lv mot so bai toan ve duong tron

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Lê Bá Cường

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG TRÒN

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60 46 0113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS.TSKH Hà Huy Khoái

Thái Nguyên - 2012

1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

1

Lời cảm ơn

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học -

Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của GS. TSKH Hà Huy

Khoái. Qua đây, tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo,

người hướng dẫn khoa học của mình, GS.TSKH Hà Huy Khoái, người đã

đưa ra đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của

tác giả. Đồng thời tác giả cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoa

Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đã tạo mọi

điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hành chính để tác giả hoàn

thành bản luận văn này. Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đến gia đình, BGH,

tổ Toán trường THPT Xuân Giang - Sóc Sơn - Hà Nội và các bạn trong

lớp Cao học K4C, đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và

làm luận văn.


1

Mục lục

Mở đầu 3

1 Định nghĩa số phức 5

1.1 Sự biểu diễn đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Định nghĩa số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.2 Các tính chất liên quan đến phép cộng . . . . . . . . 6

1.1.3 Các tính chất liên quan đến phép nhân . . . . . . . 6

1.1.4 Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.1.5 Lũy thừa của số i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.1.6 Số phức liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.1.7 Mô đun của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2 Ý nghĩa hình học của các phép toán đại số . . . . . . . . . 13

1.2.1 Ý nghĩa hình học của một số phức . . . . . . . . . . 13

1.2.2 Ý nghĩa hình học của môđun . . . . . . . . . . . . . 14

1.2.3 Ý nghĩa hình học của các phép toán đại số . . . . . 15

2 Số phức và hình học 16

2.1 Một vài khái niệm và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2 Đoạn thẳng, tia, đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3 Chia một đoạn thẳng theo một tỉ số . . . . . . . . . . . . . 19

2.4 Góc định hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5 Góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.6 Phép quay một điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.7 Điều kiện thẳng hàng, vuông góc và cùng thuộc một đường

tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.8 Tam giác đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.9 Tam giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28


2

3 Hình học giải tích trong số phức 34

3.1 Phương trình đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2 Phương trình đường thẳng xác định bởi hai điểm . . . . . . 35

3.3 Diện tích tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.4 Phương trình đường thẳng được xác định bởi điểm đi qua

và phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.5 Hình chiếu vuông góc của một điểm lên một đường thẳng . 40

3.6 Khoảng cách từ một điểm đến một đương thẳng . . . . . . 41

4 Các bài toán về đường tròn trong số phức 42

4.1 Đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.2 Phương tích của một điểm đối với một đường tròn . . . . . 43

4.3 Góc giữa hai đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Tài liệu tham khảo 49


3

Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài:

Là một giáo viên đã dạy môn toán trong trường THPT 12 năm, tôi

thấy trong toán học phổ thông hình học là một trong môn học mà nhiều

học sinh thấy khó học, nhất là hình học không gian. Để đại số hóa hình

học các nhà toán học đã gắn hệ trục tọa độ vào hình học để có hình học

giải tích. Khi học về hình học giải tích tôi thấy học sinh dễ học hơn và

tiếp thu tốt hơn.

Nay số phức lại được bộ giáo dục và đào tao đưa vào dạy ở chương

trình THPT, mỗi bài toán về số phức là các bài toán thường mới và rất

khó. Liên quan đến các dạng toán này là các bài toán về đường tròn. Mong

muốn là có một cách khác nữa để trình bầy về hình học nhờ số phức nên

tôi mới chọn đề tài này.

Đề tài “ Môt số bài toán về đường tròn” nhằm đáp ứng mong muốn của

tôi về một đề tài phù hợp mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho quá

trình giảng dạy của mình ở trường phổ thông.

Đề tài liên quan đến nhiều chuyên đề, trong đó có các kiến thức của số

phức, các kiến thức của hình học và nhiều kiến thức cơ bản khác.

2.Mục đích nghiên cứu:

Hệ thống và tổng quát các bài toán về đường tròn giải bằng số phức

và các ứng dụng khác nhau trong trường phổ thông. Nắm được một số kĩ

thuật tính toán biến đổi hình học liên quan đến số phức.

3. Nhiệm vụ của đề tài:

Đưa ra định nghĩa số phức và các phép toán về số phức một cách tổng

quát có ví dụ minh họa kèm theo, ngoài ra đề tài cũng mở rộng mảng kiến

thức về số phức với các bài toán về đường tròn giải bằng số phức....

Thông qua đề tài trang bị cho giáo viên thêm một số nguồn tư liệu


4

trong quá trình dạy học và ngiên cứu.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

Nghiên cứu các bài toán hình học về đường tròn trên tập số phức và

xét các ứng dụng liên quan.

Nghiên cứu từ các tài liệu, giáo trình của GS – TSKH Hà Huy Khoái,

các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, tủ sách chuyên toán, Tạp chí toán học

và tuổi trẻ,. . .

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh

trung học phổ thông. Đề tài đóng góp thiết thực cho việc dạy và học các

chuyên đề toán trong trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo từ

những bài toán cơ bản nhất.

6. Cấu trúc của luận văn:

Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 4 chương

Chương I: Định nghĩa số phức

Chương II: Số phức và hình học

Chương III: Hình học giải tích trong số phức

Chương IV: Các bài toán về đường tròn trong số phức

Tuy đã cố gắng nghiên cứu kĩ đề tài và viết luận văn, song khó tránh

khỏi những sai sót. Tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo, hướng dẫn

của các thầy cô và sự đóng góp ý kiến của các bạn bè đồng nghiệp để bản

luận văn của tôi được hoàn chỉnh và có ý nghĩa hơn. Tôi xin chân thành

cảm ơn.

Thái Nguyên, năm 2012

Tác giả


5

Chương 1

Định nghĩa số phức

1.1 Sự biểu diễn đại số của số phức

1.1.1 Định nghĩa số phức

Giả thiết ta đã biết định nghĩa và các tính chất cơ sở của tập hợp các

số thực R. Ta xét tập hợp R2 = R × R = {(x, y) |x, y ∈ R }. Hai phầntử (x1, y1) và (x2, y2) bằng nhau khi và chỉ khi x1 = x2 và y1 = y2. Các

phép toán cộng và nhân được định nghĩa trên R2 như sau:

z1 + z2 = (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) ∈ R2.

Và

z1.z2 = (x1, y1) . (x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1) ∈ R2,

với mọi z1 = (x1, y1) ∈ R2 và z2 = (x2, y2) ∈ R2.

Phần tử z1 + z2 gọi là tổng của z1, z2 và phần tử z1.z2 ∈ R2 gọi là tích

của z1, z2.

Nhận xét 1.1.1. 1) Nếu z1 = (x1, 0) ∈ R2 và z2 = (x2, 0) ∈ R2 thì

z1z2 = (x1x2, 0).

2) Nếu z1z2 = (x1x2, 0) và z2 = (0, y2) ∈ R2 thì z1z2 = (−y1y2, 0).

Định nghĩa 1.1.2. Tập hợp R2 cùng với các phép toán cộng và nhân được

gọi là tập số phức, kí hiệu là C. Mỗi phần tử z = (x, y) ∈ C được gọi là

một số phức.

Kí hiệu C∗ để chỉ tập hợp C\ {(0, 0)}.


6

1.1.2 Các tính chất liên quan đến phép cộng

(a) Tính giao hoán z1 + z2 = z2 + z1 với mọi z1, z2 ∈ C.(b) Tính kết hợp (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3) với mọi z1, z2, z3 ∈ C.

Chứng minh. Thật vậy, nếu z1 = (x1, y1) ∈ C, z2 = (x2, y2) ∈ C, z3 =

(x3, y3) ∈ C thì

(z1 + z2) + z3 = [(x1, y1) + (x2, y2)] + (x3, y3)

= (x1 + x2, y1 + y2) + (x3, y3)

= ((x1 + x2) + x3, (y1 + y2) + y3)

Vàz1 + (z2 + z3) = (x1, y1) + [(x2, y2) + (x3, y3)]

= (x1, y1) + (x2 + x3, y2 + y3)

= (x1 + (x2 + x3), y1 + (y2 + y3))

Những khẳng định trên giống như phép cộng số thực.

(c) Phần tử đơn vị: Có duy nhất một số phức 0=(0,0) để

z + 0 = 0 + z = z với mọi z = (x, y) ∈ C.

(d) Phần tử đối: Mỗi số phức z = (x,y) có duy nhất số phức –z =

(-x,-y) sao cho

z + (−z) = (−z) + z = 0.

Ta dễ dàng kiểm tra các khẳng định (a),(c),(d).

Số phức z1 − z2 = z1 + (−z2) được gọi là hiệu của hai số phức z1, z2.

Phép toán z1, z2 trên đối với hai số z1, z2 là số z1 − z2 gọi là phép trừ và

được định nghĩa như sau:

z1 − z2 = (x1, y1)− (x2, y2) = (x1 − x2, y1 − y2) ∈ C.

1.1.3 Các tính chất liên quan đến phép nhân

Phép nhân các số phức thỏa mãn các tính chất sau:

(a) Tính giao hoán: z1z2 = z2z1 với mọi z1z2 = z2z1 .


7

(b) Tính kết hợp: z1z2 = z2z1 với mọi z1z2 = z2z1 .

(c) Phần tử đơn vị: Có duy nhất số phức 1 = (1, 0) ∈ C thỏa mãn

z.1 = 1.z = z với mọi z ∈ C. Sử dụng biến đổi đại số dễ thấy

z.1 = (x,y)(1,0) = (x.1 - y.0,x.0 + y.1) = (x,y) = z.

Và

1.z = (1,0)(x,y) = (1.x - 0.y,1.y + 0.x) = (x,y) = z.

(d) Phần tử nghịch đảo: Mỗi số phức z = (x, y) ∈ C có duy nhất

số phức z−1 = (x,, y,) ∈ C sao cho

z.z−1 = z−1z = 1.

Ta tìm z−1 = (x,, y,) với chú ý rằng (x, y) 6= (0, 0) kéo theo x 6= 0

hoặc y 6= 0 và hệ quả là x2

+ y2 6= 0. Từ hệ thức z.z−1 = 1 ta có

(x, y)(x,, y,) = (1, 0) hay hệ sau thỏa mãn{xx, − yy, = 1

yx, + xy, = 0.

Giải hệ phương trình trên ta có x, =x

x2 + y2và y, = − y

x2 + y2.

Vì thế phần tử nghịch đảo của số phức z = (x, y) ∈ C∗ là:

z−1 =1

z= (

x

x2 + y2,− y

x2 + y2) ∈ C∗.

Bằng cách làm tương tự ta cũng có z−1z = 1.

Hai số phức z1 = (x1, y1) và z = (x, y) ∈ C∗ xác định duy nhất một số

gọi là thương của chúng, kí hiệu làz1z, được định nghĩa như sau:

z1z

= z1.z−1 = (x1, y1).(

x

x2 + y2,− y

x2 + y2)

= (x1x+ y1y

x2 + y2,−x1y + y1x

x2 + y2) ∈ C

Lũy thừa với số mũ nguyên của số phức z ∈ C∗ được định nghĩa như

sau z0 = 1 ; z1 = z ; z2 = z.z và zn = z.z...z︸︷︷︸n lâ n

với mọi số nguyên n > 0

và zn = (z−1)−n với mọi số nguyên n < 0.


8

Mọi số phức z1, z2, z3 ∈ C∗ và mọi số nguyên m,n ta có các tính chất

sau

1) zm.zn = zm+n 4) (z1z2)n = z1

nz2

n

2)zm

zn= zm−n 5)

(z1z2

)n

=z1

n

z2n

3) (zm)n = zmn

Khi z = 0 ta định nghĩa 0n = 0 với mọi số nguyên n > 0.

e)Tính phân phối: z1 (z2 + z3) = z1z2 + z1z3 với mọi z1, z2, z3 ∈ C∗

Trên đây là những tính chất của phép cộng và phép nhân,thấy rằng tập

hợp các số phức cùng với các phép toán trên lập thành một trường.

1.1.4 Dạng đại số của số phức

Mỗi số phức được biểu diễn như một cặp số sắp thứ tự, nên khi thực

hiện các biến đổi đại số thường không được thuận lợi. Đó là lí do để tìm

dạng khác khi viết. Ta sẽ đưa vào dạng biểu diễn đại số mới. Xét tập hợp

R × {0} cùng với phép toán cộng và nhân được định nghĩa trên R2. Hàm

số

f : R → Rx {0} , f (x) = (x, 0)

là một song ánh và ngoài ra (x, 0) + (y, 0) = (x+ y, 0) và (x, 0).(y, 0) =

(xy, 0).

Người đọc sẽ không sai lầm nếu chú ý rằng các phép toán đại số trên

R × {0}.Đồng nhất với các phép toán trên R; vì thế chúng ta có thể đồng nhất

cặp số (x, 0) với số x, với mọi x ∈ R. Ta sử dụng song ánh trên và kí hiệu

(x, 0) = x.

Xét i = (0, 1) ta có

z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (y, 0).(0, 1)

= x + yi = (x, 0) + (0, 1).(y, 0).

Từ trên ta có mệnh đề

Mệnh đề 1.1.3. Mỗi số phức có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng

z = x+ yi,

với x,y là các số thực và i2 = −1.


9

Hệ thức i2 = −1 được suy ra từ định nghĩa phép nhân

i2 = i.i = (0, 1).(0, 1) = (−1, 0) = −1.

Biểu thức x+ yi được gọi là biểu diễn dạng đại số của số phức z = (x, y).

Vì thế ta có thể viết C ={x+ yi |x ∈ R, y ∈ R , i2 = −1

}. Từ giờ ta kí

hiệu z = (x, y) bởi z = x + yi. Số thực x = Re(z) được gọi là phần thực

của số phức z, y = Im(z) được gọi là phần ảo của z. Số phức có dạng

yi , y ∈ R gọi là số ảo. Số phức có dạng yi , y ∈ R∗ gọi là số thuần ảo, số

phức i gọi là đơn vị ảo.

Từ các hệ thức trên ta dế dàng có các kết quả sau:

a) z1 = z2 khi và chỉ khi Re(z1) = Re(z2) và Im(z1) = Im(z2).

b) z ∈ R khi và chỉ khi Im(z) = 0.

c) z ∈ C\R khi và chỉ khi Im(z) 6= 0.

Sử dụng dạng đại số, các phép toán về số phức được thực hiện như sau:

a. Phép cộng: z1+z2 = (x1+y1i)+(x2+y2i) = (x1+x2)+(y1+y2)i ∈ C.Dễ thấy tổng hai số phức là một số phức có phần thực là tổng các phần

thực, có phần ảo là tổng các phần thực ảo:

Re(z1 + z2) = Re(z1) + Re(z2)

Im(z1 + z2) = Im(z1) + Im(z2)

b. Phép nhân

z1.z2 = (x1 + y1i).(x2 + y2i) = (x1x2 − y1y2) + (x1y2 + x2y1) i ∈ C.

Ta cóRe(z1z2) = Re(z1) Re(z2)− Im(z1) Im(z2)

Im(z1z2) = Im(z1) Re(z2) + Im(z2) Re(z1)

Mối số thực λ ,số phức z = x + yi, λz = λ(x + yi) = λx + λyi ∈ C là

tích của một số thực với một số phức.Ta có các tính chất sau.

1) λ(z1 + z2) = λz1 + λz2.

2) λ1(λ2z) = (λ1λ2)z.

3) (λ1 + λ2)z = λ1z + λ2z.

Thực ra, hệ thức 1 và 3 là trường hợp đặc biệt của luật phân phối, hệ

thức 2 được suy ra từ luật kết hợp của số phức.


10

c. Phép trừ: z1−z2 = (x1+y1i)− (x2+y2i) = (x1−x2)+(y1−y2)i ∈ Cvới

Re(z1 − z2) = Re(z1)− Re(z2)

Im(z1 − z2) = Im(z1)− Im(z2)

1.1.5 Lũy thừa của số i

Các công thức cho số phức với lũy thừa là số nguyên được bảo toàn đối

với dạng đại số. Xét z = x+ yi, ta thu được z = i.

i0 = 1 ; i1 = i ; i2 = −1 ; i3 = i2.i = −i

i4 = i3.i = 1; i5 = i4.i = i ; i6 = i5.i = −1; i7 = i6.i = −i

Ta có thể tổng quát các công thức trên đối với số mũ nguyên dương n:

i4n = 1 ; i4n+1 = i ; i4n+2 = −1 ; i4n+3 = −i

Vì thế in ∈ {−1 , 1 ,−i , i} với mọi số nguyên n > 0. Nếu n là số

nguyên âm ta có:

in =(i−1)−n

=

(1

i

)−n= (−i)−n.

1.1.6 Số phức liên hợp

Mỗi số phức z = x+ yi đều có số phức z = x− yi, số phức đó được gọi

là số phức liên hợp hoặc số phức liên hợp của số phức z.

Mệnh đề 1.1.4.

1) Hệ thức z = z đúng khi và chỉ khi z ∈ R.2) Mỗi số phức z ta luôn có đẳng thức z = z.

3) Mỗi số phức z ,số phức z.z là một số thực không âm

4) z1 + z2 = z1 + z2 (số phức liên hợp của một tổng bằng tổng các số phức

liên hợp).

5) z1.z2 = z1.z2 (số phức liên hợp của một tích bằng tích các số phức liên

hợp).

6) Mỗi số phức z khác không đẳng thức sau luôn đúng z−1 = z−1.


11

7)

(z1z2

)=

z1z2, z2 6= 0 (liên hợp của một thương bằng thương các liên

hợp).

8) Công thức Re(z) =z + z

2và Im(z) =

z − z2i

, với mọi số phức z.

Chứng minh. 1) Nếu z = x + yi, từ hệ thức z = z ta có đẳng thức

x+ yi = x− yi vì thế 2yi = 0 hay y = 0. Vậy z = x ∈ R.2) Ta có z = x− yi và z = x− (−y)i = x+ yi = z.

3) Chú ý rằng z.z = (x+ yi)(x− yi) = x2 + y2 > 0.

4)

z1 + z2 = (x1 + y1i) + (x2 + y2i) = (x1 + x2) + (y1 + y2)i

= (x1 + x2)− (y1 + y2)i = (x1 − y1i) + (x2 + y2i) = z1 + z2.

5) Ta có thể viết

z1.z2 = (x1x2 − y1y2) + (x1y2 + x2y1)i = (x1x2 − y1y2)− (x1y2 + x2y1)i

= (x1 − y1i)(x2 − y2i) = z1.z2.

6) Vì z.1

z= 1 , ta có

(z.

1

z

)= 1 do đó z.

(1

z

)= 1, suy ra (z−1) = ( z)−1.

7) Ta có (z1z2

)=

(z1.

1

z2

)= (z1) .

(1

z2

)= (z1)

1

(z2)=z1z2

8)Từ hệ thứcz + z = (x+ yi) + (x− yi) = 2x;

z − z = (x+ yi)− (x− yi) = 2yi.

Ta có Re(z) =z + z

2và Im(z) =

z − z2i

.

Tính chất 4) và 5) có thể mở rộng

4’) (n∑

k=1

zk

)=

n∑k=1

zk


12

5’)n∏

k=1

zk =n∏

k=1

zk , ∀ zk ∈ C , k = 1, 2, 3.....n

Ghi chú: a) phần tử nghịch đảo của số phức z ∈ C∗ có thể được tính như

sau1

z=

z

z.z=

x− yix2 + y2

=x

x2 + y2− y

x2 + y2i.

b) Số phức liên hợp được sử dụng trong việc tìm thương của hai số phức

như sau:

z1z2

=z1.z2z2z2

=(x1 + y1i) (x2 − y2i)

x22 + y22=

x1x2 + y1y2x22 + y22

+−x1y2 + x2y1x22 + y22

i.

1.1.7 Mô đun của số phức

Số |z| =√x2 + y2 được gọi là mô đun hay giá trị tuyệt đối của số

phức z = x+ yi.

Mệnh đề 1.1.5. Các tính chất dưới đây được thỏa mãn 1) − |z| 6

Re(z) 6 |z| và − |z| 6 Im(z) 6 |z|.2) |z| > 0 , ∀ z ∈ C, ngoài ra |z| = 0 khi và chỉ khi z = 0.

3) |z| = |−z| = |z|4) z.z = |z|2

5)|z1z2| = |z1| . |z2| (mô đun của một tích bằng tích các mô đun).

6)|z1| − |z2| 6 |z1 + z2| 6 |z1|+ |z2|7)∣∣z−1∣∣ = |z|−1 , z 6= 0.

8)

∣∣∣∣z1z2∣∣∣∣ =

|z1||z2|

, z2 6= 0 (mô đun của một tích bằng tích các mô đun).

9) |z1| − |z2| 6 |z1 − z2| 6 |z1|+ |z2|.

Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra các tính chất từ (1) đến (4) luôn đúng.

5) Ta có |z1z2|2 = (z1z2) .(z1z2) = (z1z1) . (z2z2) = |z1|2.|z2|2, do |z| >0∀z ∈ C nên ta có |z1z2| = |z1| . |z2|.6)Ta có

|z1 + z2| 2 = (z1+z2 ) (z1 + z2) = (z1+z2)(z1+z2) = |z1|2+z1z2+z1z2+|z2|2


13

Vì z1z2 = z1.z2 = z1.z2 nên

z1z2 + z1.z2 = 2 Re(z1z2) 6 2 |z1z2| = 2 |z1| |z2| .

Suy ra |z1 + z2| 2 6 (|z1|+ |z2|)2. Vậy |z1 + z2| 6 |z1|+ |z2|

|z1| = |z1 + z2 + (−z2)| 6 |z1 + z2|+ |−z2| = |z1 + z2|+ |z2| .

Vì thế |z1| − |z2| 6 |z1 + z2|

7) Từ hệ thức z.1

z= 1 ta có |z|

∣∣∣∣1z∣∣∣∣ = 1 do đó

∣∣∣∣1z∣∣∣∣ =

1

|z|vì thế

∣∣z−1∣∣ =

|z|−1 .

8)Ta có

∣∣∣∣z1z2∣∣∣∣ =

∣∣∣∣z1. 1

z2

∣∣∣∣ =∣∣z1.z−12

∣∣ = |z1| .∣∣z−12

∣∣ = |z1| |z2|−1 =|z1||z2|

.

9) Ta có thể viết |z1| = |z1 − z2 + z2| 6 |z1 − z2|+ |z2| vì thế |z1|− |z2| 6

|z1 − z2| nên ta có

|z1 − z2| = |z1 + (−z2)| 6 |z1|+ |z2|

Chú ý:1) Bất đẳng thức |z1 + z2| 6 |z1|+ |z2| trở thành đẳng thức

khi và chỉ khi Re(z1z2) = |z1| |z2|. Điều này tương đương với z1 = tz2, với

t là số thực không âm.

2) Tính chất 5) và 6) có thể mở rộng như sau:

5’)

∣∣∣∣ n∏k=1

zk

∣∣∣∣ =n∏

k=1

|zk|.

6’)

∣∣∣∣ n∑k=1

zk

∣∣∣∣ 6 n∑k=1

|zk| , ∀ zk ∈ C , k = 1, n.

Từ 5’) và 7) ta có hệ quả sau

5”) |zn| = |z|n với mọi số nguyên n và số phức z.

1.2 Ý nghĩa hình học của các phép toán đại số

1.2.1 Ý nghĩa hình học của một số phức

Chúng ta định nghĩa số phức z = (x, y) = x + yi là một cặp số thực

sắp thứ tự (x, y) ∈ R×R, vì thế hoàn toàn tự nhiên khi xem mỗi số phức


14

z = x+ yi là một điểm M(x,y) trong không gian R×R. Xét P là tập hợp

các điểm của không gian∏

với hệ trục tọa độ Oxy và song ánh ϕ : C→ P

với ϕ (z) = M (x, y).

Định nghĩa 1.2.1. Điểm M(x,y) được gọi là dạng hình học của số phức

z = x+ yi.

Số phức z = x + yi được gọi là tọa độ phức của điểm M(x,y). Chúng

ta kí hiệu M(z) để chỉ tọa độ phức của điểm M là số phức z.

Dạng hình học của số phức liên hợp z của sô phức z = x + yi là điểm

M’(x,-y) đối xứng với M(x,y) qua truc tọa độ Ox.

Dạng hình học của số đối –z của số phức z = x+ yi là điểm M”(-x,-y)

đối xứng với M(x,y) qua gốc tọa độ.

Song ánh ϕ từ tập R lên trục Ox ta gọi là trục thực, lên trục Oy ta gọi

là trục ảo. Không gian∏

cùng với các điểm được đồng nhất với số phức

gọi là không gian phức.

Ta cũng có thể đồng nhất các số phức z = x+ yi với véc tơ −→v =−−→OM ,

với M(x,y) là dạng hình học của số phức z.

Gọi V0 là tập hợp các véc tơ có điểm gốc là gốc tọa độ O. Ta có thể

định nghĩa song ánh ϕ′ : C→ V0 , ϕ′(z) =

−−→OM = x

−→i + y

−→j , với

−→i ,−→j

là các véc tơ đơn vị trên trục tọa độ Ox, Oy.

1.2.2 Ý nghĩa hình học của môđun

Xét số phức z = x+ yi, biểu diễn hình học trong mặt phẳng là M(x,y).

Khoảng cách Ơclit OM cho bởi công thức

OM =

√(xM − xO)2 + (yM − yO)2.

Vì thế OM =√x2 + y2 = |z| = |−→v | mô đun |z| của số phức z = x + yi

là độ dài của đoạn thẳng OM hoặc là độ lớn của véc tơ −→v = x−→i + y

−→j .

Chú ý. a) Mỗi số thực dương r ,tập hợp các số phức có mô đun r tương

đương với đường tròn C(O;r) tâm O bán kính r trong mặt phẳng.

b) Các số phức z với |z| < r là các điểm nằm bên trong đường tròn C(O;r).

Các số phức z với |z| > r là các điểm nằm bên ngoài đường tròn C(O;r).


15

1.2.3 Ý nghĩa hình học của các phép toán đại số

a) Phép cộng và phép trừ Xét hai số phức z1 = x1 + y1i và z2 =

x2 +y2i tương đương với hai véc tơ −→v1 = x1−→i +y2

−→j và −→v2 = x2

−→i +y2

−→j .

Tổng của hai số phức là z1 + z2 = (x1 + x2) + (y1 + y2) i.

Tổng hai véc tơ −→v1 +−→v2 = (x1 + x2)−→i + (y1 + y2)

−→j .

Vì thế z1 + z2 tương đương với −→v1 +−→v2 .Hoàn toàn tương tự đối với phép trừ.

Hiệu của hai số phức là z1 − z2 = (x1 − x2) + (y1 − y2) i.Hiệu hai véc tơ −→v1 −−→v2 = (x1 − x2)

−→i + (y1 − y2)

−→j .

Vì thế z1 − z2 tương đương với −→v1 −−→v2 .Chú ý: Khoảng cách giữa M1 (x1; y1) và M2 (x2; y2) bằng mô đun của số

phức z1 − z2 hoặc độ dài của véc tơ −→v1 −−→v2 .Vậy M1M2 = |z1 − z2| = |−→v1 −−→v2 | =

√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2.

b) Tích của số thực và số phức

Xét số phức z = x + yi tương đương với véc tơ −→v = x−→i + y

−→j . Nếu

λ là số thực, thì tích số thực λz = λx + λyi tương đương với véc tơ

λ−→v = λx−→i + λy

−→j .

Chú ý rằng nếu λ > 0 thì véc tơ λ−→v và −→v cùng hướng và |λ−→v | = λ |−→v |,nếu λ < 0 thì véc tơ λ−→v và −→v ngược hướng và |λ−→v | = −λ |−→v |. Tất nhiênλ = 0 thì λ−→v =

−→0 .


16

Chương 2

Số phức và hình học

2.1 Một vài khái niệm và tính chất

Giả sử các số phức z1 và z2 có biểu diễn hình học là các điểmM1 và M2

khi đó khoảng cách giữa hai điểm M1 và M2 được cho bởi công thức

M1M2 = |z1 − z2| .

Hàm khoảng cách d : CxC→ [0,∞) được định nghĩa như sau

d (z1, z2) = |z1 − z2| .

Và nó thỏa mãn các tính chất

a) Dương và không suy biến d (z1, z2) > 0 , ∀z1, z2 ∈ C,d (z1, z2) = 0 khi

và chỉ khi z1 = z2.

b) Đối xứng d (z1, z2) = d (z2, z1) ∀ z1, z2 ∈ C.c) Bất đẳng thức tam giác d (z1, z2) 6 d (z1, z3)+d (z3, z2) , ∀ z1, z2, z3 ∈C.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có số thực dương k sao cho z3 − z1 =

k (z2 − z3).

2.2 Đoạn thẳng, tia, đường thẳng

Cho A và B là hai điểm phân biệt, trong mặt phẳng phức có tọa độ là

a và b. Ta nói điểm M có tọa độ z nằm giữa A và B nếu z 6= a , z 6= b và

hệ thức sau thỏa mãn |a− z| + |z − b| = |a− b|.Ta sử dụng kí hiệu A-M-B . Tập hợp (AB) = {M : A−M −B} được gọi


17

là đoạn thẳng mở xác định bởi điểm A và B.

Tập hợp [AB] = (AB) ∪ {A,B} được gọi là đoạn thẳng đóng định nghĩa

bởi A và B.

Định lý 2.2.1. Giả sử A(a) ,B(b) là hai điểm phân biệt. Khi đó các trình

bày dưới đây là tương đương

1) M ∈ (AB);

2) có số thực dương k sao cho z − a = b (k − z);

3) Có số thực t ∈ (0, 1) sao cho z = (1− t) a + tb, với z là tọa độ phức

của M

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh 1) và 2) tương đương. Thật vậy

M ∈ (AB) khi và chỉ khi |a− z| + |z − b| = |a− b|. Đó là d (a, z) +

d (z, b) = d (a, b), hoặc tương đương với: có số thực dương k để

z − a = k (b− z) .

Ta chứng minh 2) tương đương 3). Xét t =k

k + 1∈ (0, 1) hoặc k =

t

1− t> 0. Từ đó ta có z−a = k (b− z) khi và chỉ khi z =

1

k + 1a+

k

k + 1b

hay z = (1− t) a+ tb. Đó là điều phải chứng minh.

Tập hợp (AB = {M |A−M −B or A - B - M} được gọi là tia mở với

điểm cuối A và chứa B.

Định lý 2.2.2. Giả sử A(a), B(b) là hai điểm phân biệt. Khi đó các khẳng

định dưới đây là tương đương

1)M ∈ (AB);

2) Có số thực dương t sao cho z = (1− t) a+ tb, với z là tọa độ phức của

M

3) arg (z − a) = arg (z − b);4)

z − ab− a

∈ R+;

Chứng minh. Ta chứng minh 1)⇒ 2)⇒ 3)⇒ 4)⇒ 1).

1) ⇒ 2) Từ M ∈ (AB) ta có A-M-B hoặc A-B-M.Có các số t, l ∈ (0, 1)


18

sao cho z = (1− t) a+ tb hoặc b = (1− l) a+ lz.

Trường hợp đầu ta đã làm, trường hợp hai ta đặt t =1

lta có

z = tb− (t− 1) a = (1− t) a+ tb.

Đó là điều phải chứng minh.

2⇒ 3 từ z = (1− t) a+ tb ta có z − a = t (b− a),t > 0.

Vì thế arg (z − a) = arg (z − b).3) ⇒ 4). Hệ thức arg

z − ab− a

= arg (z − a) − arg (b− a) + 2kπ với k là

số nguyên. Suy ra argz − ab− a

= 2kπ, vì argz − ab− a

∈ [0, 2π) nên k=0 và

argz − ab− a

= 0. Do đóz − ab− a

∈ R+. Điều phải chứng minh.

4)⇒ 1) Lấyz − ab− a

∈ R∗ vì z = a+ t (b− a) = (1− t) a+ tb , t > 0..

Nếu t ∈ (0, 1) thì M ∈ (AB) ⊂ (AB . Nếu t = 1 thì z = b và M ≡ B ∈(AB). Cuối cùng nếu t >1 ta đặt l =

1

t∈ (0, 1), ta có b = lz + (1− l) a.

Từ đấy A-M-B và M ∈ (AB).

Định lý 2.2.3. Giả sử A(a) ,B(b) là hai điểm phân biệt. Khi đó các khẳng

định dưới đây là tương đương

1) M nằm trên đường thẳng AB;

2)z − ab− a

∈ R;

3) Có số thực t sao cho z = (1− t) a+ tb;

4)

∣∣∣∣ z − a z − ab− a b− a

∣∣∣∣ = 0;

5)

∣∣∣∣∣ z z 1a a 1b b 1

∣∣∣∣∣ = 0.

Chứng minh. Ta có 1)⇔ 2)⇔ 3). Nếu một điểm C thỏa mãn C-A-B thì

đường thẳng AB chính là (AB ∪ {A} ∪ (AC sau đó áp dụng Định lý 2.2.2

ta có kết quả trên.

Bây giờ ta sẽ chứng minh 2)⇔ 4)⇔ 5).

Thật vậy, ta cóz − ab− a

∈ R khi và chỉ khiz − ab− a

=

(z − ab− a

)=z − ab− a

đẳng

thức này tương đương với

∣∣∣∣ z − a z − ab− a b− a

∣∣∣∣ = 0. Vậy 2)⇔ 4).


19

Ngoài ra ta có∣∣∣∣∣ z z 1a a 1b b 1

∣∣∣∣∣ = 0 khi và chỉ khi

∣∣∣∣∣ z − a z − a 0a a 1

b− a b− a 0

∣∣∣∣∣ = 0

Hệ thức này tương đương với

∣∣∣∣ z − a z − ab− a b− a

∣∣∣∣ = 0. Vì thế 4)⇔ 5).

2.3 Chia một đoạn thẳng theo một tỉ số

Cho hai điểm A(a),B(b) phân biệt. Một điểm M(z) nằm trên đường

thẳng AB chia đoạn AB theo tỉ số k ∈ R\ {1} khi hệ thức véc tơ sau thỏa

mãn:−−→MA = k.

−−→MB.

Sử dụng tọa độ hệ thức trên có thể viết a−z = k (b− z) hoặc (1− k) .z =

a− k.b.Vì thế ta có z =

a− kb1− k

. Khi k<0 điểm M nằm trên đoạn thẳng nối A và

B.

Nếu k ∈ (0, 1), thì M ∈ (BA\ [AB] .

Trường hợp còn lại k>1 thì M ∈ (AB\ [AB] Ta có một hệ quả, khi k=

-1, M là trung điểm AB,tọa độ M là zM =a+ b

2.

2.4 Góc định hướng

Nhớ lại rằng, một tam giác được định hướng nếu như các đỉnh của nó

được chỉ rõ thứ tự. Tam giác có hướng dương nếu hướng các đỉnh ngược

chiều kim đồng hồ, hướng ngược lại là hướng âm. LấyM1 (z1) và M2 (z2)

là hai điểm phân biệt khác gốc tọa độ trong mặt phẳng phức. Góc M1OM2

được gọi là định hướng nếu các điểm M1 và M2 có thứ tự thuận chiều

kim đồng hồ.

Mệnh đề 2.4.1. Số đo góc định hướng M1OM2 bằng argz2z1.

Chứng minh. Ta xét hai trường hợp

a) Tam giác M1OM2 có hướng âm

M1OM2 = xOM2 − xOM1 = arg z2 − arg z1.


20

b) Tam giác M1OM2 có hướng dương

M1OM2 = 2π − M2OM1 = 2π − argz1z2

Vì tam giác M2OM1 có hướng âm nên

M1OM2 = 2π −(

2π − argz2z1

)= arg

z2z1.

Chú ý Kết quả trên vẫn đúng nếu O,M1,M2 thẳng hàng.

Định lý 2.4.2. Cho ba điểm phân biệt M1 (z1) , M2 (z2) , M3 (z3) . Số

đo góc định hướng M2M1M3 là argz3 − z1z2 − z1

.

Chứng minh. Tịnh tiến theo véc tơ −z1, ảnh của các điểm M1 , M2 , M3

biến thành O,M′

2 , M′

3, có tọa độ phức là O , z2 − z1, z3 − z1. Ngoài ra

M2M1M3 = M′2OM

′3.

Sử dụng lại kết quả trên ta có M′2OM

′3 = arg

z3 − z1z2 − z1

. Đó là điều phải

chứng minh.

Chú ý: Sử dụng biểu diễn cực, từ trên ta có kết quả sau

z3 − z1z2 − z1

=

∣∣∣∣z3 − z1z2 − z1

∣∣∣∣ (cos(argz3 − z1z2 − z1

)+ i sin

(z3 − z1z2 − z1

))=

∣∣∣∣z3 − z1z2 − z1

∣∣∣∣ (cos M2M1M3 + i sin M2M1M3

)

2.5 Góc giữa hai đường thẳng

Cho bốn điểm Mi (z1) , i ∈ {1, 2, 3, 4}. Số đo góc xác định bởi đường

thẳngM1M3 và M2M4 bằng argz3 − z1z4 − z2

hoặc argz4 − z2z3 − z1

. Chứng minh

giống như kết quả phần trước.


21

2.6 Phép quay một điểm

Xét góc α và số phức cho bởi ε = cosα + i sinα.

Lấy z = r (cos t+ i sin t) là số phức và M là biểu diễn hình học.

Dạng tích zε = r (cos (t+ α) + i sin (t+ α)), ta có |rε| = r và arg (zε) =

arg z + α.

Gọi M’ là biểu diễn hình học của zε, ta thấy rằng điểm M’ là ảnh của M

qua phép quay tâm O (gốc tọa độ ) góc quay là α.

Mệnh đề 2.6.1. Giả sử điểm C là ảnh của B qua phép quay tâm A góc

quay α. Nếu a,b,c là các tọa độ của A,B,C phân biệt thì

c = a+ (b− a) ε với ε = cosα + i sinα.

Chứng minh. Tịnh tiến theo véc tơ –a , các điểm A, B, C biến thành O,

B’, C’ với tọa độ phức tương ứng O, b-a, c-a. Điểm C’ là ảnh của điểm B’

qua phép quay quanh gốc góc quay α, vì thế ta có

c− a = (b− a) ε hay c = a+ (b− a) ε.

Bài toán 1. Cho ABCD và BNMK là hai hình vuông không trùng nhau .

E là trung điểm của AN, F là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng

CK.Chứng minh rằng E,F,B thẳng hàng.

Giải: Xét không gian phức gốc F các trục tọa độ CK và FB với FB là

trục ảo. Lấy c, k, bi là tọa độ các điểm C,B,K với c, k, b ∈ R. Phép quay

tâm B góc quay θ =π

2biến điểm C thành điểm A vì thế A có tọa độ là

a = b (1− i) + ci. Tương tự N là ảnh của điểm B góc quay θ = −π2và có

tọa độ phức là n = b (1 + i)− ki.Trung điểm E của đoạn thẳng AN có tọa độ phức là e =

a+ n

2= b+

c− k2

i.

Vậy E nằm trên đường thẳng FB.

Bài toán 2. Cho tứ giác ABCD, trên các cạnh AB,BC,CD,DA ta lần lượt

dụng về phía ngoài của tứ giác các hình vuông có tâm O1, O2, O3, O4 phân

biệt. Chứng minh rằng

O1O3⊥O2O4 và O1O3 = O2O4.


22

Giải: Lấy ABMM’,BCNN’,CDPP’,DAQQ’ lần lượt là các hình vuông

có tâm O1, O2 , O3 , O4.

Điểm M là ảnh của A qua phép quay tâm B góc quay θ =π

2vì thế

m = b+ (a− b) i.

Tương tự

n = c+ (b− c) i , p = (c− d) i , q = a+ (d− a) i.

Từ đó ta có

o1 =a+m

2=a+ b+ (a− b) i

2, o2 =

b+ c+ (b− c) i2

o3 =c+ d+ (c− d) i

2và o4 =

d+ a+ (d− a) i

2

Vìo3 − o1o4 − o2

=c+ d− a− b+ i (c− d− a+ b)

a+ d− b− c+ i (d− a− b+ c)= −i ∈ iR∗.

Nên ta có

O1O3⊥O2O4 .

Ngoài ra do ∣∣∣∣o3 − o1o4 − o2

∣∣∣∣ = |−i| = 1.

Nên ta thu được

O1O3 = O2O4.

Bài toán 3. Về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các tam giác ABR,BCP,CAQ

sao choPBC = CAQ = 45o;

BCP = QCA = 30o;

ABR = RAB = 15o.

Chứng minh rằng

QRP = 90o và RQ = RP


23

Giải: Xét mặt phẳng phức với gốc tọa độ là R, gọi M là hình chiếu

vuông góc của P lên BC.

Từ MP=MB vàMC

MP=√

3 ta cóp−mb−m

= i vàc−mp−m

= i√

3.

Vì thế

p =c+√

3b

1 +√

3+

b− c1 +√

3i.

Tương tự

q =c+√

3a

1 +√

3+

a− c1 +√

3i.

Điểm B có được từ điểm A bằng cách quay quanh R một góc θ = 150o vì

thế

b = a

(−√

3

2+

1

2i

).

Sử dụng biến đổi đại số ta cóp

q= i ∈ iR∗, vì thế QR⊥PR. Ngoài ra

|p| = |iq| = |q| nên QR = PR.

2.7 Điều kiện thẳng hàng, vuông góc và cùng thuộc

một đường tròn

Xét bốn điểm phân biệt

Mi (zi) , i ∈ {1, 2, 3, 4} .

Mệnh đề 2.7.1. Các điểm M1,M2,M3 thẳng hàng khi và chỉ khi

z3 − z1z2 − z1

∈ R∗.

Chứng minh. Các điểm M1,M2,M3 thẳng hàng thì M2M1M3 ∈ {0, π}.

Suy ra arg

(z3 − z1z2 − z1

)∈ {0, π} hay z3 − z1

z2 − z1∈ R∗.

Mệnh đề 2.7.2. Đường thẳng M1M2 và M3M4 vuông góc khi và chỉ khiz1 − z2z3 − z4

∈ iR∗.


24

Chứng minh. Ta có M1M2 ⊥ M3M4 khi và chỉ khi (M1M2,M3M4) ∈{π

2,3π

2

}điều này tương đương với arg

(z1 − z2z3 − z4

)∈{π

2,3π

2

}. Từ đây

ta cóz1 − z2z3 − z4

∈ iR∗.

Chú ý: giả sử M2 = M4 thì M1M2 ⊥ M3M2 khi và chỉ khi

z1 − z2z3 − z2

∈ iR∗.

Bài toán 4. Cho z1, z2, z3 là tọa độ ba đỉnh A,B,C của một tam giác. Nếu

ω1 = z1 − z2 và ω2 = z3 − z1. Chứng minh rằng A = 90o khi và chỉ khi

Re (ω1.ω2) = 0

Giải: Ta có A = 90o khi và chỉ khiz2 − z1z3 − z1

∈ iR hayω1

−ω2∈ iR.

Điều này tương đương với Re

(ω1

−ω2

)= 0 hay Re

(ω1ω2

−|ω2|2

)= 0 ⇔

Re (ω1ω2) = 0.

Mệnh đề 2.7.3. Bốn điểm phân biệt M1 (z1) ,M2 (z2) ,M3 (z3) ,M4 (z4)

thẳng hàng hoặc cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi

k =z3 − z2z1 − z2

:z3 − z4z1 − z4

∈ R∗

.

Chứng minh. Giả sử các điểm không thẳng hàng.Chúng ta có thể sắp xếp

bốn điểm trên một đường tròn theo 12 cách khác nhau. Xét trường hợp

thứ tự của bốn điểm là M1,M2,M3,M4.Các điểm M1,M2,M3,M4 nằm

trên một đường tròn khi và chỉ khi

M1M2M3 + M1M4M3 ∈ {3π, π} .

Thế thì

arg

(z3 − z2z1 − z2

)+ arg

(z1 − z4z3 − z4

)∈ {3π, π} .

Ta có

arg

(z3 − z2z1 − z2

)− arg

(z3 − z4z1 − z4

)∈ {3π, π} .


25

Mỗi cách sắp thứ tự khác của bốn điểm, chứng minh hoàn toàn tương

tự.

Khi k>0 trong ba trường hợp và k<0 trong trường hợp còn lại. Số k

được gọi là tỉ số kép của bốn điểm

M1 (z1) ,M2 (z2) ,M3 (z3) ,M4 (z4)

Chú ý 1) các điểm M1,M2,M3,M4 thẳng hàng khi và chỉ khi

z3 − z2z1 − z2

∈ R∗ vàz3 − z4z1 − z4

∈ R∗

2) Các điểm M1,M2,M3,M4 nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi

k =z3 − z2z1 − z2

:z3 − z4z1 − z4

∈ R∗.

Nhưngz3 − z2z1 − z2

/∈ R vàz3 − z4z1 − z4

∈ R.

Bài toán 5. Tìm tất cả các số phức z sao cho các điểm theo thứ tự có tọa

độ phức z, z2, z3, z4 là các đỉnh của một tứ giác nội tiếp

Giải: Nếu các điểm có tọa độ phức theo thứ tự z, z2, z3, z4 là các đỉnh

của một tứ giác nội tiếp thì

z3 − z2

z − z2:z3 − z4

z − z4∈ R∗.

Từ đó

−1 + z + z2

z∈ R⇔ −1−

(z +

1

z

)∈ R∗.

Ta có z +1

z∈ R∗ ⇔ z +

1

z= z +

1

zvì thế (z − z)

(|z|2 − 1

)= 0, do đó

z ∈ R hoặc |z| = 1.

Nếu z ∈ R thì các điểm có tọa độ z, z2, z3, z4 thẳng hàng ,không thỏa mãn.

Ta chỉ xét trường hợp |z| = 1.

Đặt t = arg z ∈ [0, 2π). Ta chứng minh rằng: các điểm có tọa độ phức

z, z2, z3, z4 theo thứ tự nằm trên đường tròn đơn vị khi và chỉ khi t ∈


26(0,

2π

3

)∪(

4π

3, 2π

)Thật vậy, a) Nếu t ∈

(0,π

2

)thì 0 < t < 2t < 3t < 4t < 2π hoặc

0 < arg z < arg z2 < arg z3 < arg z4 < 2π.

b) Nếu t ∈[π

2,2π

3

)thì 0 6 4t − 2π < t < 2t < 3t < 2π hoặc 0 6

arg z4 < arg z < arg z2 < arg z3 < 2π.

c) Nếu t ∈[

2π

3, π

)thì 0 6 3t − 2π < t < 4t − 2π < 2t < 2π hoặc

0 6 arg z3 < arg z < arg z4 < arg z2 < 2π.

Giống như cách trên chúng ta có thể phân tích các trường hợp t ∈ [π, 2π) .

Vậy các số phức thỏa mãn là z = cos t+ i sin t với t ∈(

0,2π

3

)∪(

4π

3, π

).

2.8 Tam giác đồng dạng

Xét sáu điểm A1 (a1) , A2 (a2) , A3 (a3) , B1 (b1) , B2 (b2) , B3 (b3) trong

mặt phẳng phức Ta nói rằng tam giác A1A2A3 và B1B2B3 đồng dạng

với nhau nếu góc Ak bằng góc Bk , k ∈ {1, 2, 3}.

Mệnh đề 2.8.1. Tam giác A1A2A3 và B1B2B3 đồng dạng và có cùng

hướng khi và chỉ khia2 − a1a3 − a1

=b2 − b1b3 − b1

. (2.1)

Chứng minh. Ta cóA1A2A3 ∼ B1B2B3 khi và chỉ khiA1A2

A1A3=B1B2

B1B3và ,

A3A1A2 = B3B1B2.

Điều này đương với|a2 − a1||a3 − a1|

=|b2 − b1||b3 − b1|

và arga2 − a1a3 − a1

= argb2 − b1b3 − b1

.

Ta thu đượca2 − a1a3 − a1

=b2 − b1b3 − b1

.

Chú ý: 1) Điều kiện (2.1) tương đương với

∣∣∣∣∣ 1 1 1a1 a2 a3b1 b2 b3

∣∣∣∣∣ = 0 .

2) Tam giác A1 (0) , A2 (1) , A3 (2i) và B1 (0) , B2 (−i) , B3 (−2) đồng

dạng với nhau, nhưng ngược hướng. Điều kiện (2.1) không được thỏa mãn,


27

thật vậy ta có

a2 − a1a3 − a1

=1− 0

2i− 0=

1

2i6= b2 − b1b3 − b1

=−i− 0

−2− 0=i

2

Mệnh đề 2.8.2. Tam giác A1A2A3 và B1B2B3 đồng dạng và ngược hướng

khi và chỉ khia2 − a1a3 − a1

=b2 − b1b3 − b1

. (2.2)

Chứng minh. Lấy đối xứng qua trục Ox các điểm B1, B2, B3 ta được các

điểmM1 (b1) ,M2 (b2) ,M3 (b3). Tam giác B1B2B3 và M1M2M3 đồng dạng

và ngược hướng. Vì thế tam giác A1A2A3 và M1M2M3 đồng dạng và cùng

hướng. Áp dụng mệnh đề trên ta có kết quả (2.2).

Bài toán 6. Trên các cạnh AB,BC,CA của tam giác ABC ta dựng các

tam giác đồng dạng và có cùng hướng ADB,BEC,CFA. Chứng minh rằng

tam giác ABC và tam giac DEF có cùng trọng tâm.

Giải: Vì các tam giác ADB,BEC,CFA đồng dạng và có cùng hướng nên

d− ab− a

=e− bc− b

=f − ca− c

= z

Từ đây ta có

d = a+ (b− a)z , e = b+ (c− b) z , f = c+ (a− c) z.

Suy rad+ e+ f

3=a+ b+ c

3.

Vậy tam giác ABC và tam giac DEF có cùng trọng tâm.

Bài toán 7. Cho tam giác ABC trung điểm các cạnh AB,BC,CA lần lượt

là M,N,P.Trên đường trung trực của các đoạn thẳng [AB] , [BC] , [CA] các

điểm A’,B’,C’ được chọn phía trong tam giác sao cho

MC ′

AB=NA′

BC=PB′

CA.

Chứng minh rằng tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm.


28

Giải: TừMC ′

AB=NA′

BC=PB′

CA. Ta có tan(C ′AB) = tan(A′BC) =

tan(CB′a). Vì thế tam giác AC’B,BA’C,CB’A đồng dạng với nhau .Áp

dụng kết quả bài trên ta có lời giải bài toán.

Bài toán 8. Cho tam giác ABO đều với tâm S, tam giác đều khác A’B’O có

cùng hướng với tam giac ABO và gọi M và N lần lượt là trung điểm A’B và

AB’. Chứng minh rằng tam giác SB’M và SA’N đồng dạng. (

IMO-Shortlist)

Giải : Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO và

ε = cos2π

3+ i sin

2π

3.

Xét mặt phẳng phức với gốc S sao cho O nằm trên chiều dương của trục

thực.Tọa độ của các điểm O,A,B là R,Rε,Rε2.

Xét R+z là tọa độ của B’ khi đó tọa độ A’ là R− zε. Tọa độ trung điểm

M,N là

zM =zB + zA′

2=Rε2 +R− zε

2=R(ε2 + ε)− zε

2=−Rε− zε

2=−ε(R + z)

2.

Và.

zN =zA + zB′

2=Rε+R + z

2=R (ε+ 1) + z

2=−Rε2 + z

2=z − R

ε2

=R− zε−2ε

.

Giờ ta có

zB′ − zSzM − zS

=zA′ − zSzN − zS

⇔ R + z

−ε (R + z)

2

=R− zεR− zε−2ε

⇔ ε.ε = 1⇔ |ε|2 = 1.

Vậy giác SB’M và SA’N đồng dạng và ngược hướng.

2.9 Tam giác đều

Mệnh đề 2.9.1. Giả sử z1, z2, z3 là tọa độ các đỉnh của tam giác A1A2A3.

Khi đó các khẳng định sau tương đương

a A1A2A3 là tam giác đều ;


29

b |z1 − z2| = |z2 − z3| = |z3 − z1|;c z21 + z22 + z23 = z1z2 + z2z3 + z3z1;

d)z2 − z1z3 − z2

=z3 − z2z1 − z2

;

e)1

z − z1+

1

z − z2+

1

z − z3= 0, với z =

z1 + z2 + z33

;

f)(z1 + εz2 + ε2z3

) (z1 + ε2z2 + εz3

)= 0 với ε = cos

2π

3+ i sin

2π

3.

g)

∣∣∣∣∣ 1 1 1z1 z2 z3z2 z3 z1

∣∣∣∣∣ = 0.

Chứng minh. Tam giác A1A2A3 đều khi và chỉ khi A1A2A3 đồng dạng và

cùng hướng với A2A3A1 hoặc là∣∣∣∣∣ 1 1 1z1 z2 z3z2 z3 z1

∣∣∣∣∣ = 0.

Vậy a)⇔ g)

Tính toán biến đổi ta có

0 =

∣∣∣∣∣ 1 1 1z1 z2 z3z2 z3 z1

∣∣∣∣∣ = z1z2 + z2z3 + z3z1 −(z21 + z22 + z23

)= −

(z1 + εz2 + ε2z3

) (z1 + ε2z2 + εz3

),

.

Vì thế g) ⇔ c)⇔ f).

Sử dụng biến đổi đại số ta có d) ⇔ c). Vì a) ⇔ b) là rõ ràng, độc giả tự

chứng minh a) ⇔ e).

Mệnh đề 2.9.2. Giả sử z1, z2, z3 là tọa độ các đỉnh của tam giác có hướng

dương A1A2A3. Khi đó các khẳng định sau tương đương

a) A1A2A3 là tam giác đều;

b) z3 − z1 = ε (z2 − z1) với ε = cosπ

3+ i sin

π

3;

c) z2 − z1 = ε (z3 − z1) với ε = cos5π

3+ i sin

5π

3;

d) z1 + εz2 + ε2z3 = 0, với ε = cos2π

3+ i sin

2π

3.

Chứng minh. Tam giác A1A2A3 đều và có hướng dương khi và chỉ khi A3

là ảnh của A2 qua phép quay quanh A1 góc quayπ

3. Do đó

z3 = z1 +(cos

π

3+ i sin

π

3

)(z2 − z1)


30

Vì thế a)⇔ b). Phép quay quanh A1 góc quay5π

3biến A3 thành A2. Làm

tương tự ta cũng có a) ⇔ c).

Ta chứng minh b) ⇔ d)

z3 = z1 +(cos

π

3+ i sin

π

3

)(z2 − z1) = z1 +

(1

2+ i

√3

2

)(z2 − z1)

=

(1

2− i√

3

2

)z1 +

(1

2+ i

√3

2

)z2

Vì thế

z1 + εz2 + ε2z3 = z1 +

(−1

2+ i

√3

2

)z2 +

(−1

2− i√

3

2

)z3

= z1 +

(−1

2+ i

√3

2

)z2 +

(−1

2− i√

3

2

)[(1

2− i√

3

2

)z1 +

(1

2+ i

√3

2

)z2

]

= z1 +

(−1

2+ i

√3

2

)z2 − z1 +

(1

2− i√

3

2

)z2 = 0

Hay b)⇔ d).

Mệnh đề 2.9.3. Giả sử z1, z2, z3 là tọa độ các đỉnh của tam giác có hướng

âm A1A2A3. Khi đó các khẳng định sau tương đương a)A1A2A3 là tam giác

đều;

b) z3 − z1 = ε (z2 − z1) với ε = cos5π

3+ i sin

5π

3;

c) z2 − z1 = ε (z3 − z1) với ε = cosπ

3+ i sin

π

3;

d) z1 + ε2z2 + εz3 = 0 với ε = cos2π

3+ i sin

2π

3.

Tam giác đều A1A2A3 có hướng âm khi và chỉ khi tam giác đếu A1A3A2

có hướng dương.Phần còn lại dựa vào mệnh đề trên.

Mệnh đề 2.9.4. Giả sử z1, z2, z3 là tọa độ các đỉnh của tam giác đều

A1A2A3. Xét các khẳng định :

1) Tam giác A1A2A3 đều;

2) z1z2 = z2z3 = z3z1;

3) z21 = z2z3 và z22 = z1z3;

Khi đó 2)⇒ 1) , 3)⇒ 1) , và 2)⇔ 3).


31

Chứng minh. 2)⇒ 1) Lấy mô đun từng số hạng trong hệ thức ta có:

|z1| |z2| = |z2| |z3| = |z3| |z1| ⇔ |z1| |z2| = |z2| |z3| = |z3| |z1|

Dẫn đến r = |z1| = |z2| = |z3| và z1 =r2

z1, z2 =

r2

z2, z3 =

r2

z3.

Kết hợp với hệ thức 2) ta cóz1z2

=z2z3

=z3z1

hay z21 = z2z3 , z22 =

z3z1 , z23 = z1z2 Cộng theo vế ba hệ thức trên ta có

z21 + z22 + z23 = z1z2 + z2z3 + z3z1

Vì thế tam giác A1A2A3 đều.

Ta cũng đã chứng minh được 2) ⇒ 3) và có thể đảo ngược lại vì thế

2)⇔ 3). Hệ quả là 3)⇒ 1).

Bài toán 9. Cho z1, z2, z3 là các số có khác 0 ,đồng thời là tọa độ các đỉnh

của tam giác A1A2A3. Nếu z21 = z2z3 , z22 = z3z1 thì tam giác A1A2A3

đều.

Giải: Nhân theo vế các hệ thức z21 = z2z3 và z22 = z3z1 ta có z21z22 =

z1z2z23 dẫn đến z23 = z1z2. Suy ra

z21 + z22 + z23 = z1z2 + z2z3 + z3z1.

Vì thế tam giác A1A2A3 đều.

Bài toán 10. Cho z1, z2, z3 là tọa độ các đỉnh của tam giác A1A2A3. Nếu

|z1| = |z2| = |z3| và z1 + z2 + z3 = 0. Chứng minh rằng tam giác A1A2A3

đều.

Giải: Với mọi số phức z1và z2 ta luôn có đẳng thức

|z1 − z2|2 + |z1 + z2|2 = 2(|z1|2 + |z2|2

)(2.3)

Từ z1 + z2 + z3 = 0 ta có z1 + z2 = −z3 vì thế |z1 + z2| = |z3|. Sử dụng

hệ thức |z1| = |z2| = |z3| và (2.3) ta có |z1 − z2|2 = 3|z1|2. Tương tự ta

có |z2 − z3|2 = 3|z1|2 và |z3 − z1|2 = 3|z1|2. Vì thế |z1 − z2| = |z2 − z3| =|z3 − z1|. Vậy tam giác A1A2A3 đều.

Cách 2 Sử dụng số phức liên hợp, ta có1

z1+

1

z2+

1

z3= 0. Kết hợp vớ giả


32

thiết ta thu được z21 + z22 + z23 = z1z2 + z2z3 + z3z1 = 0. Từ đó ta có kết

luận theo mệnh đề 2.8.1.

Cách 3 Từ giả thiết |z1| = |z2| = |z3| ta xét mặt phẳng phức với gốc là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1A2A3.

Khi đó tọa độ trực tâm H là zH = z1 + z2 + z3 = 0 = zO.

Vì thế H=O,vậy tam giác A1A2A3 đều.

Bài toán 11. Về phía ngoài tam giác ABC dựng ba tam giác đều có hướng

dương AC’B , BA’C, CB’A.Chứng minh rằng các trọng tâm của ba tam

giác là các đỉnh của một tam giác đều.

(Napoleon’s problem)

Giải: Gọi a,b,c là tọa độ ba đỉnh A,B,C.Sử dụng Mệnh đề 2.9.2 ta có

a+ c′ε+ bε2 = 0 , b+ a′ε+ cε2 = 0 , c+ b′ε+ aε2 = 0, (2.4)

với a’, b’, c’, là tọa độ các điểm A’, B’, C’ Trọng tâm các tam giác AC’B,

BA’C, CB’A có tọa độ là

a” =1

3(a′ + b+ c); b” =

1

3(a+ b′ + c); c” =

1

3(a+ b+ c′)

Ta sẽ kiểm tra c′′ + a′′ε+ b′′ε2 = 0. Thật vậy(c′′ + a′′ε+ b′′ε2

)= (a+ b+ c′) + (a′ + b+ c) ε+ (a+ b′ + c) ε2

=(b+ a′ε+ cε2

)+(a+ c′ε+ bε2

)+(c+ b′ε+ aε2

)= 0.

Bài toán 12. Trên các cạnh của tam giác ,về phía ngoài ta dựng ba đa

giác đều n cạnh. Tìm tất cả các giá trị của n sao cho tâm của các hình n

giác đó là các đỉnh của một tam giác đều.

(Balkan Mathematical Olympiad-Shortlist)

Giải: Xét A0, B0, C0 là trọng tâm của các n giác trên các cạnh BC,CA,AB.

Số đo các góc AC0B , BA0C , AB0C là2π

n.

Kí hiệu a , b , c , a0 , b0 , c0 là tọa độ các điểm A,B,C, A0, B0, C0.

Sử dụng công thức phép quay ta có

a = c0 + (b− c0) ε;b = a0 + (c− a0) ε;c = b0 + (a− b0) ε;


33

Suy ra

a0 =b− cε1− ε

, b0 =c− aε1− ε

, c0 =a− bε1− ε

Tam giác A0B0C0 đều khi và chỉ khi a20 + b20 + c20 = a0b0 + b0c0 + c0a0 Thay

các giá trị a0 , b0 , c0 ta có

(b− cε)2 + (c− aε)2 + (a− bε)2

= (b− cε) (c− aε) + (c− aε) (a− bε) + (a− bε) (b− cε) .

Đẳng thức trên tương đương với đẳng thức(1 + ε+ ε2

) [(a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2

]= 0

Suy ra

1 + ε+ ε2 = 0⇔ 2π

n=

2π

3.

Ta có n=3. Vậy n=3 thỏa mãn yêu cầu đề bài.


34

Chương 3

Hình học giải tích trong số phức

3.1 Phương trình đường thẳng

Mệnh đề 3.1.1. phương trình của đường thẳng trong mặt phẳng phức là

α.z + αz + β = 0, Với α ∈ C∗, β ∈ R và z = x+ yi ∈ C.

Chứng minh. Phương trình đường thẳng trong hệ tọa độ Đề các là

Ax +By + C = 0,

với A,B,C ∈ R và A2 + B2 6= 0. Vì z=x+yi nên x =z + z

2và y =

z − z2i

. Do đó

Az + z

2−Biz − z

2+ C = 0

⇔ z

(A+Bi

2

)+ z

A−Bi2

+ C = 0.

Đặt α =A−Bi

2∈ C và β = C ∈ R ta có α.z + αz + β = 0.

Nếu α = α thì B = 0 ta có đường thẳng đứng . Nếu α 6= α ta định

nghĩa hệ số góc của đường thẳng như sau

m = −AB

=α + αα− αi

=α + α

α− αi

Mệnh đề 3.1.2. Cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình α1.z +

α1.z + β1 = 0 Và α2.z + α2.z + β2 = 0.


35

Đường thẳng d1 và d2 là:

1) song song khi và chỉ khiα1

α1=α2

α2;

2) vuông góc khi và chỉ khiα1

α1+α2

α2= 0;

3) Cắt nhau khi và chỉ khiα1

α16= α2

α2;

Chứng minh. 1. Ta có d1 và d2 song song khi và chỉ khi m1 = m2 vì thếα1 + α1

α1 − α1i =

α2 + α2

α2 − α2i do đó α2α1 = α1α2 và ta có

α1

α1=α2

α2;.

2. Ta có d1 và d2 vuông góc khi và chỉ khi m1m2 = −1 vì thế

α2α1 + α1α2 = 0 ⇔ α1

α1+α2

α2= 0.

3. Đường thẳng d1 và d2 cắt nhau khi và chỉ khi m1 6= m2 vì thế α2α1 6=α1α2 hay

α1

α16= α2

α2. Kết quả của hệ số góc tương ứng với tính chất của độ

dốc

Tỉ số md = −αα

được gọi là hệ số góc phức của đường thẳng α.z+αz+

β = 0.

3.2 Phương trình đường thẳng xác định bởi hai

điểm

Mệnh đề 3.2.1. Phương trình một đường thẳng được xác định bởi hai

điểm P1 (z1) , P2 (z2) là ∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z z 1

∣∣∣∣∣ = 0.

Chứng minh. Phương trình một đường thẳng được trong hệ tọa độ Đề Các

xác định bởi hai điểm P1 (x1, y1) , P2 (x2, y2) là∣∣∣∣∣ x1 y2 1x2 y2 1x y 1

∣∣∣∣∣ = 0.


36

Sử dụng số phức ta có∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 + z12

z1 − z12i

1

z2 + z22

z2 − z22i

1

z + z

2

z − z2i

1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0⇔ 1

4i

∣∣∣∣∣ z1 + z1 z1 − z1 1z2 + z2 z2 − z2 1z + z z − z 1

∣∣∣∣∣ = 0⇒

∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z z 1

∣∣∣∣∣ = 0.

Chú ý: 1) Ba điểmM1 (z1) ,M2 (z2) ,M3 (z3) thẳng hàng khi và chỉ khi∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z3 z3 1

∣∣∣∣∣ = 0.

2) Hệ số góc phức của đường thẳng được xác định bởi hai điểm có tọa độ

z1 và z2 là m =z2 − z1z2 − z1

.

Thật vậy∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z z 1

∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ z1z2 + z2z + zz1 − zz2 − z1z − z2z1 = 0

⇔ z (z2 − z1)− z (z2 − z1) + z1z2 − z2z1 = 0

Sử dụng định nghĩa hệ số góc phức ta có m =z2 − z1z2 − z1

.

3.3 Diện tích tam giác

Định lý 3.3.1. Diện tích tam giác A1A2A3 với các đỉnh có tọa độ z1, z2, z3bằng mô đun của số

i

4

∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z3 z3 1

∣∣∣∣∣ . (3.1)

Chứng minh. Sử dụng hệ tọa độ Đề Các, diện tích tam giác có các đỉnh

(x1, y1) , (x2, y2) , (x3, y3) bằng giá trị tuyệt đối của định thức sau.

∆ =1

2

∣∣∣∣∣ x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

∣∣∣∣∣ .


37

Vì xk =zk + zk

2, yk =

zk − zk2i

, k ∈ {1, 2, 3}. Nên ta có

1

8i

∣∣∣∣∣ z1 + z1 z1 − z1 1z2 + z2 z2 − z2 1z + z z − z 1

∣∣∣∣∣ = − 1

4i

∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z3 z3 1

∣∣∣∣∣ =i

4

∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z3 z3 1

∣∣∣∣∣Dễ thấy rằng nếu tam giác A1A2A3 có hướng dương với các đỉnh có tọa

độ z1, z2, z3 thì ta có

i

4

∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z3 z3 1

∣∣∣∣∣ > 0.

Hệ quả 3.3.2. Diện tích tam giác định hướng A1A2A3 với các đỉnh có tọa

độ z1, z2, z3 là

area [A1A2A3] =1

2Im (z1z2 + z2z3 + z3z1) . (3.2)

Chứng minh.∣∣∣∣∣ z1 z1 1z2 z2 1z3 z3 1

∣∣∣∣∣ = ( z1z2 + z2z3 + z3z1 − z3z2 − z1z3 − z2z1)

=[( z1z2 + z2z3 + z3z1)− (z1z2 + z2z3 + z3z1)

]= 2i Im ( z1z2 + z2z3 + z3z1) = −2i Im (z1z2 + z2z3 + z3z1) .

Thay vào dạng (3.1) ta có dạng (3.2) Ta sẽ thấy dạng (3.2) có thể mở rộng

cho đa giác định hướng A1A2...An ( Ta sẽ xét ở mục 4.3)

Bài toán 13. Cho tam giác A1A2A3 và điểm M1,M2,M3 nằm trên đường

thẳng A2A3, A3A1, A1A2. Giả sử rằngM1,M2,M3 chia đoạn thẳng [A2A3] , [A3A1] , [A1A2]

theo tỉ số λ1, λ2, λ3 .Chứng minh rằng:

area [M1M2M3]

area [A1A2A3]=

1− λ1λ2λ3(1− λ1) (1− λ2) (1− λ3)

(3.3)

Giải: Tọa độ các điểm M1,M2,M3 là

m1 =a2 − λ1a1

1− λ1,m2 =

a3 − λ2a11− λ2

,m3 =a1 − λ3a2

1− λ3.


38

Áp dụng công thức (3.2) ta có

area [M1M2M3] =1

2(m1m2 +m2m3 +m3m1)

=1

2

((a2 − λ1a3) (a3 − λ2a1)

(1− λ1) (1− λ2)+

(a3 − λ2a1) (a1 − λ3a2)(1− λ2) (1− λ3)

+(a1 − λ3a2) (a2 − λ1a3)

(1− λ3) (1− λ1)

)=

1− λ1λ2λ3(1− λ1) (1− λ2) (1− λ3)

area [A1A2A3] .

Chú ý: Công thức dạng (3.3) ta suy ra định lí Menelaus: Các điểm

M1,M2,M3 thẳng hàng khi và chỉ khi λ1λ2λ3 = 1 tương đương với:

M1A2

M1A3.M2A3

M2A1.M3A1

M3A2= 1

Bài toán 14. Cho a,b,c là tọa độ các đỉnh A,B,C của một tam giác .Biết

rằng |a| = |b| = |c| = 1 và tồn tại góc α ∈(

0,π

2

)sao cho

a+ b cosα + c sinα = 0.

Chứng minh rằng

1 < area [ABC] 61 +√

2

2.

Giải: Ta có

1 = |a|2 = |b cosα + c sinα|2 = (b cosα + c sinα)(b cosα + c sinα

)= |b|2cos2α + |c|2sin2α +

(bc+ bc

)sinαcosα

= 1 +b2 + c2

bcsinαcosα.


39

Từ trên ta có b2 + c2 = 0 nê n b = ±ic. Áp dụng hệ thức (3.2) ta có

area [ABC] =1

2

∣∣Im (ab+ bc+ ca)∣∣

=1

2

∣∣Im [(−b cosα− c sinα)b+ bc− c (b cosα + c sinα)

]∣∣=

1

2

∣∣Im (−cosα− sinα− bc sinα− bc cosα + bc)∣∣

=1

2

∣∣Im [bc− (sinα + cosα) bc]∣∣ =

1

2

∣∣Im [(1 + sinα + cosα) bc]∣∣

=1

2(1 + sinα + cosα) Im

(bc)

=1

2(1 + sinα + cosα) Im (±icc)

=1

2(1 + sinα + cosα) Im (±i) =

1

2(1 + sinα + cosα)

=1

2

[1 +√

2

(√2

2sinα +

√2

2cosα

)]=

1

2

(1 +√

2 sin(α +

π

4

))

Thấy rằngπ

4< α +

π

4<

3π

4vì thế

√2

2< sin

(α +

π

4

)6 1 Như vậy

1 < area [ABC] 61 +√

2

2.

3.4 Phương trình đường thẳng được xác định bởi

điểm đi qua và phương

Mệnh đề 3.4.1. Cho đường thẳng d :αz + αz + β = 0 và điểm P0 (z0).

Phương trình đường thẳng di qua P0 (z0) và song song với d là

z − z0 = −αα

(z − z0) .

Chứng minh. Sử dụng hệ tọa độ đề các ,đường thẳng song song với d và

đi qua P0 (z0) có phương trình

y − y0 = iα + α

α− α(x− x0) .


40

Sử dụng số phức phương trình có dạng

z − z2i− z0 − z0

2i= i

α + α

α− α

(z + z

2− z0 + z0

2

)⇔ (α− α) (z − z0 − z + z0) = (α + α) (z + z − z0 − z0)⇔ α (z − z0) = −α (z − z0)

⇔ z − z0 = −αα

(z − z0) .

Mệnh đề 3.4.2. Cho đường thẳng d :αz + αz + β = 0 và điểm P0 (z0).

Phương trình đường thẳng di qua P0 (z0) và vuông góc với d là

z − z0 =α

α(z − z0)

Chứng minh. Sử dụng hệ tọa độ Đề Các, đường thẳng đi qua P0 (z0) và

vuông góc với d có phương trình là y− y0 = −1

i

α + α

α− α(x− x0) Khi đó ta

có

z − z2i− z0 − z0

2i= −1

i

α + α

α− α

(z + z

2− z0 + z0

2

)⇔ (α + α) (z − z0 − z + z0) = − (α− α) (z − z0 + z − z0)⇔ α (z − z0) = α (z − z0)

⇔ z − z0 =α

α(z − z0) .

3.5 Hình chiếu vuông góc của một điểm lên một

đường thẳng

Mệnh đề 3.5.1. Cho điểm P0 (z0) đường thẳng d: αz + αz + β = 0. Tọa

độ hình chiếu của điểm P0 (z0) lên đường thẳng d là:

z =αz0 − αz0 − β

2α


41

Chứng minh. Tọa độ z là nghiệm của hệ{α.z + α.z + β = 0

α (z − z0) = α (z − z0)

Phương trình đầu cho ta z =−αz − β

2α. Thế vào phương trình hai thu

được αz − αz0 = −α.z − β − α.z0. Vì thế z =αz0 − αz0 − β

2α.

3.6 Khoảng cách từ một điểm đến một đương thẳng

Mệnh đề 3.6.1. Khoảng cách từ điểm P0 (z0) tới đường thẳng d: αz +

αz + β = 0 , α ∈ C∗ bằng

D =|αz0 + αz0 + β|

2√α.α

Chứng minh. Sử dụng lại kết quả trên ta có

D =

∣∣∣∣αz0 − αz0 − β2α− z0

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−αz0 − αz0 − β2α

∣∣∣∣=|αz0 + αz0 + β|

2 |α|=|αz0 + αz0 + β|

2√α.α


42

Chương 4

Các bài toán về đường tròn trongsố phức

4.1 Đường tròn

Mệnh đề 4.1.1. Phương trình của một đường tròn trong mặt phẳng là

z.z + α.z + α.z + β = 0,

với α ∈ C và β ∈ R.

Chứng minh. Phương trình của đường tròn trong mặt phẳng tọa độ Đề

Các là x2 + y2 +mx+ ny + p = 0 với m,n, p ∈ R, p <m2 + n2

4.

Đặt x =z + z

2, y =

z − z2i

ta có |z|2 +mz + z

2+ n

z − z2i

+ p = 0.

Hay

z.z + zm− ni

2+ z

m+ ni

2+ p = 0

Đặt α =m− ni

2∈ C, β = p ∈ R thay vào phương trình trên và ta có điều

phải chứng minh.

Chú ý rằng bán kính của đường tròn bằng r =

√m2

4+n2

4− p =

√αα− β.

Khi đó phương trình trên có thể viết thành (z + α) (z + α) = r2.

Đặt γ = −α = −m2− n

2i, phương trình đường tròn tâm γ bán kính r là

(z − γ) (z − γ) = r2.


43

Bài toán 15. Cho z1, z2, z3 là tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Tọa độ

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

zO =

∣∣∣∣∣ 1 1 1z1 z2 z3|z1|2 |z2|2 |z3|2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 1 1z1 z2 z3z1 z2 z3

∣∣∣∣∣. (4.1)

Giải: Phương trình đường thẳng đi qua P (z0) và vuông góc với đường

thẳng A1A2 có thể viết dưới dạng

z (z1 − z2) + z (z1 − z2) = z0 (z1 − z2) + z0 (z1 − z2) .

Áp dụng công thức trên cho trung điểm của các đoạn thẳng [A2A3] , [A3A1]

và cho các đường thẳng A2A3,A3A1 ta có các phương trình

z (z2 − z3) + z (z2 − z3) = |z2|2 − |z3|2

z (z3 − z1) + z (z3 − z1) = |z3|2 − |z1|2.

Bằng cách khử z từ hai phương trình ta được

z [(z2 − z3) + (z3 − z1) (z2 − z3)] = (z1 − z3)(|z2|2 − |z3|2

)+(z2 − z3)

(|z3|2 − |z1|2

)Vì thế ta có

z

∣∣∣∣∣ 1 1 1z1 z2 z3z1 z2 z3

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1 1 1z1 z2 z3|z1|2 |z2|2 |z3|2

∣∣∣∣∣Khẳng định được chứng minh.

Chú ý: Ta có thể viết công thức trên về dạng

zO =z1z1 (z2 − z3) + z2z2 (z3 − z1) + z3z3 (z1 − z2)∣∣∣∣∣ 1 1 1

z1 z2 z3z1 z2 z3

∣∣∣∣∣. (4.2)

4.2 Phương tích của một điểm đối với một đường

tròn

Mệnh đề 4.2.1. Cho một điểm P0 (z0) và một đường tròn có phương trình

z.z + α.z + α.z + β = 0,


44

với α ∈ C và β ∈ R.Phương tích của điểm P0 với đường tròn trên là ρ (z0) = z0.z0 + α.z0 +

α.z0 + β.

Chứng minh. Lấy O (−α) là tâm của đường tròn. Phương tích của điểm P0

đối với đường tròn có bán kính r được định nghĩa ρ (z0) = OP 20 −r2.Trong

trường hợp này ta có

ρ (z0) = OP 20 − r2 = |z0 + α|2 − r2 = z0.z0 + α.z0 + α.z0 + αα− αα + β.

= z0.z0 + α.z0 + α.z0 + β.

Hai đường tròn có phương trình

z.z + α1.z + α1.z + β1 = 0 và z.z + α2.z + α2.z + β2 = 0

Với α1, α2 ∈ C , β1, β2 ∈ R. Trục đẳng phương của chúng là quỹ tích các

điểm có cùng phương tích với các đường tròn. Nếu P(z) là một điểm thuộc

quỹ tích thì

z.z + α1.z + α1.z + β1 = z.z + α2.z + α2.z + β2

⇔ (α1 − α2) .z + (α1 − α2) .z + β1 − β2 = 0

Đây là phương trình của đường thẳng.

4.3 Góc giữa hai đường tròn

Góc giữa hai đường tròn có phương trình

z.z + α1.z + α1.z + β1 = 0 và z.z + α2.z + α2.z + β2 = 0,

với α1, α2 ∈ C , β1, β2 ∈ R là góc giữa các tiếp tuyến tại một điểm chung

của các đường tròn.

Mệnh đề 4.3.1. Góc giữa hai đường tròn được tính theo công thức sau

cosθ =

∣∣∣∣β1 + β2 − (α1α2 + α1α2)

2r1r2

∣∣∣∣ .


45

Chứng minh. Gọi T là điểm chung và O1 (−α1) , O2 (−α2) tọa độ tâm các

đường tròn . Góc θ bằng O1TO2 hoặc π − O1TO2, vì thế

cosθ =∣∣∣cosO1TO2

∣∣∣ =

∣∣r21 + r22 −O1O22

∣∣2r1r2

=

∣∣∣α1α1 − β1 + α2α2 − β2 − |α1 − α2|2∣∣∣

2r1r2

=|α1α1 − β1 + α2α2 − β2 − α1α1 − α2α2 + α1α2 + α1α2|

2r1r2

=|β1 + β2 − (α1α2 + α1α2)|

2r1r2

Chú ý rằng các đường tròn vuông góc khi và chỉ khi β1 + β2 = α1α2 +

α1α2.

Bài toán 16. Cho a,b,c là các số thực sao cho |b| 6 2a2. Chứng minh

rằng tập hợp các điểm với tọa độ z thỏa mãn∣∣z2 − a2∣∣ = |2az + b| là hai

đường tròn vuông góc với nhau.

Giải: ∣∣z2 − a2∣∣ = |2az + b|⇔

∣∣z2 − a2∣∣2 = |2az + b|2

⇔(z2 − a2

) (z2 − a2

)= (2az + b) (2az + b)

Ta có thể viết lại hệ thức trên như sau

|z|4 − a2(z2 + z2

)+ a4 = 4a2|z|2 + 2ab (z + z) + b2

⇔ |z|4 − a2[(z + z)2 − 2|z|2

]+ a4 = 4a2|z|2 + 2ab (z + z) + b2

⇔ |z|4 −−2a2|z|2 + a4 = a2(z + z)2 + 2ab (z + z) + b2

⇔(|z|2 − a2

)2= (a (z + z) + b)2

Từ đó ta có z.z − a2 = a (z + z) + b hoặc z.z − a2 = −a (z + z)− b.Đẳng thức trên tương đương với (z − a) (z − a) = 2a2+b hoặc (z + a) (z + a) =

2a2 − b.Như vậy |z − a|2 = 2a2 + b hoặc |z + a|2 = 2a2 − b vì |b| 6 2a2 nên


46

2a2 + b > 0 và 2a2− b > 0 nên hệ thức trên trở thành |z − a| =√

2a2 + b

hoặc |z + a| =√

2a2 − b.Do đó,các điểm có tọa độ z thỏa mãn hệ thức

∣∣z2 − a2∣∣ = |2az + b| nằmtrên hai đường tròn tâm C1và C2, tọa độ tâm của chúng là a và –a , bán

kính R1 =√

2a2 + b và R2 =√

2a2 − b.Hơn nữa C1C

22 = 4a2 =

(√2a2 + b

)2+(√

2a2 − b)2

= R21 + R2

2 nên hai

đường tròn này trực giao với nhau.

Bài toán 17. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn ω, đường

thẳng l là tiếp tuyến của ω tại B, K là hình chiếu của trực tâm H của

tam giác ABC trên l và gọi M là trung điểm của AC. Chứng minh tam

giác BKM cân.

Giải: Không mất tính tổng quát ta có thể coi ω là đường tròn đơn vị,

a = x+ iy, b = i, c = z + ti. Khi đó l =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−l| =

√(x+ z

2

)2

+

(y + t− 2

2

)2

=1

2

√(x+ z)2 + (y + t− 2)2.

Và |k − l| =

√(x+ z

2

)2

+

(y + t− 2

2

)2

=1

2

√(x+ z)2 + (y + t− 2)2.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω. A1 là trung điểm

của 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 các tương tự. Chứng minh rằng các đường

thẳng A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy. Hãy xác định vị trí hình học điểm đồng

quy.

Giải: Không mất tính tổng quát, coi ω là đường tròn đơn vị. GỌi ω là

tọa vị của điểm W trong mặt phẳng phức.

Ta có a1 =b+ c

2và đường thẳng A1A2 là đường thẳng đi qua A1(a1),

song song với OA, do đó A1A2 có phương trình

az − az = a.b+ c

2− a(b+ c

2

).


47

Do aa = 1 nên phương trình được viết dưới dạng

z − a2z =

(b+ c

2− a2.

(b+ c

2

))hay

z − a2z =a+ b+ c

2− a2

(a+ b+ c

2

).

Gọi N là tâm đường tròn Euler của tam giác, thì n =a+ b+ c

2do đó

A1A2 đi qua N . Tương tự ta cũng có B1B2, C1C2 đi qua N. Điều phải

chứng minh.


48

Kết luận

Luận văn trình bày lại một số tính chất về tập số phức, mối liên hệ giữa

tập số phức và hình học, hình học giải tích trong số phức, phần chính của

luận văn là trình bày một số bài toán về đường tròn trong tập số phức.

Nội dung chủ yếu trong luận văn chủ yếu được trích dẫn trong các tài liệu

[1], [2], [3], [4]. Từ đó tác giả đề xuất một số bài toán về đường tròn trong

số phức thường xuất hiện trong các kì thi chọn học sinh giỏi.


49

Tài liệu tham khảo

[1] Complex-Numbers-from-A-to-Z.

[2] Nguyễn Văn Mậu, Biến phức định lý và áp dụng, Hà Nội, 2009.

[3] Đoàn Quỳnh, Số phức với hình học phẳng, Nhà xuất bản giáo dục

1998.

[4] Lê Hải Châu,Thi vô địch toán Quốc Tế, Nhà xuất bản trẻ 2001.


lv mot so bai toan ve duong tron

Science