SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ THANH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ MƠĐUN SỐ PHỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO NĂNG LỰC GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH Giáo viên: Nguyễn Khắc Sâm Tổ: Toán - Tin Trường: THPT Như Thanh SKKN thuộc mơn Tốn THANH HĨA, NĂM 2018 MỤC LỤC XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ .19 Như Thanh, ngày 03 tháng 05 năm 2018 19 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác .19 19 Nguyễn Khắc Sâm 19 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong công đổi toàn diện giáo dục nước nhà, đổi phương pháp dạy học nhiệm vụ quan trọng hàng đầu Đổi phương pháp dạy học với mục đích phát huy tốt tính tích cực, sáng tạo người học Nhưng thay đổi phương pháp hoàn toàn lạ mà phải trình áp dụng phương pháp dạy học đại sở phát huy yếu tố tích cực phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp học tập học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động Trong chương trình đổi nội dung Sách giáo khoa, số phức đưa vào chương trình tốn học phổ thông giảng dạy cuối lớp 12 Số phức vấn đề hoàn toàn khó học sinh, đòi hỏi người dạy phải có tầm nhìn sâu, rộng Do tính chất đặc biệt số phức nên giảng dạy nội dung giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển tốn để tạo nên lơi cuốn, hấp dẫn người học Bằng việc kết hợp tính chất số phức với số kiến thức đơn giản khác lượng giác, giải tích, đại số hình học giáo viên xây dựng nhiều dạng tốn với nội dung hấp dẫn hồn toàn mẻ Tuy nhiên thực tế giảng dạy, việc chuyển tốn Đại số nói chung số phức nói riêng sang tốn hình học nhiều học sinh nói chung nhiều lúng túng, việc giải toán số phức gây nhiều khó khăn cho học sinh Bài tốn cực trị số phức thơng thường có nhiều cách lựa chọn để giải Bất đẳng thức, khảo sát hàm số… Trong sáng kiến kinh nghiệm này, muốn rèn luyện cho học sinh lối tư vận dụng linh hoạt phương pháp chuyển đổi từ toán đại số sang tốn hình học cho học sinh Với mục tiêu đó, sáng kiến kinh nghiệm tơi tập trung giải theo hướng hình học Xuất phát từ lý trên, chọn đề tài “Rèn luyện kỹ giải tốn cực trị mơđun số phức phương pháp tọa độ mặt phẳng nhằm nâng cao lực giải toán cho học sinh” để nghiên cứu 1.2 Mục đích nghiên cứu Đề tài nghiên cứu nhằm giúp học sinh giải tốt tốn vận dụng cao cực trị mơđun số phức, 1.3 Đối tượng nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm có đối tượng nghiên cứu tốn cực trị môđun số phức, nghiên cứu nhiều dạng toán khác 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để trình bày sáng kiến kinh nghiệm này, tơi đã sử dụng phối kết hợp nhiều phương pháp như: -Nghiên cứu tài liệu, quan sát, điều tra bản, thực nghiệm so sánh, phân tích kết thực nghiệm, … phù hợp với mơn học thuộc lĩnh vực Tốn học - Trao đổi với đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Nghị hội nghị Trung ương VIII khóa XI đạo: “Giáo dục đạo tạo Quốc sách hàng đầu, nghiệp Đảng Nhà nước toàn dân Đầu tư cho giáo dục đầu tư phát triển, ưu tiên trước cho chương trình, kế hoạch phát triển KT-XH; phát triển giáo dục đạo tạo nâng cao dân trí, đạo tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài Chuyển mạnh trình giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện lực phẩm chất người học Học đôi với hành, lý luận gắn với thực tiễn, giáo dục nhà trường kết hợp với giáo dục gia đình giáo dục xã hội” Nghị hội nghị Trung ương VIII khóa XI đề mục tiêu: “Đối với giáo dục phổ thông tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất, lực công dân, phát bồi dưỡng khiếu, định hướng nghề nghiệp cho học sinh Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, trọng giáo dục lý tưởng truyền thống đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, lực kỹ thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn, phát triển khả sáng tạo tự học, khuyến khích học tập suốt đời, hoàn thành đào tạo giáo dục phổ thông giai đoạn sau 2015” 2.2 Thực trạng Trong trình dạy học trường THPT Như Thanh nhiều năm tơi nhận thấy việc học mơn tốn học sinh khó khăn, đặc biệt phần cực trị môđun số phức Các em bắt đầu từ đâu, vận dụng kiến thức liên quan nào… Chính khó khăn đã ảnh hưởng khơng nhỏ đến chất lượng học tập mơn Tốn, dẫn đến em khơng có hứng thú việc học mơn Tốn Khi chưa áp dụng nghiên cứu đề tài để dạy học giải tập cực trị môđun số phức, em thường thụ động việc tiếp cận toán phụ thuộc nhiều vào cách giải mà giáo viên cung cấp chưa ý đến việc khai thác toán cực trị hình học phẳng để giải dạng tốn Kết khảo sát số lớp chọn khối A trường có 10% học sinh hứng thú với tốn cực trị mơđun số phức 2.3 Giải vấn đề Năm học 2017-2018 sau nội dung thi THPT QG có nội dung lớp 11 Bộ GD&ĐT có cơng bố đề minh họa 2018 có tốn sau: Xét số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn z − − 3i = Tính P = a + b z + − 3i + z − − i đạt giá trị lớn A P = 10 B P = C P = D P = (Trích câu 46 đề minh họa THPT Quốc gia 2018) Đây tốn tương đối khó với em học sinh phổ thơng, kể học sinh có học lực giỏi Cái khó khăn bái tốn mối liên hệ hai điều kiện z − − 3i = z + − 3i + z − − i Sau số cách giải toán Cách 1: Đặt M = M ( z) Từ hệ z − − 3i = thức ta suy ra: M ∈ (C ) : ( x − ) + ( y − 3) = 2 Đặt A(−1;3); B(1;−1), I trung điểm AB I ( 0;1) Khi đó: z + − 3i + z − − i = MA + MB Ta biết MA + MB lớn MI lớn M M A I A O I B O B Đường thẳng ( ∆ ) qua I vng góc với AB có phương trình là: ( x − 4) + ( y − 3) = x − y + = Xét hệ phương trình:  giải ta được: x − y + =  x = 2; y =  Từ hình vẽ ta chọn H (2; 2), K (6; 4)  x = 6; y = Vậy chọn K (6; 4) ⇒ P = a + b = 10 Vậy, chọn đáp án A Cách 2: 2 Ta có: z − − 3i = ⇔ ( a − ) + ( b − 3) = ⇔ a + b = 8a + 6b − 20 Lại có: M = z + − 3i + z − − i = ( a + 1) + ( b − 3) + ( a − 1) + ( b + 1) Suy ra: 2 2 2 2 M ≤ ( a + 1) + ( b − 3) + ( a − 1) + ( b + 1)  ≤  2(a + b ) − 4b + 12  ≤ 8(4a + 2b − 7)   M + ≤ 4a + 2b Khi đó: Ta có: 4a + 2b = 4(a − 4) + 2(b − 3) + 22 ⇒ 4a + 2b − 22 ≤ (16 + 4) (a − 4) + (b − 3)  ⇒ 4a + 2b − 22 ≤ 10 ⇔ 4a + 2b ≤ 32 Suy ra: M2 ≤ 25 ⇒ M ≤ 200 ⇒ M ≤ 10 Vậy, 4a + 2b = 32 a = M max = 10  ⇔ ⇒ P = a + b = 10 Vậy, chọn đáp án A 2a − 4b = −4 b = 2 Cách 3: Ta có: z − − 3i = ⇔ ( a − ) + ( b − 3) =  a = sin x + Đặt  b = cos x + Khi : M = z + − 3i + z − − i = ( a + 1) + ( b − 3) + ( a − 1) + ( b + 1) 2 2 = 10 sin x + 30 + sin x + cos x + 30 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: M ≤ 2(16 sin x + cos x + 60 = 8 5(2sin x + cos x) + 60  ≤ 10  sin x = a = sin x + = ⇒ ⇒ P = a + b = 10 Vậy M max = 10  b = cos x + = cos x =   Vậy, chọn đáp án A Nhận xét: Bài tốn nhiều cách giải khác, qua ba cách giải trên, ta thấy tiếp cận tốn theo cách (phương pháp hình học) đơn giản nhanh gọn Hơn nữa, phương pháp sử dụng bất đẳng thức để giải tốn điều khơng dễ dàng với phần lớn học sinh 2.3.1 Cơ sở lý thuyết 2.3.1.1 Các định nghĩa kí hiệu a) Số i: Ta thừa nhận có số mà bình phương -1 b) Số phức: Cho x, y ∈¡ , biểu thức z = x + yi gọi (dạng đại số) số phức Trong x: phần thực, y: phần ảo c) Với số phức z = x + yi , giá trị biểu thức x + y gọi mơđun z Kí hiệu: z Như vậy, z = x + y d) Cho số phức z = x + yi Số phức z = x − yi gọi số phức liên hợp với số phức z e) Mỗi số phức biểu diễn điểm M ( x; y ) mặt phẳng toạ độ Oxy Ngược lại, điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z = x + yi Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tơi kí hiệu M ( x; y) = M ( z ) , hay đơn giản M ( z ) để M điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi 2.3.1.2 Các phép toán tập hợp số phức Cho hai số phức z = x + yi, z ' = x '+ y ' i , ( x, y, x ', y ' ∈ ¡ ; i = −1) +) Phép cộng: z + z ' = ( x + x ') + ( y + y ')i +) Phép trừ: z − z ' = ( x − x ') + ( y − y ')i +) Phép nhân: z.z ' = ( xx '− yy ') + ( xy '+ x ' y)i +) Phép chia: z z z ' = ( z ' ≠ 0) z ' z '.z ' 2.3.1.3 Một số kí hiệu chuyển từ số phức sang tọa độ Oxy quen thuộc +) Với M ( z ) z = OM +) Với M = M ( z ), M ' = M '( z ') z − z ' = MM ' +) Với A = A( z A ), B = B( zB ) , z A , z B hai số phức khác cho trước tập hợp điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức z − z A = z − zB đường trung trực đoạn thẳng AB +) Với M = M ( z0 ), R > , tập hợp điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức: z − z0 = R đường tròn tâm M bán kính R +) Với M = M ( z0 ), a > , tập hợp điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức: z − z A + z − z B = 2a đường Elíp có hai tiêu điểm A, B 2.3.1.4 Một số toán cực trị hình học mặt phẳng tọa độ Oxy Bài tốn 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = điểm M ( x0 ; y0 ) Tìm (∆) điểm M ( x; y ) cho M M nhỏ Giải: Gọi H hình chiếu vng góc M (∆) với ∀M ∈ (∆) ta có: M M ≥ M H , M M nhỏ M ≡ H Từ ta viết phương trình đường thẳng (d ) qua M vng góc với (∆) Giải hệ gồm hai phương trình đường thẳng (∆) (d ) ta suy nghiệm ( x; y ) Từ ta tìm điểm M M0 ( ∆) M H Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = hai điểm A( x A ; y A ) , B( xB ; yB ) Tìm (∆) điểm M ( x; y ) cho: MA + MB nhỏ Giải: Đây tốn hình học phẳng mà học sinh đã học từ chương trình THCS Ta thấy rằng: +) Nếu hai điểm A, B nằm hai phía so với (∆) với M ∈ ∆, MA + MB ≥ AB Vậy MA + MB nhỏ MA + MB = AB ba điểm A, B, M thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ AB A B A M0 (∆) M Mo (∆) M +) Nếu hai điểm A, B nằm cùng phía soA’với (∆) ta gọi A ' điểm đối B xứng với A qua (∆) Khi với M ∈ ∆, MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B Vậy MA + MB nhỏ MA + MB = A ' B ba điểm A ', M , B thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ A ' B Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = hai điểm A( xA ; y A ) , B( xB ; yB ) Tìm (∆) điểm M ( x; y ) cho: MA2 + MB nhỏ Giải Gọi I trung điểm AB Khi đó, với M ∈ ∆ ta có: MA + MB AB AB 2 2 MI = − Suy ra, MA + MB = 2MI + Do A, B cố định nên AB không đổi, MA2 + MB nhỏ ⇔ MI nhỏ ⇔ M ≡ M , M hình chiếu I đường thẳng (∆) Và giá trị nhỏ AB AB MA2 + MB = 2M I + = 2d ( I , ∆ ) + 2 Bài toán 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = hai điểm A( x A ; y A ) , B( xB ; yB ) Tìm (∆) điểm M ( x; y ) cho: MA − MB lớn Giải: Với hai điểm A, B cố định +) Nếu A, B cùng phía so với (∆) với M ∈ ∆ ta ln có: MA − MB ≤ AB , dấu xảy ba điểm M , A, B thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ AB B B A A’ (∆ ) M0 M M0 A, B cùng phía với (∆) A M (∆ ) A, B khác phía với (∆) +) Nếu hai điểm A, B nằm khác phía so với (∆) ta gọi A ' điểm đối xứng với A qua (∆) Khi với M ∈ ∆ ta ln có MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B Dấu xảy ba điểm M , A ', B thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ A ' B Bài toán 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) tâm I bán kính R hai điểm A( x A ; y A ) , B( xB ; yB ) Tìm (C ) điểm M ( x; y ) cho: MA2 + MB nhỏ (lớn nhất) Giải: Gọi H trung điểm AB ta có: MH = MA2 + MB = MH + MA2 + MB AB − suy ra: AB Do AB cố định nên AB không đổi Vậy: +) MA2 + MB nhỏ khi: MH nhỏ ⇔ M ≡ M1 giá trị nhỏ MA2 + MB R − IH + AB +) MA2 + MB lớn khi: MH lớn ⇔ M ≡ M giá trị lớn AB MA + MB R + IH + 2 2 H A B M1 M I M2 Bài toán 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường Elíp (E) có hai tiêu điểm A( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) Tìm ( E ) điểm M ( x; y ) cho: OM nhỏ (lớn nhất) Giải: y M A A O O B B x Với tốn ta cần xác định yếu tố Elíp: Tiêu điểm, Tọa độ đỉnh (E) OM nhỏ (lớn nhất) M trùng đỉnh (E) Trong trường hợp xác định phương trình Elíp ta cần xác định độ dài trục lớn, độ dài trục bé để xác định giá trị lớn (nhỏ nhất) 2.3.2 Một số dạng toán cực trị số phức Dạng 1: Tập hợp điểm biểu diễn số phức đường thẳng Với dạng ta thường gặp số tốn sau đây: Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z − z1 = z − z2 (với z1 , z2 , z3 , z4 số phức cho trước) 1) 2) 3) Tìm số phức z để z − z0 đạt giá trị nhỏ Tìm số phức z để z − z3 + z − z4 đạt giá trị nhỏ 2 Tìm số phức z để z − z3 + z − z4 đạt giá trị nhỏ 4) Tìm số phức z để z − z3 − z − z4 đạt giá trị lớn Nhận xét: Ta gọi M = M ( z ) , M = M ( z0 ) , A = A ( z1 ) , B = B ( z2 ) ; C = C ( z3 ) ; D = D ( z4 ) Thì: z − z0 = MM Từ đẳng thức z − z1 = z − z2 , suy M thuộc đường thẳng (∆) trung trực đoạn thẳng AB Khi tốn trở thành: 1) Tìm (∆) điểm M cho: M M nhỏ 2) Tìm (∆) điểm M cho: MC + MD nhỏ 3) Tìm (∆) điểm M cho: MC + MD nhỏ 4) Tìm (∆) điểm M cho: MC − MD lớn Ví dụ Trong tất số phức z thỏa mãn hệ thức z − + 3i = z − − 5i Tìm giá trị nhỏ của: z + + i Lời giải: Đặt z = x + yi; x, y ∈ R M = M ( z ) Ta có: y M O -2 x M0 ∆ z − + 3i = z − − 5i ⇔ ( x − 1) + ( y + ) = ( x − ) + ( y − ) ⇔ x + y − = 2 2 Hay M ∈ ∆ : x + y − = Do z + + i = M M với M (−2; − 1) Áp dụng kết −2 + 4.(−1) − 12 12 17 = = 2 y1 + 17 17 A’ Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z − + i = z − − 3i Tìm giá trị nhỏ P = z + − i + z − + 2i tốn ta có z + + i = d ( M ; ∆) = M Lời giải: Đặt z = x + yi; x, y ∈ R M = M ( z ) Từ hệ thức z − + i = z − − 3i ta suy ra: A x M ∈ ∆ : x + y − 11 = , đặt A(−2;1), B (3; − 2) o -2 O -2 B ∆ 10 Dễ dàng kiểm tra A, B nằm cùng phía so với ∆ Khi đó: P = z + − i + z − + 2i = MA + MB Áp dụng kết toán ta có: P = A ' B với A ' điểm đối xứng với A qua ∆ Gọi d đường thẳng qua A vng góc với ∆ d :4 x − y + = Gọi I = d ∩ ∆ , tọa độ I cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình: 61  x=−   x + y = 11  34 ⇔  A ' điểm đối xứng với A qua ∆ I trung điểm AA ' x − y = − 31  y =  17  27 45  493 nên A '  − ; ÷ Suy P = A ' B =  17 17  17 Qua ví dụ ta thấy việc khai thác tốn cực trị hình học vào giải toán cực trị số phức đơn giản nhiều so với phương pháp đại số phương pháp khác Giúp học sinh giải toán dạng cách nhanh nhất, phù hợp với xu làm trắc nghiệm khoảng thời gian ngắn Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z − + 2i = z + + i Tìm giá trị nhỏ 2 của: P = z + i + z − − i Lời giải: Đặt z = x + yi; x, y ∈ R M = M ( z ) Từ hệ thức z − + 2i = z + + i ta suy ra: M ∈ ∆ : x − y + = , đặt A(0; − 1), B(2;1) gọi I trung điểm AB I (1;0) 13 , AB = Đến áp dụng 68 AB 305 = kết toán ta có: P = 2d ( I , ∆ ) + 34 gọi d khoảng cách từ I đến ∆ Ta có: d ( I , ∆ ) = 11 y y O M -3 x B I O x A Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z − = z − i Biết số phức z = x + yi; x, y ∈ R thỏa mãn: z − − i − z − − 6i đạt giá trị lớn Tính giá trị biểu thức P = x + y Lời giải: Đặt M = M ( z ), A(3;1); B(2;6) Từ hệ thức z − = z − i ta suy ra: M ∈ ∆ : x − y = , kiểm tra hai điểm A, B khác phía so với ∆ y B A’ ∆ y A 1 MO O x Theo toán trên, gọi A’ đối xứng với A qua đường thẳng ∆ : x − y = ta tính A '(1;3) Phương trình đường thẳng A ' B :3x − y = 0, tọa độ giao điểm ∆ 3 x − y = x = ⇔ Vậy, số phức z thỏa mãn y = x y = A ' B cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ:  z − − i − z − − 6i lớn là: z = + 0i ⇒ P = Dạng 2: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn Với dạng ta thường gặp toán sau đây: 12 Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z − z0 = R > , với z0 ; z A ; zB ; zC số phức cho trước Tìm số phức z để z − z A đạt giá trị lớn (nhỏ nhất) 2 Tìm số phức z để z − z B + z − zC đạt giá trị lớn (nhỏ nhất) Nhận xét: Đặt M = M ( z ) ; A = A ( z A ) , B = B ( z B ) , C = B ( zC ) Từ đẳng thức z − z0 = R , suy M thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính R Khi tốn trở thành Tìm M ∈ (C ) cho AM đạt giá trị lớn (nhỏ nhất) Tìm M ∈ (C ) cho MA2 + MB đạt giá trị lớn (nhỏ nhất) Ví dụ áp dụng Ví dụ Trong tất số phức z = a + bi; a, b ∈ R thỏa mãn z − + 2i = Biết rằng: z + − i đạt giá trị nhỏ Tính P = a b Lời giải: Đặt M = M ( z ); I (1; − 2); A(−3;1) Từ hệ thức z − + 2i = ta suy ra: y AA O -3 -3 O 1 x M - -2 I I M ∈ (C ) : ( x − 1) + ( y + ) = , đường thẳng AI có phương trình: x + y + = 2 Tọa độ giao điểm (C) IM cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình: 13  ( x − 1) + ( y + ) =  x = ; y = − ⇔  x = ; y = − 3 x + y + =  5 13 Với x = ; y = − z + − i = 5 Với x = ; y = − z + − i = 5 a Vậy: z = − i ⇒ P = = − 5 b Ví dụ Cho số phức w, z thỏa mãn w + z = 5w = (2 + i )( z − 4) Tìm giá trị lớn biểu thức: P = z − − 2i + z − − 2i Lời giải: Đặt M = M ( z ) Từ đẳng thức z − + 2i = ⇔ ( x − 3) + ( y + ) = ⇒ M ∈ (C ) 2 13 tâm I (3; − 2); R = y A O B A B I O -2 x I M Ta có P = z − − 2i + z − − 2i = MA + MB Trong A(1; 2); B(5 :2) Nhận thấy IA = IB Gọi (∆) đường thẳng trung trực AB (∆) : x − = Khi PMax ⇔ M = (∆ ) ∩ (C )  x =  x = 3; y = ⇔ Xét hệ phương trình:  2  x = 3; y = −5 ( x − 3) + ( y + ) = Từ hình vẽ ta thấy M ( 3; − ) thỏa mãn, PMax = 2MA = 53 Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z + z + z + z = z Tính giá trị lớn biểu thức: P = z − − 2i Trong toán này, sử dụng phương pháp đại số chắn nghĩ tới việc biến đổi biểu thức P biểu thức biến Tuy nhiên từ giả thiết tốn ý tưởng nói khơng thể Từ ta nghĩ tới phương pháp hình học 2 Lời giải: Đặt M = M ( z ) Từ đẳng thức z + z + z + z = z ⇔ x + y = x + y  x + y − x − y = (C1 )  2  x + y + x + y = (C2 ) ⇔ x + y + x − y = ( C )   x + y − x + y = (C4 ) Vậy, M thuộc đường tròn (C1 );(C2 );(C3 );(C4 ) có tâm I1 ; I ; I ; I 14 Khi P = z − − 2i = MA với A(5; − 2) Từ hình vẽ ta thấy Pmax = I A + R = + Dạng 3: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng đường tròn Với dạng ta thường gặp toán sau đây: Bài toán: Cho hai số phức z, z ' thỏa mãn hệ thức: z − z1 = R; z '− z2 = z '− z3 Trong z1 ; z2 ; z3 số phức cho trước Tính giá trị nhỏ P = z − z ' Nhận xét: Đặt M = M ( z ) ; M ' = M ( z ') Từ đẳng thức z − z1 = R suy M thuộc đường tròn (C) Từ đẳng thức z '− z2 = z '− z3 suy M’ thuộc đường thẳng (∆) z − z ' = MM ' Khi tốn trở thành Tìm M ∈ (∆), M ' ∈ (C ) cho MM ' đạt giá trị nhỏ +) Trường hợp ∆ ∩ (C ) ≠ Φ giá trị nhỏ z − z ' = +) Trường hợp ∆ ∩ (C ) = Φ giá trị nhỏ z − z ' z − z ' = d ( I ; ∆) − R ( ∆) MM’ M’ M2 I M2 M I ( ∆) A M B B A d ( I , ∆) ≤ R d ( I , ∆) > R Lời giải: - Từ hệ thức z − z1 = R ta tìm tọa độ tâm I bán kính R (C) 15 - Từ hệ thức z '− z2 = z '− z3 ta tìm phương trình ( ∆ ) - Tính khoảng cách d từ I đến ( ∆ ) +) Nếu d ≤ R z − z ' = M ≡ M ' = ( ∆ ) ∩ (C ) +) Nếu d > R z − z ' = d − R M hình chiếu I lên ( ∆ ) M ' = ( ∆ ') ∩ (C ) , ( ∆ ') đường thẳng qua I vng góc với ( ∆ ) Bài tập áp dụng Cho hai số phức z, z ' thỏa mãn: z + − i = 2; z '+ − 3i = z '− − 9i Tính giá trị nhỏ P = z − z ' Lời giải: Đặt M = M ( z ) ; M ' = M ( z ') Từ hệ thức z + − i = , suy M thuộc đường tròn: 2 ( x + ) + ( y − 1) = tâm I ( −2;1) bán kính R=2 Từ hệ thức z + − 3i = z − − 9i suy M’ thuộc đường thẳng (∆) : x + y − = 5 > R Vậy P = − Khoảng cách từ I đến ( ∆ ) d ( I , ∆ ) = 2 Dạng 4: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường Elíp Với dạng ta thường gặp toán sau đây: Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z − z A + z − z B = 2a > Tính giá trị lớn nhất, nhỏ P = z − z0 với z0 ; z A ; zB số phức cho trước Nhận xét: Đặt M = M ( z ) ; A = A ( z A ) , B = B ( z B ) , M = M ( z0 ) Từ đẳng thức: z − z A + z − z B = 2a > ⇔ MA + MB = 2a suy M thuộc đường Elíp (E) có hai tiêu điểm A, B Khi u cầu tốn phiên dịch sang ngơn ngữ hình học sau: Tìm M ∈ ( E ) cho MM đạt giá trị lớn (nhỏ nhất) Ví dụ áp dụng Cho số phức z thỏa mãn z − + z + = 10 Gọi M, m giá trị lớn nhất, nhỏ z Tính M + m : Lời giải: Cách Đặt M = M ( z ) Từ đẳng thức: z − + z + = 10 ⇔ MA + MB = 10 16 với M ( x; y ) ; A ( 4;0 ) ; B ( −4;0 ) Suy M ∈ ( E ) có hai tiêu điểm A, B a = 5, b = 4, c = z = OM ⇒ OM max = 5; OM = Vậy, M + m = x2 y2 Cách Đặt M = M ( z ) Từ đẳng thức: z − + z + = 10 ⇔ + = 25 z = x + y = OM , đó:  x2 y   x2 y  OM = x + y = 25  + ÷ ≤ 25  + ÷ = 25 ⇒ OM ≤  25 25   25 16  2 x  x2 y2  y  2 OM = x + y =  + ÷ ≥  + ÷ ≥ ⇒ OM ≥    25  ⇒3≤ z ≤5⇒ M +m =8 Cách z = x + y = OM Đặt x = 5sin t , y = 3cos t , t ∈ [ 0; 2π ] Ta có: OM = x + y = 25sin t + cos t = 16sin t + 2 Do ≤ sin t ≤ ⇒ ≤ OM ≤ 25 ⇒ ≤ z ≤ Vậy, M + m = Qua cách giải, lần khẳng định tính ưu việt phương pháp hình học giải tốn cực trị số phức 2.4 Một số tập trắc nghiệm vận dụng Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn z − − 4i = 10 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ z Khi M-m bằng: M −m =5 A B M − m = 15 C M − m = 10 D M − m = 20 Bài 2: Trong tất số phức z = a + bi;(a, b ∈ R) thỏa mãn hệ thức z − + 5i = z − i Biết rằng: z + − i nhỏ Khi ab bằng: 13 C ab = − D ab = 100 16 25 Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn z − 2i = z + i Tìm phần thực số phức z biết z − − 2i + z + 4i đạt giá trị nhỏ A ab = − 23 100 A B T = 554 + B ab = D z , w Bài 4: Cho số phức thỏa mãn z − + 3i = 3, iw + + 2i = Tìm giá trị lớn biểu thức T = 3iz + 2w B C B T = 578 + 13 C T = 578 + D T = 554 + 13 (Trích câu 45 trường chun Thái Bình lần 6) Bài 5: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z = Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn 2 biểu thức P = z − − 6i + z − − 10i là: 66 466 A B 15 C 82 482 D 41 241 Bài 6: Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z + − i = 13 , tìm số phức z 2 cho z − − 5i + z + − 9i nhỏ 17 z = −3 + 4i z = −2 − i A B z = −2 + 3i C z = −7 − 2i D Bài 7: Cho số phức z = a + bi; a, b ∈ ¡ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z = z − − i biểu thức A = z − + 2i + z − + i đạt giá trị nhỏ Giá trị biểu thức a + b −1 A B C −2 D (Trích câu 46 THPT Thanh Chương lần 2) Bài 8: Cho số phức z = x + yi; x, y ∈ ¡ thỏa mãn z − − i ≥ 1, z − − 3i ≤ Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ P = x + y Tính tỉ số m M A T= B C D 14 (Trích câu 46 chuyên Quốc học Huế lần 2) Bài 9: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − − i = 2 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ H = z + − 2i + z − + 4i Tính M+m M + m = 26 + B M + m = 16 C M + m = 11 B D M + m = 26 + (Trích câu 47 Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc lần 2) Bài 10: Cho số phức z, z ' thỏa mãn điều kiện z − − 2i = 1; z '+ i = z '− − i Giá trị nhỏ biểu thức P = z − − i + z − z ' là: B +5 B −5 C − 10 D 5 (Trích câu 37 chuyên Lê Quý Đôn Quảng trị lần 2) 2.5 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm - SKKN đã thực giảng dạy năm học 2016-2017 năm học 2017-2018 Trong trình học chuyên đề này, học sinh hứng thú tự tin, biết vận dụng gặp toán cực trị môđun số phức, tạo cho học sinh niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức đã học Kết đạt nói khả quan, sau học xong chuyên đề tất em đề giả`i câu hỏi dạng - Đối với đồng nghiệp: chia sẻ kinh nghiệm học hỏi lẫn nhau, thúc đẩy phong trào tự học, tự nghiên cứu nhà trường - Đối với học sinh: Trang bị thêm cho học sinh phương pháp giải nhanh toán cực trị số phức kì thi THPT Quốc gia 18 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Quá trình nghiên cứu đề tài đã thu số kết sau: - Trong đề tài đã hướng dẫn cho học sinh chuyển đổi toán đại số sang tốn hình học túy cách có hiệu quả, qua giúp HS có ý thức việc tự học- tự nghiên cứu - Đưa sở lý luận phương pháp dạy học học sinh chuyển đổi ngơn ngữ tốn đai số sang tốn hình học - Đưa dạng tập mà học sinh gặp giải toán cực trị môđun số phức - Thông qua dạy học chuyên đề đã gây hứng thú học tập cho học sinh, nâng cao khả tư lô gic khả sáng tạo học sinh Sáng kiến có tác dụng tốt việc ơn luyện thi THPT QG Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn có nhiều thiếu sót hạn chế Rất mong quan tâm tất đồng nghiệp bổ sung góp ý cho Tôi xin chân thành cảm ơn 3.2 Kiến nghị - Đối với tổ chuyên môn, cần phân dạng tập cho học sinh giảng dạy Trong trình ôn tập cho học sinh nên nhiều dạng đề với cấu trúc đề minh họa Bộ GD&ĐT - Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần quan tâm đến việc khai thác mối liên hệ đại số hình học Phát triển nhân rộng đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời viết thành tài liệu tham khảo cho học sinh giáo viên - Sở GD& ĐT nên gửi SKKN đạt giải trường THPT để giáo viên tham khảo trình giảng dạy XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Như Thanh, ngày 03 tháng 05 năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Khắc Sâm 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Giải tích 12 bản- NXBGD năm 2008 [2] Đồn Quỳnh (Tổng chủ biên)- Giải tích 12 nâng cao- NXBGD năm 2008 [3] Cao Minh Quang- Ứng dụng số phức NXB Hà Nội, năm 2012 [4] Vũ Thế Hựu – Bộ Tài liệu ôn thi Đại Học.NXB Đại học Sư phạm2012 [5] Lê Hồnh Phò- Phân dạng phương pháp giải toán số phức - NXBGD năm 2010 [6] Nguyễn Bá Kim – Phương pháp dạy học mơn Tốn - NXBGD [7].Đề thi thử trường tồn quốc [8] Tạp chí tốn học tuổi trẻ- NXB Giáo dục 20 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Khắc Sâm Chức vụ đơn vị cơng tác: Tổ phó chun mơn tổ Tốn-Tin trường THPT Như Thanh TT Tên đề tài SKKN Vận dụng phương pháp điều kiện cần đủ để giải tốn phương trình, bất phương trình chứa tham số Hướng dẫn học sinh khai thác vận dụng tập sách giáo khoa hình học 12 nhằm rèn luyện lực tư lơgíc cho học sinh Cấp đánh giá xếp loại Kết đánh giá xếp loại Năm học đáng giá xếp loại QĐ số 988/QĐSGD&ĐT ngày 03/11/2015 C 2015 QĐ số 972/QĐSGD&ĐT ngày 24/11/2016 C 2016 21 ... nghiệm tập trung giải theo hướng hình học Xuất phát từ lý trên, tơi chọn đề tài Rèn luyện kỹ giải toán cực trị môđun số phức phương pháp tọa độ mặt phẳng nhằm nâng cao lực giải toán cho học sinh”... học giải tập cực trị môđun số phức, em thường thụ động việc tiếp cận toán phụ thuộc nhiều vào cách giải mà giáo viên cung cấp chưa ý đến việc khai thác toán cực trị hình học phẳng để giải dạng toán. .. d) Cho số phức z = x + yi Số phức z = x − yi gọi số phức liên hợp với số phức z e) Mỗi số phức biểu diễn điểm M ( x; y ) mặt phẳng toạ độ Oxy Ngược lại, điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z