Đang tải... (xem toàn văn)
Mục đích nghiên cứu của SKKN này là nghiên cứu các phương pháp để hướng dẫn học sinh nhanh chóng giải quyết được bài toán về modul của số phức, đặc biệt là các bài toán về “ tìm modul [r]
(1)MỤC LỤC
I MỞ ĐẦU
1.1 Lí chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu
II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1 Những kiến thức bản:
2.1.2 Các dạng quỹ tích thường gặp điểm biểu diễn số phức4 2.1.2.1 Quỹ tích điểm biểu diễn đường thẳng:
2.1.2.2 Quỹ tích điểm biểu diễn đường tròn:
2.1.2.3 Quỹ tích điểm biểu diễn elip:
2.1.3 Tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ điểm biểu diễn số phức đường tròn, đường thẳng elip
2.1.3.1 Dạng 1: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng (5 cách giải )
2.1.3.2 Dạng 2: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn ( cách giải)
2.1.3.3 Dạng 3:Cho số phức z thỏa mãn 𝒛 + 𝑨 = 𝒌, 𝑨, 𝑩 ∈ 𝕮, 𝒌 > 𝟎 Tìm z cho 𝑷 = 𝒛 + 𝑩 đạt min, max. 11
2.1.3.4 Dạng 4: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường elíp (4 cách giải) 12
2.1.4 Sử dụng mối quan hệ số phức số phức liên hợp 12
2.1.5 Một số toán trắc nghiệm modul số phức 14
2.2 Thực trạng vấn đề trước thực SKKN 19
2.3 Các giải pháp thực để giải vấn đề: 20
2.4 Hiệu sau áp dụng SKKN vào giảng dạy 20
III KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 20
1 Kết luận 20
(2)I MỞ ĐẦU
1.1 Lí chọn đề tài
Với việc đổi hình thức thi tốt nghiệp THPT xét tuyển Đại học nay, mơn Tốn kiểm tra đánh giá hình thức thi trắc nghiệm Mảng kiến thức số phức trước vốn học thi nhẹ nhàng, khai thác sâu hệ thống câu hỏi trắc nghiệm Một dạng tốn hỏi nhiều toán modul số phức Để giải tốn nhanh chóng, xác nhằm lựa chọn phương án trả lời đề bài, cần hướng dẫn cho học sinh có tư linh hoạt nhạy bén Ngồi u cầu địi hỏi học sinh cần hiểu sâu rộng kiến thức, người thầy phải biết cách dạy học sinh kĩ loại trừ, thử đáp án, chọn lựa đặc biệt kĩ sử dụng máy tính cầm tay để giải Đó lí do chọn đề tài này.
1.2 Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu SKKN nghiên cứu phương pháp để hướng dẫn học sinh nhanh chóng giải tốn modul số phức, đặc biệt tốn “tìm modul số phức ’’, “tìm modul lớn nhất, nhỏ nhất số phức ’’, “tìm tập hợp điểm mặt phẳng biểu diễn số phức
z’’ Để giải tốt loại toán này, ta cần vận dụng thành thạo kiến thức bất đẳng thức, hình học, lượng giác, hàm số, đánh giá Tuy nhiên phần lớn học sinh lại gặp nhiều khó khăn vận dụng Với thực trạng vậy, viết sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp giải toán modul số
phức” Sáng kiến kinh nghiệm chứa đựng kĩ quan trọng mà học sinh cần phải nắm muốn tiến đến trình độ giải tốt tốn số phức, đồng thời chứa đựng kĩ thuật, kĩ xảo, ý tưởng vận dụng lực toán học tương đối cao, phức tạp tư
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là:
* Các quỹ tích quen thuộc điểm biểu diễn số phức đường thẳng, đường trịn, đường elíp
* Cách vận dụng phương pháp bất đẳng thức, phương pháp hình học, phương pháp hàm số lượng giác hóa, đánh giá, mối quan hệ số phức số phức liên hợp để giải toán modul số phức
* Một số phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo dùng để giải toán trắc nghiệm
1.4 Phương pháp nghiên cứu
(3)II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Những kiến thức bản:
2.2.1.1 Một số phức biểu thức có dạng x yi, 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅, i số thoả mãn i2 1 Ký hiệu số phức z viết z x yi
* i gọi đơn vị ảo
* x gọi phần thực, kí hiệu Re(z) * y gọi phần ảo, kí hiệu Im(z) * Tập hợp số phức ký hiệu ℭ 2.2.1.2 Hai số phức
Cho số phức z = x + yi z’ = x’ + y’i khi đóz = z’
' '
y y
x x
2.2.1.3 Biểu diễn hình học số phức
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 +ybi
2.2.1.4 Modul số phức: Cho số phức z = x + yi có điểm biểu diễn M(x; y), ta định nghĩa modul số phức z khoảng cách OM
|𝑧| = 𝑂𝑀 = √𝑎2 + 𝑏2
2.2.1.5 Phép cộng phép trừ số phức
Cho hai số phức z = a + bi z’ = a’ + b’i Ta định nghĩa:
' ( ') ( ') ' ( ') ( ')
z z a a b b i
z z a a b b i
2.2.1.6 Phép nhân số phức
Cho hai số phức z = a + bi z’ = a’ + b’i Ta định nghĩa:
' ' ' ( ' ' )
zz aabb aba b i 2.2.1.7 Số phức liên hợp
Cho số phức z = a + bi Số phức z = a – bi gọi số phức liên hợp với số phức
trên
Tính chất số phức liên hợp:
* zz
(4)* z z 'z z '
* 𝑧 𝑧̅ = 𝑎2+ 𝑏2 = |𝑧|2 = |𝑧̅|2 2.2.1.8 Phép chia số phức khác
Cho số phức z = a + bi ≠ (tức a2+b2 > )
• Ta định nghĩa số nghịch đảo số phức z ≠ số z-1 xác định z-1=
2 2
1
.z z
a b z
• Thương z'
z phép chia số phức z’ cho số phức z ≠ xác định
sau:
2
' '
'
z z z
z z
z z
Với phép tính cộng, trừ, nhân chia số phức nói có đầy đủ tính chất giao hốn, phân phối, kết hợp phép cộng, trừ, nhân, chia số thực thông thường
2.2.1.9 Các đẳng thức bất đẳng thức modul số phức: * |𝑧2| = |𝑧|2 = |𝑧̅2| = |𝑧̅|2 = 𝑧 𝑧̅ Đặc biệt: Khi |𝑧| = 𝑡ℎì 𝑧 =1
𝑧̅ ℎ𝑜ặ𝑐 𝑧̅ = 𝑧
* |𝑧| khoảng cách từ điểm M biểu diễn số phức z đến gốc tọa độ O mặt phẳng phức
* |𝑧 − 𝑧′| khoảng cách từ điểm M biểu diễn số phức z đến điểm M’ biểu diễn số phức z’
* |𝑧 𝑧′| = |𝑧| |𝑧′|, |𝑧
𝑧′| = |𝑧| |𝑧′|
* |𝑧| − |𝑧′| ≤ ||𝑧| − |𝑧′|| ≤ |𝑧 + 𝑧′| ≤ |𝑧| + |𝑧′|
2.1.2 Các dạng quỹ tích thường gặp điểm biểu diễn số phức
2.1.2.1 Quỹ tích điểm biểu diễn đường thẳng: Ta xét ví dụ mẫu sau:
Ví dụ : Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn
|3𝑧 + − 𝑖| = |−3𝑧̅ + + 3𝑖| Giải:
Cách 1: (Tự luận) Đặt z = x + yi (x, y ∈ 𝑅), ta có
(3x + 1)2 + (3y – 1)2 = (-3x + 2)2 + (3y + 3)2 18x – 24y – 11 =
(5)Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay
Dự đốn: Quỹ tích điểm M đường thẳng có dạng ax + by + c = Ta tìm a, b, c sau:
Vào mơi trường tính tốn số phức cách bấm tổ hợp phím
|3𝑋 + − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + + 3𝑖|2 CALC X = → −11 → 𝑐 = −11
|3𝑋 + − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + + 3𝑖|2+ 11 CALC X = → 18 → 𝑎 = 18
CALC X = i → −24 → 𝑏 = −24 Vậy quỹ tích điểm M đường thẳng: 18x – 24y – 11 =
Nhận xét: Đây tốn khơng khó học sinh giỏi, với học sinh trung bình yếu biến đổi theo kiểu tự luận cách nhanh chính xác vài ba phút, chưa kể nhầm lẫn Bằng cách sử dụng máy tính cầm tay, kể học sinh yếu giải tốn vịng trên 20 giây
Chú ý: Để có dự đốn ta cần chứng minh cho học sinh hiểu số phức z thỏa mãn điều kiện sau:
|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| = |𝑚′ 𝑧 + 𝑎′ + 𝑏′𝑖|
|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|
|𝑚𝑧̅ + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|
Mà m = m’ m = - m’ quỹ tích điểm biểu diễn z đường thẳng
2.1.2.2 Quỹ tích điểm biểu diễn đường tròn:
Ta xét ví dụ mẫu sau:
Ví dụ 2: Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn
|𝑧 − (𝑎 + 𝑏𝑖)| = 𝑅 𝑣ớ𝑖 𝑅 >
Giải: Dễ thấy quỹ tích điểm M đường trịn tâm I(a; b), bán kính R
Ví dụ 3: Tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn
|𝑧 + − 𝑖| = |−3𝑧̅ + + 3𝑖| Giải:
Cách 1: (Tự luận) Đặt z = x + yi (x, y ∈ 𝑅), ta có
(x + 1)2 + (y – 1)2 = (-3x + 2)2 + (3y + 3)2 -8x2 – 8y2 +14x – 20y – 11 =
𝑥2+ 𝑦2 −7
4𝑥 + 2𝑦 +
11 =
Vậy quỹ tích điểm M đường tròn: 𝑥2+ 𝑦2−7 4𝑥 +
5 2𝑦 +
11 =
(6)Dự đốn: Quỹ tích điểm M đường trịn có dạng x2 + y2+ ax + by + c = Ta tìm a, b, c sau:
Vào mơi trường tính tốn số phức cách bấm tổ hợp phím
(|𝑋 + − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + + 3𝑖|2): (12− (−3)2) − |𝑋|2 CALC X =
→ 118 → 𝑐 = 118
(|𝑋 + − 𝑖|2− |−3𝑐𝑜𝑛𝑗𝑔(𝑋) + + 3𝑖|2): (12− (−3)2) − |𝑋|2 −11
CALC X = → −7
4 → 𝑎 = −7
4
CALC X = i →
2→ 𝑏 =
Vậy quỹ tích điểm M đường trịn: 𝑥2+ 𝑦2−7 4𝑥 +
5 2𝑦 +
11 =
Nhận xét: Cũng dạng tốn có quỹ tích điểm biểu diễn đường thẳng, cũng tốn khơng khó học sinh giỏi, với học sinh trung bình yếu biến đổi theo kiểu tự luận cách nhanh xác cũng vài ba phút, chưa kể nhầm lẫn Bằng cách sử dụng máy tính cầm tay, thì kể học sinh yếu giải tốn vịng dưới 20 giây
Chú ý: Để có dự đốn ta cần chứng minh cho học sinh hiểu với số phức z thỏa mãn điều kiện sau:
|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| = |𝑚′ 𝑧 + 𝑎′ + 𝑏′𝑖|
|𝑚𝑧 + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|
|𝑚𝑧̅ + 𝑎 + 𝑏𝑖| =|m'.𝑧̅ + a' + b'i|
Mà m ≠ m’ m ≠ -m’ quỹ tích điểm biểu diễn z đường trịn
2.1.2.3 Quỹ tích điểm biểu diễn elip:
Ta thường gặp tốn:
Tìm quỹ tích điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn |𝑧 − 𝑐| + |𝑧 + 𝑐| = 2𝑎 với a > c >
Giải: Gọi F1(-c; 0), F2(c; 0) Từ điều kiện toán,
ta có MF1 + MF2 = 2a Dựa vào định nghĩa elip,
ta dễ dàng nhận thấy quỹ tích M elip có phương trình :
𝑥2 𝑎2+
𝑦2
𝑏2 = 𝑣ớ𝑖 𝑏2 = 𝑎2− 𝑐2
2.1.3 Tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ điểm biểu diễn của số phức đường trịn, đường thẳng elip
Phương phápchung:
F2 F1
c
-c
-b b
(7)Bước 1. Tìm tập hợp (G) điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện, trình tìm biểu thức liên hệ phần thực phần ảo số phức z
Bước 2.
• Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá
• Phân tích biểu thức thành tổng bình phương để đánh giá • Khảo sát hàm số để đánh giá
• Sử dụng phương pháp lượng giác hóa
• Dùng tính chất hình học để đánh giá cách: Tìm số phức z tương ứng với điểm biểu diễn M ∈ (G) cho khoảng cách tương ứng với điều kiện tốn có giá trị lớn (hoặc nhỏ nhất)
2.1.3.1 Dạng 1: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng (5 cách giải )
Ví dụ 4: Tìm z cho z đạt giá trị nhỏ Biết số phức z thỏa mãn điều kiện
z iz i
w 3 13 số thực
Giải: Giả sử z = x + yi (x, y ∈ 𝑅),
x y ix yi x y x y x y i
w 3 1 1 3 2 24 4 62 4
Ta có wRxy40
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng (d): xy40
Cách 1: (Hình học) Giả sử M(x; y) điểm biểu diễn z
) (
min OM OM d
z , ta M(-2; 2)z22i
Cách 2 (Phân tích thành tổng bình phương) Ta có
4 2 2 22 2
2
2
x y x x x
z
Vậy z 2 x y z 2i
min
Cách 3 (Phương pháp hàm số) z x2 y2 x2 4x2 2x2 8x16
Xét hàm số f(x) =2 28 16
x
x hàm bậc có a > nên hàm số đạt 𝑥 =
− 𝑏
2𝑎 = −2min z 2 2z22i
Cách 4: (Dùng BĐT Bunhiacopxki)
2 2
2 16
4
4 x y x y x y
y
x
i z
y x z
y x z y
x2 8 2 2 min 2 2 22
(8)
Nhận thấy |𝑧| nhỏ = 2√2 x = -2, nên y = hay z = -2 + 2i
Ví dụ 5: Tìm modul nhỏ số phức z – + 2i Biết số phức z thỏa mãn điều kiện |𝑧 + − 3𝑖| = |−𝑧 + + 𝑖|
Giải:
Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn z đường thẳng: x - y + =
Cách 1: (Hình học) Ta thấy |𝑧 − + 2𝑖| nhỏ có giá trị khoảng cách từ điểm I(3; -2) đến đường thẳng x – y + = 7√2
2
Cách 2 (Phân tích thành tổng bình phương) Ta có
|𝑧 − + 2𝑖| = √(𝑥 − 3)2+ (𝑦 + 2)2 = √(𝑥 − 3)2+ (𝑥 + 4)2
= √2𝑥2+ 2𝑥 + 25 = √2(𝑥 +1
2)2+ 49
2 ≥ √ 49
2 = 7√2
2
Cách 3 (Phương pháp hàm số) |𝑧 − + 2𝑖|=√2𝑥2+ 2𝑥 + 25
Xét hàm số 𝑓(𝑥) = 2𝑥2+ 2𝑥 + 25 hàm bậc có a > nên hàm số đạt
𝑥 = − 𝑏
2𝑎 = −1
2 2
2
z
Cách 4: (Dùng BĐT Bunhiacopxki)
2
) ( ) ( )) ( ( 49 ) ( ) (
2
y x y x y x y
x
2 3
z i
Cách 5: (Dùng máy tính cầm tay CASIO Fx 570 VN Plus) Vào môi trường khảo sát hàm số cách bấm tổ hợp phím
Nhận thấy 𝑓(𝑥) nhỏ = 49
2 x = -2
nên |𝑧 − + 2𝑖| nhỏ 7√2
(9)2.1.3.2 Dạng 2: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn ( cách giải)
Ví dụ 6: Trong số phức z thoả mãn điều kiện z 2 4i 5.Tìm số phức z có
mơđun lớn nhất, nhỏ
Giải: Giả sử điểm M(x; y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi tập hợp điểm M đường trịn I(2;4), bán kính R 5, có phương trình: 2
(x2) (y4) 5
Cách 1: (Sử dụng BĐT Bunhiacopxki) Ta có
2 2 2 2 2 2
( 2) ( 4) 20 15 ( 2) 2( 4) 25 (2)
z OM x y x y x y x y x y
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2 2
(x 2) 2(y4) (1 2 ) ( x2) (y4) 5 (x 2) 4(y 4) (3) Từ (2), (3) ta suy ra: 5 z .Vậy:
min max
1
5
2
x x
z z i z z i
y y
Cách 2: (Định lý dấu tam thức bậc 2)
Đặt 2
y x
t Do x2 2 y42 5x2 y2 154(x2y)
Ta có x2y 5x2 y2 5.t, Suy t2154 5t 5t3
Vậy
min max
1
5
2
x x
z z i z z i
y y
Cách 3: ( Phương pháp lượng giác hóa)
Đặt x2 5sint, y4 5cost
Ta có : x2 y2 2 5.sint 2 4 5.cost2 254 5sint2cost Do sint2.cost 55x2 y2 45 z 3
Vậy min 1 max 3
2
x x
z z i z z i
y y
Cách 4 (Phương pháp hình học)
Giả sử M(x;y) điểm biểu diễn số phức z, max
max
min OM , z OM
z
Ta có phương trình đường thẳng OI là:2x y0
Đường thẳng OI cắt (C) hai điểm phân biệt A, B có toạ độ nghiệm hệ phương trình:
, ,
2 2
(10)Với điểm M thuộc đường trịn (C) OAOMOB Hay 5 z 3
Vậy: min 1 max 3
2
x x
z z i z z i
y y
Cách (Phương pháp hình học)
Đường thẳng OI cắt đường trịn (C) điểm A, B hình vẽ
Ta có zmin OMmin M trùng với điểm A (C) gần O
nhất
Ta có OI 416 2 Kẻ AH Ox theo định lý Ta lét ta có:
i z
OH AH
OI OA AH
2 1
2
1
5
4
M trùng với điểm B (C) xa O Kẻ BK Ox, theo định lý Ta lét ta có:
i z
OK BK
OB OI
BK 3
2 5
5
4
Ví dụ 7: Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 5 5, z2 1 3i z2 3 6i Tìm giá trị nhỏ z1z2
Giải: Chúng ta giải phương pháp nêu trên, tơi chọn phương pháp hình học để trình bày lời giải
Ta có
• Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z1
đường trịn tâm I(-5; 0), bán kính R = • Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z1
đường thẳng : 8x6y350
Dễ thấy đường thẳng không cắt ( )C d(I; ) = 15
2 > 𝑅 Theo hình vẽ ta thấy
1
5
Min z z d R
d R
-5
A
I
K B
4
2
A
(11)2.1.3.3 Dạng 3:Cho số phức z thỏa mãn |𝒛 + 𝑨| = 𝒌, 𝑨, 𝑩 ∈ 𝕮, 𝒌 > 𝟎 Tìm z cho 𝑷 = |𝒛 + 𝑩| đạt min, max
Hướng giải: Ngoài phương pháp trên, ta cịn áp dụng tính chất sau: Đặt T = |𝐴 − 𝐵|, ta có |𝑇 − 𝑘| ≤ 𝑃 ≤ 𝑇 + 𝑘
Chứng minh: Gọi M điểm biểu diễn z, -A điểm biểu diễn số phức –A, -B điểm biểu diễn số phức –B Khi M thuộc đường trịn tâm – A, bán kính k
Ta thấy M1B ≤ 𝑃 ≤ M2B ||𝑨 − 𝑩| − 𝒌| ≤ 𝑷 ≤ |𝑨 − 𝑩| + 𝒌
Áp dụng tính chất ta dễ dàng giải toán sau: Ví dụ 8: Cho |𝑧 − − 4𝑖| = √5 𝑇ì𝑚 𝑚𝑖𝑛, max 𝑐ủ𝑎 𝑃 = |𝑧 + 1|
Đáp số: − √5 ≤ 𝑃 ≤ + √5 Ví dụ 9:|𝑧 − − 4𝑖| = √5 𝑇ì𝑚 𝑚𝑖𝑛, max 𝑐ủ𝑎 𝑃 = |𝑧|
Đáp số:√5 ≤ 𝑃 ≤ √5 Ví dụ 10: Cho |𝑧 − 1| = 𝑇ì𝑚 𝑧 để |𝑧 − 𝑖| đạt GTNN
Giải: Dễ thấy GTNN |𝑧 − 𝑖| √2 − 1, để tìm z, ta xét hệ
{ |𝑧 − 1| =
|𝑧 − 𝑖| = √2 − 10 {
(𝑥 − 1)2+ 𝑦2 = 1
𝑥2+ (𝑦 − 1)2 = − 2√2
{
𝑥 = − √2 𝑦 =√2
2
𝑧 =2 − √2
2 +
√2 𝑖
Nhận xét: Từ dạng toán ta có cách giải dạng tốn sau: Cho số phức z thỏa mãn |𝐴𝑧 + 𝐵| = 𝑘, 𝐴, 𝐵 ∈ ℭ, k > Tìm z cho 𝑃 = |𝐶𝑧 + 𝐷| đạt min, max
Giải:|𝐴𝑧 + 𝐵| = 𝑘 |𝑧 +𝐵
𝐴| = 𝑘
|𝐴|, ta xem 𝐵
𝐴 = 𝐴′, 𝑘
|𝐴| = k’
𝑃 = |𝐶𝑧 + 𝐷| 𝑃
|𝐶| = |𝑧 + 𝐷
𝐶|, ta xem 𝐷
𝐶 = 𝐵′, 𝑃
|𝐶| = 𝑃′
Đặt T = |𝐴′ − 𝐵′|, ta quay dạng tốn
Ví dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn
|(1 + 𝑖)𝑧 − 2𝑖 + 1| = 𝑇ì𝑚 𝑚𝑖𝑛, max 𝑐ủ𝑎 𝑚𝑜𝑑𝑢𝑙 𝑐ủ𝑎 𝑃 = (𝑖 + 2)𝑧 − 𝑖 + Giải:
Áp dụng ta có |(1 + 𝑖)𝑧 − 2𝑖 + 1| = 1 |𝑧 −12−35𝑖| =
√2
𝑃 = |(𝑖 + 2)𝑧 − 𝑖 + 1| 𝑃
|𝑖+2| = |𝑧 + 5−
3
5𝑖|, T = √130
10
Từ √130
10 − √2
2 ≤ 𝑃 ≤ √130
10 + √2
2
k
M1
M2 -A
M
(12)2.1.3.4 Dạng 4: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường elíp (4 cách giải)
Ví dụ 12: Tìm số phức z cho môđun z đạt giá trị nhỏ nhất, lớn Biết số phức z thoả mãn điều kiện: z 1 z
Giải: Ta thấytập hợp điểm M elip có phương trình là:
2
1
4
x y Cách 1: (Phân tích thành bình phương) Ta có
4 2 x y x OM
z
Do
2
1
4
x y
2
x z
Vậy : 3 2
max
min z i z z
z
Cách 2:(Đánh giá) Giả sử M(x;y) điểm biểu diễn z 2 x y
Khi đó:
3 4 4 2 2 2
2
x y x y x y OM
OM 3 3 3 2 2 2
2
x y x y x y OM
OM
Từ đó, ta 3 z 2
Vậy: zmin 3z 3i zmax 2z2 Cách 3: (Lượng giác hóa) Đặt x2.sint, y 3cost , t0;2
Ta có: OM2 x2 y2 4sin2t3cos2t 3sin2t
Do 0sin2t 1,t3OM2 4 3 z 2
Vậy: 3 2
max
min z i z z
z
Cách 4: (Hình học)
Theo hình vẽ ta thấy √3 ≤ 𝑂𝑀 ≤ Vậy : • |𝑧|𝑚𝑖𝑛 = √3 M B B’ z 3i
• |𝑧|𝑚𝑎𝑥 = M A A’ z2
2.1.4
Sử dụng mối quan hệ số phức số phức liên hợp
Với số phức z, số mối quan hệ quen thuộc ta nêu thêm số quan hệ sau với số phức liên hợp nó:
• 𝑧 + 𝑧̅ = 𝑅𝑒(𝑧)
• 𝑧 − 𝑧̅ = 𝐼𝑚(𝑧) 𝑖
(13)• z số thực 𝑧 = 𝑧̅
• z số ảo 𝑧 = −𝑧̅ 𝑧 + 𝑧̅ =
Ví dụ 13:Cho số phức z ≠ thỏa mãn 𝑧+1
𝑧−1 số ảo Tìm |𝑧|
Giải: 𝑧+1
𝑧−1 số ảo 𝑧+1 𝑧−1+
𝑧̅+1 𝑧̅−1 =
𝑧 𝑧̅ − 𝑧 + 𝑧̅ − + 𝑧 𝑧̅ + 𝑧 − 𝑧̅ − 1 2𝑧 𝑧̅ − = 0|𝑧| = Ví dụ 14: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = i.z + số ảo, tìm z?
Giải: Do i.z + số ảo nên 𝑖𝑧 + + 𝑖𝑧 + 4̅̅̅̅̅̅̅̅ = 𝑖𝑧 − 𝑖𝑧̅ + = 𝑖(𝑧 − 𝑧)̅ = −8 𝐼𝑚(𝑧) = → 𝑅𝑒(𝑧) = ±3 Vậy z = ±3 + 4𝑖
Ví dụ 15: Cho số phức z ≠ thỏa mãn |𝑧| = tìm phần thực
1−𝑧
Giải: Ta có: 2.Re(1−𝑧1 ) = 1−𝑧1 + (̅̅̅̅̅̅̅ =1−𝑧1 ) 1−𝑧1 +1−𝑧̅1 =1−𝑧−𝑧̅+𝑧𝑧̅2−𝑧−𝑧̅ = Vậy Re(
1−𝑧) =
Ví dụ 16: Cho số phức thỏa mãn
|𝑧|−𝑧 có phần thực Tính |𝑧|
Giải: Từ giả thiết, ta có
1
|𝑧| − 𝑧+ ( |𝑧| − 𝑧 ) ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
=
|𝑧| − 𝑧+
|𝑧| − 𝑧̅ =
2|𝑧| − 𝑧 − 𝑧̅ |𝑧|2− |𝑧|(𝑧 + 𝑧̅) + 𝑧 𝑧̅
=
|𝑧|(2|𝑧|−(𝑧+𝑧̅))2|𝑧|−𝑧−𝑧̅ = |𝑧|1 = |𝑧| =1
8
Ví dụ 17: Cho số phức z1, z2 thỏa mãn |𝑧1| = |𝑧2| = 𝑣à 𝑧1 𝑧2 ≠ Tìm phần
ảo 𝑤 = 𝑧1+𝑧2 1+𝑧1𝑧2
Giải: Vì |𝑧1| = |𝑧2| = 𝑛ê𝑛 𝑧1 =
𝑧1
̅̅̅, 𝑧2 = 𝑧2
̅̅̅ Ta có
𝑤 = 𝑧1+𝑧2 1+𝑧1𝑧2 =
1 𝑧1 ̅̅̅̅ +
1 𝑧2 ̅̅̅̅ 1+1
𝑧1 ̅̅̅̅
1 𝑧2 ̅̅̅̅
= 𝑧̅̅̅+𝑧1 ̅̅̅2
1+𝑧̅̅̅̅̅̅1𝑧2 =𝑤̅ Vậy w số thực
Ví dụ 18: Cho số phức a, b, c thỏa mãn |𝑎| = |𝑏| = |𝑐| = , 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Tính w = a2 + b2 + c2
Giải: Ta có w = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca) = -2abc(1 𝑎+
1 𝑏+
1 𝑐)
= -2abc(𝑎̅ + 𝑏̅ + 𝑐̅) = -2abc.𝑎 + 𝑏 + 𝑐̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ =
Ví dụ 19: Cho số phức z thỏa mãn: z6 – z5 + z4 – z3 + z2 – z + = Tìm phần
(14)Giải: Ta có 𝑧
7+1
𝑧+1 = 0 𝑧7 = −1 |𝑧| = 1 |𝑧|3 =
Mặt khác: z6 – z5 + z4 – z3 + z2 – z + = nên (z3 - 1)(z3 – z + 1) + =
𝑤 =
1−𝑧3 Dễ thấy 𝑅𝑒(𝑤) = 2(
1 1−𝑧3+
1 1−𝑧̅3) =
1 2(
2−𝑧3−𝑧̅3
1−𝑧3−𝑧̅3+𝑧3𝑧̅3) =
Ví dụ 19: Cho số phức z thỏa mãn: |𝑧 +1𝑧| = 2√3 Tìm giá trị lớn nhỏ |𝑧|
Giải: Ta có |𝑧 +1𝑧|
2
= 12 (𝑧 +1𝑧) (𝑧̅ +1𝑧̅) = 12 |𝑧|4+(𝑧+𝑧̅)|𝑧|22−2|𝑧|2+1 = 12
Từ 12 = |𝑧|
4+(𝑧+𝑧̅)2−2|𝑧|2+1
|𝑧|2 ≥
|𝑧|4−2|𝑧|2+1
|𝑧|2 |𝑧|4− 2|𝑧|2+ ≤ 12|𝑧|2
− 4√3 ≤ |𝑧|2 ≤ + 4√3 − √3 ≤ |𝑧| ≤ + √3
Vậy:
• Giá trị lớn |𝑧| + √3 , đạt z = (2 + √3)𝑖 • Giá trị nhỏ |𝑧| − √3 , đạt z = (2 − √3)𝑖
2.1.5 Một số toán trắc nghiệm modul số phức
Trong phần đưa số tốn trắc nghiệm để minh họa cho tính linh hoạt đa dạng tư nhằm chọn đáp án
Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧 − 3| + |𝑧 + 3| = 10 Tổng GTLN GTNN |𝑧|
A 10 B C D 13
Hướng dẫn: Dựa vào định nghĩa elip tập hợp điểm biểu diễn z elip có bán trục lớn 5, bán trục bé nên ≤ |𝑧| ≤ Đáp án C
Bài 2: Cho số phức a, b, c thỏa mãn |𝑎| = |𝑏| = |𝑐| = 𝑣à 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Khi w = a2 + b2 + c2 có giá trị
A B C D
Hướng dẫn: Theo ví dụ 18 phía ta có đáp án D
Cách khác: Ta chọn số a, b, c thỏa mãn điều kiện trên, nhận thấy nghiệm phức phương trình z3 – = ( z3 + = 0) thỏa mãn đủ điều kiện Thay nghiệm vào biểu thức a2 + b2 + c2 bấm máy tính , ta có
kết
Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧2− 2𝑧 + 5|=|(𝑧 − + 2𝑖)(𝑧 + 3𝑖 − 1)| Tìm giá trị nhỏ |𝑤| với w = z – + 2i
A |𝑤|𝑚𝑖𝑛 =
2 B |𝑤|𝑚𝑖𝑛 = C |𝑤|𝑚𝑖𝑛 = D |𝑤|𝑚𝑖𝑛 =
(15)|𝑧2− 2𝑧 + 5|=|(𝑧 − + 2𝑖)(𝑧 + 3𝑖 − 1)|
|(𝑧 − + 2𝑖)(𝑧 − − 2𝑖)| = |(𝑧 − + 2𝑖)(𝑧 + 3𝑖 − 1)|
|𝑧 − + 2𝑖|(|𝑧 − − 2𝑖| − |𝑧 − + 3𝑖|) =
[𝑧 = − 2𝑖 (1)|𝑧 − − 2𝑖| − |𝑧 − + 3𝑖| (2)
• Với (1), ta có |𝑤| =
• Với (2), ta có đường thẳng chứa điểm biểu diễn z có phương trình 𝑦 = −1
2 Do |𝑤| có giá trị nhỏ với khoảng cách từ điểm
(2; -2) đến đường thẳng nên |𝑤| ≥
2
Kết luận: |𝑤|𝑚𝑖𝑛 = Đáp án C
Bài 4: Nếu số phứcz ≠ |𝑧| = phần thực
3−𝑧
A
3 B
1
6 C D
Hướng dẫn:
Cách 1: Tự luận Re (
3−𝑧) = 2(
1 3−𝑧+
1 3−𝑧̅) =
1 2(
6−𝑧−𝑧̅
9−3(𝑧+𝑧̅)+𝑧𝑧̅) =
6 đáp án B
Cách 2: Chọn z = -3 thay vào ta có kết
6
Bài 5: Cho số phức a b thỏa mãn a + b = + 6i |𝑎 − 𝑏| = Tính |𝑎|2+ |𝑏|2
A 52 B 56 C 28 D 48 Tìm GTLN M =|𝑎| + |𝑏|
A 2√26 B √56 C √26 D √564
Hướng dẫn:
1 𝑎 + 𝑏 = + 6𝑖 𝑎̅ + 𝑏̅ = − 6𝑖 𝑎 𝑎̅ + 𝑏 𝑏̅ + 𝑎 𝑏̅ + 𝑏 𝑎̅ = 100
|𝑎 − 𝑏| = 2 (𝑎 − 𝑏)(𝑎̅ − 𝑏̅) = 4 𝑎 𝑎̅ + 𝑏 𝑏̅ − 𝑎 𝑏̅ − 𝑏 𝑎̅ =
Cộng vế ta có: |𝑎|2+ |𝑏|2 = 52 Đáp án A Theo câu 1, ta có |𝑎|2+ |𝑏|2 = 52 ≥
2(|𝑎| + |𝑏|)2 |𝑎| + |𝑏| ≤ 2√26
Cách khác: chọn a = + 3i, b = + 3i, a, b thỏa mãn điều kiện
|𝑎| + |𝑏| = √24 + √18 lớn √56, √26, √56
4 Đáp án A
Bài 6: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = Gọi M m GTLN GTNN biểu thức 𝑃 = |𝑧 + 1| + |𝑧2− 𝑧 + 1| Tính giá trị M.m
A 13√34 B 394 C 3√3 D 134
(16)𝑃 = √(𝑥 + 1)2+ 𝑦2+ √(2𝑥2− 𝑥)2+ 𝑦2(2𝑥 − 1)2=√2𝑥 + + |2𝑥 − 1|
Sử dụng máy tính cầm tay: chức
Ta thấy:
f(x) lớn có giá trị xấp xỉ hình bên
f(x) nhỏ có giá trị xấp xỉ hình bên Nhân giá trị ta đáp án A
Bài 7: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧 − − 4𝑖| = √5 Gọi M m GTLN GTNN biểu thức 𝑃 = |𝑧 + 2|2− |𝑧 − 𝑖|2
Tính modul w = M + m.i
A |𝑤| = 2√314 B |𝑤| = √1258 C |𝑤| = 3√137 D.|𝑤| = 2√309
Hướng dẫn: Dễ thấy tập hợp điểm biểu diễn z đường tròn (x – 3)2 + (y – 4)2 =
Ta có: P = 4x + 2y + = 4(x – 3) + 2(y – 4) + 23
P - 23 = 4(x – 3) + 2(y – 4) (𝑃 − 23)2 ≤ (42+ 22)((𝑥 − 3)2+
(𝑦 − 4)2) = 100 13 ≤ 𝑃 ≤ 33 𝑤 = 33 + 13𝑖 |𝑤| = √1258 Đáp án B.
Bài 8: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = Gọi M m GTLN GTNN biểu thức 𝑃 = |𝑧3+ 3𝑧 + 𝑧̅| − |𝑧 + 𝑧̅| Tính M + m
A
4 B
13
4 C
3
4 D
15
Hướng dẫn: Ở bậc z cao nên ta khéo léo giảm bậc z biến đổi sau:
𝑇ừ |𝑧| = 1 |𝑧̅| = Ta có 𝑃 = |𝑧3+ 3𝑧 + 𝑧̅| − |𝑧 + 𝑧̅| = |𝑧̅||𝑧3+ 3𝑧 +
(17)Vậy: Max P = Vậy M + m = 15
4 Đáp án D
Bài 9: Cho số phức a, b, c thỏa mãn a.b.c =
2+ √3
2 𝑖 Tính GTNN biểu
thức 𝑃 = |𝑎|2 + |𝑏|2+ |𝑐|2
A Pmin = ` B Pmin = C Pmin = D Pmin =
Hướng dẫn:
𝑃 = |𝑎|2+ |𝑏|2+ |𝑐|2 ≥ 3√|𝑎|3 2 |𝑏|2 |𝑐|2 = 3√|𝑎 𝑏 𝑐|3 = 3.Đáp án C
Bài 10: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = Tìm GTNN biểu thức
𝑃 = |1 + 𝑧| + |1 + 𝑧2| + |1 + 𝑧3|
A Pmin = ` B Pmin = C Pmin = D Pmin =
Hướng dẫn:
𝑃 = |1 + 𝑧| + |𝑧 + 𝑧̅| + |1 + 𝑧| |1 − 𝑧 + 𝑧2|
= |1 + 𝑧| + |𝑧 + 𝑧̅| + |1 + 𝑧| |𝑧 + 𝑧̅ − 1|
=|𝑧 + 𝑧̅| + |1 + 𝑧| (|𝑧 + 𝑧̅ − 1| + 1) = 2|𝑥| + √2𝑥 + (|2𝑥 − 1| + 1) Dùng máy tính cầm tay ta thấy
Min P = z = -1 Đáp án B
Bài 11: Cho số phức z thỏa mãn |6𝑧−𝑖
2+3𝑖𝑧| ≤ Tìm giá trị lớn |𝑧|
A 𝑚𝑎𝑥|𝑧| =
2 B 𝑚𝑎𝑥|𝑧| =
4 C 𝑚𝑎𝑥|𝑧| =
3 D 𝑚𝑎𝑥|𝑧| =
Hướng dẫn: |6𝑧−𝑖
2+3𝑖𝑧| ≤ 1 |6𝑧 − 𝑖| ≤ |2 + 3𝑖𝑧| |6𝑧 − 𝑖| ≤ |3𝑧 − 2𝑖|
Tập hợp điểm biểu diễn z hình trịn: 𝑥2+ 𝑦2 ≤1
9 Dễ thấy giá trị lớn
nhất |𝑧| 19 Đáp án C
Bài 12: Gọi z số phức có phần thực lớn thỏa mãn
(18)A. Re(z) = 8+√7
2 B Re(z) = 8+√2
2 C Re(z) = 4+√6
2 D Re(z) = 12+√2
2
Hướng dẫn: Tập hợp điểm biểu diễn z parabol: y = (x – 2)2,
P = |𝑧 − − 2𝑖| = √(𝑥 − 2)2+ ((𝑥 − 2)2− 2)2 Để P đạt GTNN f(t) = t2 – 3t + đạt GTNN 𝑡 =32 𝑥 − = √62 𝑥 = 4+√62 Đáp án C
Bài 13: Giả sử z z1, 2 số phức khác không, thỏa mãn z12z z1 2z22 0 gọi A, B điểm biểu diễn tương ứng z z1, 2 Khẳng định sau
A ∆𝑂𝐴𝐵 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑡ạ𝑖 𝐴 C ∆𝑂𝐴𝐵 đề𝑢
B ∆𝑂𝐴𝐵 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝐴 D ∆𝑂𝐴𝐵 𝑣𝑢ô𝑛𝑔 𝑐â𝑛 𝑡ạ𝑖 𝑂
Hướng dẫn:
Ta có z13z32 (z1z2)(z12z z1 2 z22)0, suy ra:
3
3
1 2
z z z z z z OAOB
Lại có
2 2
1 1 2 2
(z z ) (z z z z )z z z z nên 2
1 2
z z z z AB OA OBOA
Suy AB=OA=OB OAB Đáp án C
Cách khác: Chọn 𝑧1 =1
2+ √3
2 𝑖, 𝑧2 = − 2+
√3
2 𝑖 Khi dễ thấy
2
1 2
z z z z OA = OB = AB = nên ∆OAB Đáp án C
Bài 14: Cho số phức z0 thỏa mãn 3
8
z z
Khẳng định sau A z
z
B z
z
C z
z
D z
z
Hướng dẫn: Đặt a z (a 0)
z
Ta có: 3
3
2
(z ) z 6(z )
z z z
Suy ra:
3
3
3
2
6
a z z z a
z z z
Do
6 ( 3)( 3)
a a a a a
Vì a23a 3 0, nên a z
z
Đáp án A
Bài 15: Gọi S tập hợp số phức z thỏa mãn |𝑧 − 𝑖| ≥ |𝑧 − − 2𝑖| ≤ Kí hiệu z1, z2 hai số phức thuộc S số phức có modul nhỏ
(19)A P = √66 B P = √33 C P = 3√2 D P =
Hướng dẫn:
Tập hợp điểm biểu diễn z thỏa mãn |𝑧 − 𝑖| ≥ phần bên (kể biên) đường trịn tâm I1(0; 1)
bán kính R1 =
Tập hợp điểm biểu diễn z thỏa mãn |𝑧 − − 2𝑖| ≤
5 phần bên (kể biên) đường trịn tâm I2(2; 2)
bán kính R1 =
Theo hình vẽ ta nhận thấy
• z1 có modul nhỏ nên điểm biểu diễn z1
B(0; -2) hay z1 = -2i
• z2 có modul lớn nên điểm biểu diễn z1 𝐴(5 + 2√2; + 2√2)
Vậy |𝑧2+ 2√2𝑧1| = √66 Đáp án A
2.2 Thực trạng vấn đềtrước thực SKKN
Tháng 3/2017, trước thực việc giảng dạy phương pháp lớp 12A1, cho học sinh thử làm đề trắc nghiệm với nội dung sau:
Câu 1: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |𝑧 − 2| + |𝑧 + 2| = đường sau đây:
A Đường thẳng B Đường tròn C.Đường parabol D Đường elip
Câu 2: Trong số phức z thỏa mãn |𝑧 − − 4𝑖| = |𝑧 − 2𝑖| Số phức z có modul nhỏ có dạng a + bi, a + b bằng:
A B C -4 D
Câu 3: Gọi D tập hợp số phức z thỏa mãn z i
z i
Khi D là:
A Trục hoành C Đường phân giác y = x B Trục tung D Đường phân giác y = x
Câu 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A, B, C điểm biểu diễn số phức z z z1, 2, 3 biết z1z2z3 Đẳng thức sau ?
A OA OB OC B OA OC OB C OB OC OA D OA OB OC 0
Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn |𝑧| = Tìm giá trị lớn
𝑃 = |𝑧3− 𝑧 + 2|
R2=5
B
A
2
2
I1
(20)A 𝑃𝑚𝑎𝑥 =√11
2 B 𝑃𝑚𝑎𝑥 = √13
2 C 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 2√2 D 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 3√5
Kết thống kê thu sau
2.3 Các giải pháp thực để giải vấn đề:
• Tổ chức cho học sinh học theo nhóm đối tượng, phân chia thành nhóm có trình độ tương đương để thiết kế giáo án phù hợp
• Đối với nhóm học sinh giỏi hướng dẫn, gợi ý để em tìm nhiều cách giải nhất, sau giáo viên bổ sung tổng hợp
• Thực trắc nghiệm khách quan để kiểm tra, đánh giá điều chỉnh phương pháp học học sinh điều chỉnh nội dung giảng, phương pháp dạy giáo viên
2.4 Hiệu sau áp dụng SKKN vào giảng dạy
Sau giảng dạy kĩ phương pháp lớp 12A1, kiểm tra với đề có độ khó tương tự đề nêu phần kết thực khả quan nhiều, thể qua thống kê sau:
Năm học Sĩ
số
Điểm 9, 10 Điểm 7, Điểm 5, Dưới
SL % SL % SL % SL %
2016-2017 47 15% 30 64% 10 21% 0%
III KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
1 Kết luận
SKKN được viết qua nhiều suy ngẫm, đúc rút từ thực tế giảng dạy thân nên mang tính thực tiễn cao Ta thấy cịn mở rộng phạm vi nghiên cứu SKKN Nhưng hạn chế số lượng trang viết SKKN, nên tơi chưa thể truyền tải hết kinh nghiệm cịn ấp ủ, thai nghén Tuy vậy, viết nhỏ thể tương đối nhiều điều cần thiết
Năm học Sĩ
số
Điểm 9, 10 Điểm 7, Điểm 5, Dưới
SL % SL % SL % SL %
(21)2 Kiến nghị
* SKKN nên áp dụng đối tượng học sinh giỏi * SKKN mở rộng dạng toán
Trên tơi trình bày nội dung SKKN mình, viết chắn cịn nhiều thiếu sót, mong nhận phê bình, góp ý hữu ích q vị
Tôi xin chân thành cảm ơn xin cam đoan viết mình, không chép lại SKKN !
Thanh Hóa, ngày 20/04/2017
NHẬN XÉT CỦA CƠ QUAN NGƯỜI VIẾT