sở giáo dục - đào tạo Hà Nội trờng thpt cæ loa  SánG kiến kinh nghiệm Đề tài : K thut dùng hình học giải tích để giải tốn cực trị mơ đun số phức LĩnhNgêi thùc hiƯn: TrÇn Qc Thép Tổ toán Trờng THPT Cổ Loa Năm học: 2018 2019 ```` GV Trần Quốc Thép I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: 2/Mục tiêu nghiên cứu: 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: 4/Các phương pháp nghiên cứu: 2 2 II.PHẦN NỘI DUNG: 1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận đề tài: 3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu: 4/Nội dung nghiên cứu kết nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: 2.1 Sử dụng phép nhóm Abel để giải số dạng bất đẳng thức có điều kiện 2.2 Sử dụng số để giải số dạng bất đẳng thức có điều kiện 2.3 Sử dụng số phép nhóm Abel giải số dạng bất đẳng thức có điều kiện B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: III.PHẦN KẾT LUẬN: 1/Kết luận: 2/Tài liệu tham khảo: 3 3 4 4 10 12 17 18 19 Trang / 17 GV Trần Quốc Thép I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: 1.1 Về mặt lý luận Trong dạy học nhiệm vụ hàng đầu giáo viên phát triển lực học sinh: lực tự học, lực giải vấn đề sáng tạo , lực tính tốn, biết vận dụng kiến thức học để giải vấn đề thực tiễn, biết liên hệ kiến thức tổng hợp để giải vấn đề 1.2 Về mặt thực tiễn Ta biết Toán học mơn khoa học đòi hỏi phải suy diễn trừu tượng mặt khác Toán lại giúp ta giải tốn thực tiễn sống Vì tiết học tốn, thầy ngồi việc giúp học sinh giải tốn tốt, tìm cách liên hệ ứng dụng thực tiễn, Bằng cách trực quan hóa khái niệm trừu tượng, diễn giải theo cách khác giúp học sinh vỡ điều khô khan môn số phức 1.3 Về mặt cá nhân Số phức nội dung quan trọng chương trình tốn học lớp 12, có nhiều ứng dụng thực tiễn xuất thường xuyên đề thi THPT Quốc gia Thông thường tập số phức đề mức độ dễ Tuy nhiên, đề thi thử khắp nơi nước, ta gặp số đề thi mà có câu hỏi chủ đề số phức mức độ cao Các tập thường mơ-đun số phức, có tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ môđun số phức (mà ta gọi tốn cực trị mơ-đun số phức) Khi gặp toán vậy, học sinh chưa học làm quen với kiểu bài, dạng này, khó tìm đáp án Bài tốn cực trị mô-đun số phức đa dạng, có nhiều cách giải Vấn đề đặt nên lựa chọn phương pháp nào? Tại lại lựa chọn phương pháp đó? Phương pháp có dẫn đến kết nhanh không? Để trả lời câu hỏi đòi hỏi phải có nhìn tổng quát phân tích tỉ mỉ Nhất bối cảnh thi THPT Quốc gia mơn Tốn hình thức thi trắc nghiệm khách quan, học sinh cần phải có đáp án nhanh Để trả lời câu hỏi chọn đề tài: “ Kỹ thuật dùng hình học giải tích để giải tốn cực trị mô đun số phức” 2/Mục tiêu nghiên cứu: Trang / 17 GV Trần Quốc Thép Mục đích nghiên cứu thơng qua ví dụ điển hình nhằm phân tích cho học sinh thấy phương pháp hiệu quả, nhanh gọn, phù hợp với đòi hỏi đề thi trắc nghiệm, góp phần nâng cao chất lượng học tập Đồng thời giúp học sinh nâng cao tư duy, biết nhìn nhận vấn đề theo cách khác 3/Đối tượng nghiên cứu: Đối tượng nghiên cưu sáng kiến kinh nghiệm tìm biện pháp nâng cao hiệu giảng dạy kiến thức số phức 12 4/Nhiệm vụ nghiên cứu: - Phân loại tập tìm tập, tình giúp học sinh thấy ích lợi phương pháp 5/Bố cục sáng kiến: Sáng kiến kinh nghiệm: “ Kỹ thuật dùng hình học giải tích để giải tốn cực trị mơ đun số phức” gồm phần: Phần thứ nhất: A Lời mở đầu Phần thức hai: B Phần nội dung Phần thức ba: C Tài liệu tham khảo Phần thức hai: D Phần kết luận Trang / 17 GV Trần Quốc Thép B.PHẦN NỘI DUNG: Kiến thức chuẩn bị Để cho tiện, kí hiệu M  x; y   M  z  để M điểm biểu diễn cho số phức z  x  yi, x, y �� Hai số phức z , z�có điểm biểu diễn mặt phẳng phức M, N Ta có + z  OM + MN  z  z� + z  z0  r M nằm đường tròn tâm M  z0  , bán kính r - Các bất đẳng thức dạng tam giác cho số phức: z1  z2 �z1  z2 , dấu xảy z1  kz2 , k �0 ; z1  z2 �z1  z2 , dấu xảy z1  kz2 , k �0 ; z1  z2 � z1  z2 , dấu xảy z1  kz2 , k �0 ; z1  z2 � z1  z2 , dấu xảy z1  kz2 , k �0 2 2 - Cơng thức hình bình hành: z1  z2  z1  z2  z1  z2 - Các tập hợp điểm hay gặp: Đường thẳng, phương trình dạng ax  by  c  , a  b2  Đường tròn, phương trình dạng  x  a    y  b   r , r  2 Đường elip, tập hợp điểm M mặt phẳng cho MF1  MF2  2a với 2a  2c  F1F2  ; phương trình tắc elip hệ tọa độ Oxy x2 y   a b2 Các ví dụ minh họa Ví dụ 1.Trong số phức thỏa mãn điều kiện z   4i  z  2i Tìm mơ-đun nhỏ số phức z  2i C  Lời giải Giả sử z  x  yi; x, y �� có điểm biểu diễn M  x; y  A B Ta có: z   4i  z  2i �  x  2 D   y  4  x2   y  2 � x  y   Trang / 17 2 GV Trần Quốc Thép Cách 1: Thế y   x ta z  2i  x   y   i  x   y    x    x  có 2  x  12x  36   x  3  18 �3 Do x  � y  ta có đáp án B Cách 2: M thuộc đường thẳng  : x  y   Gọi A  0; 2  điểm biểu diễn số phức 2i , ta có z  2i  AM nhỏ d  A,    024  (Do A nằm ngồi  ) Bình luận: Hai cách giải tương đương học sinh làm hai cách Ví dụ 2.Cho số phức z thỏa mãn z   4i  Tìm mơ-đun lớn nhất, nhỏ số phức z Lời giải Cách 1: Giả sử z  x  yi với x, y �� z có điểm biểu diễn M  x; y  Giả thiết suy x    y   i  �  x     y    2 � M thuộc đường tròn (C) có tâm I  3;4  bán kính r  Ta có z  OM Do O nằm ngồi đường tròn (C) nên Với M thuộc (C), ta có OI  r �OM �OI  r � OM Dấu “=” xảy M giao điểm OI với (C) ۣ Vậy, z lớn nhỏ Trang / 17 GV Trần Quốc Thép Cách 2: Giả sử z  x  yi với x, y �� Giả thiết suy x    y   i  �  x     y    2 � x  y  x  y  24 � z  x  y  x  y  24 Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có   2 2 � � 100 � x   y  � �  x   y          � � � � � 10� x�8� y 50 10 16 x y 24 36 �� 4  x y 24 z � 12 �x  y  �x   12 16 � � z 4��6 � z   i; �� 5 � �y  16 x  y  40 � � � 18 x �x  y  �  18 24 � � z 6��6 � z  i �� 5 � �y  24 x  y  60 � � 12 16 18 24 Vậy, z lớn z   i nhỏ z   i 5 5 Cách 3: Giả sử z  x  yi với x, y �� Giả thiết suy x    y   i  �  x     y    �x   sin t Đặt � Ta có z  �y   cos t   sin t  2    cos t   26  6sin t  8cos t 6sin t  8cos t  10sin  t    � 10;10 nên � 26  10  �z � 26  10  �4 z Nhận xét cách sử dụng tính chất hình học dễ hiểu cho đối tượng học sinh nhanh để có kết Với tốn có giả thiết tương tự tìm cụ thể số phức có mô-đun lớn nhất, nhỏ ta giải tương tự thêm bước tìm z để dấu đẳng thức xảy Nhận xét cách học sinh trung bình khó chỗ tách hệ số để vận dụng Bất đẳng thức Bunyakovsky Nhận xét cách 3: học sinh cần nhớ thêm lượng giác hóa đường tròn, q trình tính tốn dài Trang / 17 GV Trần Quốc Thép Ví dụ 3.Cho số phức z thỏa mãn z   3i  Giá trị lớn z  i A B C D Lời giải Cách  z   3i   z  i     4i  �z  i   4i � z  i �2   4i � z  i �7 Cách Đặt w  z  i Gọi M điểm biểu diễn w hệ trục tọa độ Oxy z   3i  � w   4i  � MI  với I  3; 4  � M nằm đường tròn  C tâm I  3; 4  , bán kính R  Ta có z  i  w  OM Vậy max OM  OI  R    Lưu ý: Nếu đề hỏi “Giá trị nhỏ z  i ” OM  ON  OI  R Phân tích: Cách ngắn gọn cách học sinh nhớ bất đẳng thức lạ dùng thật khó Ví dụ Tìm tập hợp tất giá trị thực a để tồn số phức z thỏa mãn � �z   i �z � �z � a A  0 B (0; ] C  0;� D [ ; �) Lời giải Nhận xét a  loại a  khơng thỏa mãn Giả sử z  x  yi; x, y �� có điểm biểu diễn M  x; y  Trang / 17 GV Trần Quốc Thép 2 2 � � �  x  y  �0  1 �z   i �z �  x  1   y  1 � x  y � � � Ta có: � � �2 2 x  y �a   � �z � a � x  y � a � Miền nghiệm (1) miền không bị tô đậm đường thẳng d :  x  y   hình (kể biên), miền nghiệm (2) hình tròn tâm I  0;0  bán kính a (kể biên) Hệ có nghiệm ۳ a d  O; d  ۳ a ۳ a Chọn đáp án D Ví dụ Tìm tập hợp tất giá trị thực a để tồn số phức z � �z  � a thỏa mãn � z  i � a � A  0 B (0;2] C  0;� �1 � D � � �2 Lời giải Nhận xét a  loại a  khơng thỏa mãn Giả sử z  x  yi; x, y �� có điểm biểu diễn M  x; y  Trang / 17 GV Trần Quốc Thép 2 � � �  x  1  y �a  1 �z  � a �  x  1  y � a � �� �� Ta có: � 2 x   y  1 �a   �z  i � a � x   y  1 � a � � � Miền nghiệm (1) điểm nằm hình tròn I1  1;0  , r1  a , kể biên Miền nghiệm (2) điểm nằm hình tròn I  0; 1 , r2  a , kể biên Để có số phức thỏa mãn � Hai đường tròn tiếp xúc ngồi Chọn đáp án D Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z   i  , số phức w thỏa mãn w   3i  � I1I  r1  r2 �  a � a  Tìm giá trị nhỏ z  w A 13  B 13  C 17  D 17  Lời giải Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z  x  iy M thuộc đường tròn  C1  có tâm I1  1;1 , bán kính R1  N  x�� ; y  biểu diễn số phức w  x�  iy�thì N thuộc đường tròn  C2  có tâm I  2; 3 , bán kính R2  Giá trị nhỏ z  w giá trị nhỏ đoạn MN uuur Ta có I1I   1; 4  � I1I  17  R1  R2 �  C1   C2  Trang / 17 GV Trần Quốc Thép � MN  I1I  R1  R2  17  Ví dụ Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1   i  z1   7i  mãn iz2   2i  Tìm giá trị nhỏ biểu thức z1  z2 A 2  B  C 2  D Lời giải Gọi M  x; y  , A  2;1 B  4;7  biểu diễn z1; 2  i;4  7i thỏa 1 Do z1   i  z1   7i  � MA  MB  AB Vậy M thuộc đoạn AB w   z2 � z2   w � iz2   2i  � iw   2i  � w   i  2 Suy tập hợp biểu diễn w đường tròn  C  :  x     y  1  có tâm I  2;1 , R  Khi P  z1  z2  z1  w  MN Ta có : AB : x  y   � d  I , AB   2  Cho nên MN nhỏ MN  d  I , AB   R  2  Vậy chọn C Trang10/ 17 GV Trần Quốc Thép Ví dụ Trong số phức z thỏa mãn z   i  , tìm số phức z cho P  z   9i  z  8i đạt giá trị nhỏ Lời giải Gọi M  x; y  điểm biểu diễn số phức z A(7;9), B(0;8) điểm biểu diễn số phức z1   9i, z2  8i Giả thiết z   i  suy M thuộc đường tròn (C):  x  1   y  1  25 Yêu cầu tốn trở thành: Tìm tọa độ điểm M 2 thuộc (C) cho biểu thức P  MA  MB đạt giá trị nhỏ Ta có (C) có tâm I  1;1 bán kính R  Trước hết, ta tìm điểm K cho MA  MK (1), với điểm M thuộc (C) uuu r uu r uuu r uur Ta có (1) � MA2  4MK � MI  IA  MI  IK uuu r uu r uur � MI IA  IK  3MI  IK  IA2 uuu r uu r uur � 2MI IA  IK  3R  IK  IA2         B M I K A uu r uur r uu r uur r �IA  IK  (2) � �IA  4IK  � �� Chọn K cho � 2 IK  (3) 3R  IK  IA  � � � �5 � Từ (2), tìm K � ;3 � , thỏa mãn (3) �2 � Do đó, với điểm M thuộc (C) ta có: MA  2MB   MK  MB  �2 BK Dấu “=” xảy M  (C ) �BK M thuộc đoạn BK BK có phương trình x  y   Tọa độ giao điểm BK (C) nghiệm � �x  �x  � 2x  y   hệ � Hệ có nghiệm � � 2  x  1   y  1  25 �y  �y  2 � Trang11/ 17 GV Trần Quốc Thép Thử lại, ta có điểm M  1;6  thuộc đoạn BK, thỏa mãn toán Vậy số phức cần tìm z   6i Bình luận: Ngồi cách tìm K nhờ vector trên, ta có cách khác bình phương hai vế (1), sau biến đổi tọa độ M thỏa mãn phương trình đường tròn đồng phương trình với phương trình (C) Nhận xét: Việc tìm điểm K trên, số tốn tương tự mạng, lời giải đưa điểm K đẳng thức MA  MK với M thuộc (C) mà không cho học sinh cách tìm điểm K nào? Thơng qua Ví dụ trên, học sinh tìm điểm K tương tự Nguồn gốc toán xuất phát từ Bài tốn đường tròn Apollonius, ta hiểu đường tròn sau: “Cho A B hai điểm mặt phẳng r  dài d1 số dương khác quỹ tích điểm P cho tỉ số độ d2 AP d1   r đường tròn Đường tròn xây dựng theo cách BP d gọi đường tròn Apollonius” Từ nảy sinh tốn sau: “Cho hai điểm A, K cố định, M di chuyển đường tròn Apollonius cho MA  cMK ; B điểm cố định khác cho đoạn KB cắt đường tròn; tìm vị trí M cho MA  cMB nhỏ nhất” Khi đầu bài, ta dấu điểm K đi, cho phương trình đường tròn cho tọa độ A, B Ta phải tìm điểm K cách nối A với tâm đường tròn, đoạn cắt đường tròn H lấy K cho H nằm A, K, HA  cHK Điểm M phải tìm giao điểm đoạn thẳng KB với đường tròn Ví dụ (Đề thi thử THPT chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình lần năm 2017) Cho z1, z2 hai nghiệm phương trình  3i  iz  z   9i thỏa mãn z1  z2  Giá trị lớn z1  z2 Trang12/ 17 GV Trần Quốc Thép A 31 B 56 C D Phân tích: Giả thiết  3i  iz  z   9i cho biết điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường tròn Sự xuất z1  z2 z1  z2 làm cho liên hệ tới công thức hình bình hành cơng thức đường trung tuyến tam giác Lời giải Ta có  3i  iz  z   9i � z   6i  z   9i Đặt z  x  yi, x, y ���  x  3   y     x     y   2 2 2 �  x  3   y    � M  x; y  thuộc đường tròn (C) có tâm I  3;4  , bán kính r  Gọi M , M biểu diễn z1, z2 ; ta có M , M thuộc đường tròn (C) Trang13/ 17 GV Trần Quốc Thép M 1M  Gọi H IH  IM 12  HM 12  Ta có z1  z2  trung điểm đoạn thẳng M 1M Ta có 3 � H thuộc đường tròn  C �  có tâm I, bán kính r� 5    64 2 2  z1  z2  z1  z2  z1  z2  OM 12  OM 22 25  4OH  M 1M 22  4OH   64 , theo công thức đường trung tuyến 25 � z1  z2  4OH � z1  z2  2OH Do z1  z2 lớn OH lớn Ta 5 có OH �OI  r � 28 56  Do z1  z2  2OH � Chọn B 5 Ví dụ 10 Cho số phức z  x  yi với x, y �� thỏa mãn z   i �1 z   3i � Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  x  y Tính tỉ số M m 14 A B C D 4 Lời giải Chọn B Gọi A điểm biểu diễn số phức z Từ giả thiết z   i �1 ta có A điểm nằm bên ngồi hình tròn  C1  có tâm I  1;1 bán kính R1  Mặt khác z   3i � ta có A điểm nằm bên hình tròn  C2  có tâm J  3;3 bán kính R  Trang14/ 17 GV Trần Quốc Thép Ta lại có: P  x  y � x  y  P     Do để tồn x, y    phần gạch   chéo phải có điểm chung tức d  J ; � � P � 5 9P 5 M 4� P 14 Suy m  4; M  14 �  m B/ KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: III PHẦN KẾT LUẬN: 1/ Kết luận: Sau trình xin cung cấp vài kết thực nghiệm ban đầu, với cách dạy cũ thu vài kết sau: với lớp thực nghiệm 12ª5, dạy theo phương án lớp đối chứng 12A2, dạy theo phương án truyền thống (2 lớp thuộc trường THPT Cổ Loa, Hà nội.) thông qua kiểm tra sau dạy xong Tổng số Giỏi hs SL % Thực nghiệm 46 20 43.5 Đối chứng 46 13 28.3 Kết Khá SL % 24 52.2 18 39.1 Trung bình SL % 4.3 15 32.6 Yếu SL % 0 0 Qua thực tiễn giảng dạy tơi thấy để học sinh có kĩ chứng minh tốt bất đẳng thức trước hết người thầy phải làm cho học sinh hiểu hay đẹp bất đẳng thức, đồng thời dạy chứng minh bất đẳng thức lĩnh vực khó nên thầy cô nên vào sức học sinh để đề tập phù hợp Theo kinh nghiệm tôi, ứng với ba mức độ nhận biết, thơng hiểu vận dụng tập nhận biết thông hiểu kiến thức bản, đơn giản Sau dần nâng mức độ tập lên Chính để sử dụng tài liệu cho hợp lí, thầy bổ sung thêm tập nhẹ nhàng, đơn giản vừa sức với hc sinh ca mỡnh Đánh giá Hội đồng khoa häc nhµ trêng: Trang15/ 17 GV Trần Quốc Thép Ngµy… tháng năm 2010 Chủ tịch hội đồng Đánh giá Hội đồng khoa học ngành ( Sở giáo dục - đào tạo Hà Nội ) Ngày tháng năm 2010 Chủ tịch hội đồng Trang16/ 17 ... nghiên cứu: 2 2 II.PHẦN NỘI DUNG: 1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận đề tài: 3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu: 4/Nội dung nghiên cứu kết nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: 2.1 Sử dụng... nhất: A Lời mở đầu Phần thức hai: B Phần nội dung Phần thức ba: C Tài liệu tham khảo Phần thức hai: D Phần kết luận Trang / 17 GV Trần Quốc Thép B.PHẦN NỘI DUNG: Kiến thức chuẩn bị Để cho tiện, kí... diễn giải theo cách khác giúp học sinh vỡ điều khô khan môn số phức 1.3 Về mặt cá nhân Số phức nội dung quan trọng chương trình tốn học lớp 12, có nhiều ứng dụng thực tiễn xuất thường xuyên đề thi