bài toán 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 không giải được câu này. Bài viết sẽ giới thiệu sự thể hiện của một số khái niệm trong hình học giải tích phẳng theo ngôn ngữ số phức. Từ đó, chúng tôi áp dụng vào giải các bài tập ở dạng toán này. Đồng thời, chúng tôi tiếp cận thêm với đề thi học sinh giỏi môn Toán học. 2. Kiến thức chuẩn bị Chúng ta đã biết rằng nhờ song ánh   2: , ,f a b a bi R C nên mỗi điểm  ,M a b trên mặt Oxy được đồng nhất với một số phức .Mz a bi  Theo cách đồng nhất đó thì véc-tơ OM có tọa độ (hay tọa vị) là Mz (Hình 1). Nói cách khác, véc-tơ  ,a a b cũng được đồng nhất với số phức .az a bi  Khi đó, các phép cộng, trừ hai véc-tơ, nhân một số thực với một véc-tơ bằng các phép toán đó trên các số phức tương ứng. Phép nhân vô hướng 2 véc-tơ được tính theo công thức    1. Re . . . . 2 a a ab b b a b z z z z z z   Đặc biệt, độ dài của a được tính theo công thức . .a aa z z 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 AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ khi .C DA B A B C D z zz z z z z z      2.2. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng Điểm M là trung điểm của đoạn thẳng AB khi và chỉ khi . 2 A B M z z z   2.3. Phương trình của đường thẳng Giả sử  d là đường thẳng qua điểm A nhận 0a  làm véc-tơ chỉ phương. Điểm M nằm trên đường thẳng  d khi và chỉ khi , .AM ta t R Điều này tương đương với đẳng thức hay .M A M A M A a a a z z z z z z t z z z           Do đó, đường thẳng  d có phương trình dạng   : .A M A a a z z z z d z z    Lý luận tương tự, chúng ta được đường thẳng  d qua điểm A nhận 0n  làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình dạng  ' : .A M A n n z z z z d z z     2.4. Phương trình chính tắc của đường tròn Do khoảng cách giữa hai điểm A và ,B ký hiệu  d , ,A B bằng AB nên chúng ta được     d , .B A B AA B z z z z   Từ đó, chúng ta suy ra đường tròn tâm ,A bán kính 0R  có phương trình dạng    2.A Az z z z R   431 3. 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 Bài 1. (Tuyển sinh khối A năm 2009 ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (6,2)I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD . Điểm (1;5)M thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : 5 0.x y    Viết phương trình đường thẳng .AB Chuyển giả thuyết bài toán sang mặt phẳng phức 1 5 ;M i  6 2 ;I i  : (1 ) (1 ) 10.i z i z     Từ đó, chúng ta có bài toán: Trên mặt phẳng phức cho hình chữ nhật ABCD có 6 2I i  là giao điểm của hai đường chéo AC và .BD Điểm 1 5M i  thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : (1 ) (1 ) 10.i z i z     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 2 11 .N I M i    Vì E nên 5 5 .E i iE   Hơn thế nữa, vì đường thẳng EI vuông góc với đường thẳng EN nên ta suy ra được Hình 2. . E I E N E I E N       Từ đó, ta có phương trình 2 6 2 (6 26 ) 38 80 0 . 7 2 E i iE i E i E i             Với 6E i  ta được 3 .IE i  Phương trình đường thẳng : 10 .AB z z i  Khi đó : 5 0.AB y   • Với 7 2E i  ta được 1 4 .IE i  Phương trình đường thẳng : (1 4 ) (1 4 ) 38.AB i z i z     Khi đó : 4 19 0.AB x y   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 (6;6);A đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh AB và AC có phương trình 4 0.x y   Tìm tọa độ các đỉnh B và C , biết điểm (1; 3)E  nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. 432 Chuyển giả thuyết bài toán sang mặt phẳng phức Gọi : 4 0x y    và H là trung điểm của .BC Khi đó, 6 6 ;A i  1 3 ;E i  : (1 ) (1 ) 8.i z i z     Từ đó, chúng ta có bài toán: Trên mặt phẳng phức, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh 6 6 ;A i  đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh AB và AC có phương trình : (1 ) (1 ) 8.i z i z     Tìm tọa độ các đỉnh B và ,C biết điểm 1 3E i  nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Giải Phương trình đường thẳng AH : (1 ) (1 ) 0.AH i z i z    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 ) (1 ) 0 2 2 . (1 ) (1 ) 8 i z i z z i i z i z              Vậy, 2 2 .I i  Vì H đối xứng với A qua I nên 2 2 2 .H I A i     Phương trình đường thẳng : (1 ) (1 ) 8.BC i z i z     Vì B BC nên 4 4 .B i iB    Do C đối xứng với B qua H nên .C iB  Chúng ta suy ra được 4 4 .C i B    Do đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng CE nên ta được: A B C E A B C E       hay ( )( ) ( )( ) 0.A B C E C E C D      Từ đó ta có phương trình 2 6 2 2 (4 12 ) 48 16 0 . 4 B i iB i B i B i             • Với 6 2 ,B i   suy ra 2 6 .C i  • Với 4 ,B i  suy ra 4.C   Vậy, ( 6;2), (2; 6)B C  hoặc (0; 4), ( 4;0).B C  Bài 3. (Tuyển sinh khối A năm 2014 ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm ,AB N là điểm thuộc AC sao cho 3 .AN NC Viết phương trình đường thẳng CD biết (1;2)M và (2; 1).N  433 Chuyển giả thuyết bài toán sang mặt phẳng phức Chúng ta có bài toán: Trên mặt phẳng phức cho cho hình vuông ABCD có M là trung điểm ,AB N là điểm thuộc AC sao cho 3 .AN NC Viết phương trình đường thẳng CD biết 1 2M i  và 2 .N i  Giải Gọi F là giao điểm của MN và .CD Giả sử , , .F x yi x y  R Ta có 1 3 ,NM i   2 ( 1)NF x y i    và 1 . 3 FC NC NF MA NA MN    Vì 3NM NF  nên 7 2 . 3 F i  Hình 4 Xét hai tam giác MEF và DCP , chúng ta có 90 . CD ME MEF DCP DP MF          Do đó EMF CDP  và 90EMF NDF EFN    hay 9 .0NDF EFN   Từ đó, chúng ta được .DN MF Phương trình đường thẳng : (1 3 ) (1 3 ) 10.DN i z i z    Vì 10ND MN  nên D là giao của đường tròn  ;N ND và đường thẳng .DN Tọa độ của D là nghiệm của hệ phương trình ( 2 )( 2 ) 10 (1 3 ) (1 3 ) 10 z i z i i z i z           Hệ trên tương đương với (2 ) (2 ) 5 (1 3 ) (1 3 ) 10 zz i z i z i z i z           Suy ra 2 1 24 3 ( 2 4 ) 10 5 0 . 55 5 z i i z i z i z                  Vậy 1 2D i   hoặc 5.D  • Với 1 2D i   ta có 10 . 3 DF  Phương trình : 4 .CD z z i   Khi đó : 2 0.CD y   434 • Với 5D  ta có 8 2 (4 3 ). 3 3 2 DF i i      Phương trình : (4 3 ) (4 3 ) 30 .CD i z i z i     Khi đó : 3 4 15 0.CD x y   Bài 4. (MOP 1995) Cho 1 BB và 1 CC 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 1 1 .B C 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 tròn đơn vị. Từ đó . . . 1.a a b b c c   Vì 1 1 ,b c 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 1 1 1 . 2 2 1 1 . 2 2 ; . 2 ac b a b c acb a b c b ab c a b c abc a b c c b c m h a b c                                Hình 5 Phương trình đường thẳng ( ) : .bc z bcz b c   Vì ( )d bc nên . b c d d bc    Theo đề bài 1 1,b c và d cộng tuyến nên ta có: 21 1 1 1 1 1 . b b c a b d b c d        Suy ra 2 1 1 2 . a b b d d a    Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2( ) a b ab a c ac b c bc abc d a bc         Để chứng minh ( ) ( )dh am ta sẽ chứng minh . d h m a d h m a       Thật vậy, ta có: ( 2 ) . ( 2 ) ( 2 ) . ( 2 ) d h abc b c a d h ac ab bc m a abc b c a m a ac ab bc                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 ngôn ngữ của số phức.  Sử dụng số phức giải câu hình học tọa độ trong mặt phẳng các đề thi tuyển sinh đại học môn Toán 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 môn Toán khối A. [2] Bộ giáo dục và Đào tạo (2010), Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối A. [3] Bộ giáo dục và Đào tạo (2014), Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối 1A A . [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.