(SKKN 2022) nâng cao năng lực giải quyết vấn đề cho học sinh thông qua việc ứng dụng hình học phẳng trong các bài toán cực trị số phức vận dụng, vận dụng cao

` SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG II SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NÂNG CAO NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC ỨNG DỤNG HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC VẬN DỤNG, VẬN DỤNG CAO Người thực hiện: Đỗ Thị Thủy Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Quảng Xương II SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HĨA NĂM 2022 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng ngiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 1 1 2 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Các SKKN Sở GD&ĐT Thanh Hóa xếp loại 16 17 17 17 18 19 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong mơn tốn trường phổ thơng phần số phức giữ vai trị, vị trí quan trọng Phần nội dung kiến thức số phức đưa vào giảng dạy cuối chương trình Giải Tích 12 chưa lâu nên vấn đề với học sinh, giáo viên dạy khơng có tầm nhìn sâu rộng, khả bao quát, liên kết với phần kiến thức tốn học khác học sinh thấy nhàm chán Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy học sinh lớp 12 e ngại gặp câu vận dụng, vận dụng cao số phức, em cảm thấy hoang mang, nghĩ trừu tượng, thiếu tính thực tế, khơng có phương hướng để làm Chính mà có nhiều học sinh khơng làm phần này, phần giáo viên gặp khơng khó khăn truyền đạt nội dung kiến thức phương pháp giải dạng tập nâng cao số phức, đặc biệt toán cực trị số phức Đứng trước toán, đặc biệt tốn khó người làm tốn ln đặt phương hướng giải Tuy nhiên người say mê tốn cịn tìm cách giải khác nhau, tìm cách giải hay ngắn gọn, lạ, tìm mối quan hệ với nội dung kiến thức học lại kích thích tính tò mò khám phá, kiên nhẫn, tự tin đam mê học toán Hiện đề thi tốt nhiệp THPT, đề thi chọn học sinh giỏi thường xuất toán nâng cao số phức mà lời giải địi hỏi vận dụng phức tạp kiến thức hình học, đại số, lượng giác… Việc tiếp cận lời giải thực tế cho thấy thật khó khăn cho học sinh, học sinh giỏi có lực hiểu câu Trong đó, học sinh thấy mối quan hệ số phức tốn hình học phẳng vấn đề nhiều giải Với lí trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tiến hành thực đề tài sáng kiến cho năm 2022 với nội dung: “Nâng cao lực giải vấn đề cho học sinh thơng qua việc ứng dụng hình học phẳng toán cực trị số phức vận dụng, vận dụng cao” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Với việc nghiên cứu đề tài giúp học sinh, đặc biệt đối tượng học sinh học mức độ khá, giỏi giải tốn cực trị số phức thơng qua kiến thức hình học phẳng mà em học - Thông qua SKKN bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải toán, học sinh biết liên kết nội dung kiến thức tốn học với nhau, có lực tư duy, tìm tịi sáng tạo, có lực làm toán tạo toán Học sinh thấy rõ ứng dụng số phức hình học xa sống - Nâng cao khả tự học khả giải toán vận dụng, vận dụng cao q trình ơn luyện kỳ thi học sinh giỏi - Hy vọng đề tài đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh có nhìn tồn diện phương pháp ứng dụng hình học phẳng việc giải toán cực trị số phức 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Các toán cực trị số phức mức độ vận dụng, vận dụng cao đề thi - Các học sinh có trình độ khá, giỏi lớp 12 trường THPT Quảng Xương IIThanh Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài - Phương pháp quan sát (công việc dạy- học giáo viên HS) - Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chun mơn,…) - Phương pháp đàm thoại vấn (lấy ý kiến giáo viên HS) - Phương pháp thực nghiệm sư phạm (tổ chức số tiết dạy) - Phương pháp thống kê, xử lý số liệu (thống kê điểm kiểm tra học sinh đối chứng) NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Các kiến thức sử dụng sáng kiến thuộc phạm vi kiến thức hình học phẳng lớp 9,10 phần kiến thức số phức trình bày Sách giáo khoa Giải Tích 12 chuẩn nâng cao (chương IV), ví dụ tổng hợp từ toán lấy từ đề thi thử THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi cấp Các kiến thức cần nhớ a Môđun số phức:  Số phức z  a  bi biểu diễn điểm M(a; b) mặt phẳng Oxy Độ uuuu r dài véctơ OM gọi môđun số phức z Kí hiệu z = a + bi = a + b  Tính chất uuuu r  z  a  b  zz  OM  z  0, z  £ , z   z  z z  , z '  0  z' z'  kz  k z , k  ¡  z.z '  z z '   z  z'  z  z'  z  z'  Chú ý: z  a  b  2abi  ( a  b )  a b  a  b  z  z  z.z Lưu ý:  z1  z2  z1  z dấu xảy  z1  kz2  k    z1  z2  z1  z dấu xảy  z1  kz2  k    z1  z2  z1  z2 dấu xảy  z1  kz2  k    z1  z2  z1  z2 dấu xảy  z1  kz2  k    z1  z2  z1  z2  z1  z2  z  z z  z 2 2  2  z  £ b Một số quỹ tích nên nhớ Biểu thức liên hệ x, y ax  by  c  (1) z  a  bi  z  c  di (2)  x  a   y  b   R z  a  bi  R  x  a 2   y  b   R Quỹ tích điểm M (1) Đường thẳng :ax  by  c  (2) Đường trung trực đoạn AB với  A  a, b  , B  c, d   Đường tròn tâm I  a; b  , bán kính R Hình trịn tâm I  a; b  , bán kính R z  a  bi  R r   x  a    y  b   R r  z  a  bi  R 2  y  ax  bx  c  c  0  x  ay  by  c  2  x  a    y  c   (1) b2 d2 z  a1  b1i  z  a2  b2i  2a (2)  x  a b2  y  c  d2 Hình vành khăn giới hạn hai đường tròn đồng tâm I  a; b  , bán kính r , R Parabol  1 Elip  2 Elip 2a  AB , A  a1 , b1  , B  a2 , b2  Đoạn AB 2a  AB 1 Hypebol 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Về phía học sinh Trong q trình giảng dạy mơn tốn Giải Tích lớp 12, tơi nhận thấy dạy số phức, câu mức độ nhận biết, thông hiểu đơn giản học sinh nắm cách giải Tuy nhiên, gặp câu vận dụng, vận dụng cao học sinh bị bế tắc, khơng định hướng cách giải Các câu dạng này, phần lớn phức tạp không giải theo cách thơng thường, địi hỏi học sinh phải có tư tốt phát vấn đề để giải Về sách giáo khoa Sách giáo khoa đưa ví dụ câu số phức mức độ đơn giản, không đề cập đến câu vận dụng, vận dụng cao, học sinh gặp nhiều khó khăn đối mặt với câu đề thi thử tốt nghiệp thi học sinh giỏi Đặc biệt tài liệu chuyên sâu dạng tốn ít, khơng rõ dạng tốn thường gặp, hướng đề thi Về phía giáo viên Với sức ép chương trình, qui chế chun mơn, thời lượng thực chương trình sát sao, làm cho giáo viên đủ thời gian truyền tải nội dung sách giáo khoa, có thời gian mở rộng kiến thức cho học sinh, phần mở rộng chủ yếu tiết phụ đạo, bồi dưỡng Trước thực đề tài kết kiểm tra chuyên đề “Cực trị số phức” học sinh lớp 12 hai năm học liên tiếp trường THPT Quảng Xương II thể qua bảng sau: Điểm trở lên Điểm từ đến Điểm Năm học Lớp Số Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng lượng 12A1 44 18 % 18 41 % 18 41 % 2020-2021 12A2 45 18 % 15 33 % 22 49 % 12B1 44 10 23 % 18 41 % 16 36 % 2021-2022 12B6 44 10 23 % 15 34 % 19 43 % 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Các giải pháp: Trong giảng dạy thực sau: - Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tịi lời giải phương pháp tổng qt hóa tốn - Khai thác, phát triển tính chất tốn tương tự - Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát sáng tạo, học sinh sở tốn tổng qt tự tìm tốn khác 2.3.2 Nội dung: Tơi xin trình bày số ví dụ tập tự luyện Dạng Quỹ tích điểm biểu diễn số phức đường thẳng TQ1: Cho số phức z thỏa mãn z  a  bi  z , tìm z Min Khi ta có Tổng số  Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn OA với A  a; b  1  z  z  a  b2  Min 2   z  a  b i  2 TQ2: Cho số phức thỏa mãn điều kiện z  a  bi  z  c  di Tìm z Ta có  Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn AB với A  a; b  , B  c; d   z Min  d  O, AB   a  b2  c2  d 2  a  c bd Lưu ý: Đề suy biến tốn thành số dạng, ta cần thực biến đổi để đưa dạng  Cho số phức thỏa mãn điều kiện z  a  bi  z  c  di Khi ta biến đổi z  a  bi  z  c  di  z  a  bi  z  c  di  Cho số phức z thỏa mãn iz  a  bi  z  c  di Khi ta biến đổi iz  a  bi  iz  c  di  z  a  bi c  di  z  z  b   z  d  ci i i Ví dụ (Chuyên KHTN Hà Nội 2019) Cho số phức z thỏa mãn : z  z  2i Giá trị nhỏ biểu thức P  z  i  z  A B C 3 D Lời giải Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z Ta có z  z  2i  y   0, tức biểu diễn hình học số phức thỏa mãn giả thiết đường thẳng y   Xét điểm A(0;1) B (4;0) P  z  i  z   MA  MB Dễ thấy A, B phía với đường thẳng y   nên MA  MB nhỏ BA A(0; 3) đối xứng với A qua đường thẳng y   Do MA  MB nhỏ BA  Nhận xét: Nếu sử dụng mối liên hệ với hình học này, học sinh thấy quen thuộc hình em học lớp 10 Ví dụ (Chun Lê Q Đơn Điện Biên 2019) Trong số phức z thỏa mãn z   i  z   2i , số phức z có mơ đun nhỏ có phần ảo là: A 10 C  Lời giải biểu diễn điểm M  x ; y  B Gọi z  x  yi ,  x , y  ¡  D  10 z   i  z   2i   x  1   y  1 i   x  1   y   i   x  1   y  1   x  1   y    x  y    y  2 x  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng d : x  y   Ta có z  OM nhỏ  OM nhỏ  M hình chiếu O d Phương trình đường thẳng OM qua O vng góc với d là: x  y  Tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x  4 x  y   3   3   M   ;   Hay z    i  10  10  x  y  y    10 Vậy phần ảo số phức z có mơ đun nhỏ  10 Nhận xét: Ta tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z sau: z   i  z   2i  z    i   z   1  2i   * Gọi M biểu diễn số phức z , điểm A  1;  1 biểu diễn số phức  i , điểm B  1;   biểu diễn số phức 1  2i Khi  *  MA  MB Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn thẳng AB có phương trình d : x  y   Ví dụ Xét số phức z thỏa mãn z   i  z   7i  Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn z   i Tính P  m  M  73  73 C P  A P  B P   73 D P  13  73 Lời giải Gọi A điểm biểu diễn số phức z , E  2;1 , F  4;7  N  1; 1 Gọi A điểm biểu diễn số phức z , E  2;1 , F  4;7  N  1; 1 Từ AE  A F  z   i  z   7i  EF  nên ta có A thuộc đoạn  3 thẳng EF Gọi H hình chiếu N lên EF , ta có H   ;   2  73 Nhận xét: Bài dùng công cụ đại số khó cồng kềnh, học sinh phải sử dụng nhiều kỹ giải phương trình giải Suy P  NH  NF  Ví dụ (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho số phức z thỏa mãn z  z  z  z  Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ P  z   2i Đặt A  M  m Mệnh đề sau đúng? A A  34;6    B A 6; 42     C A 7; 33 D A 4;3 Lời giải Giả sử: z  x  yi,  x, y  ¡   N  x; y  biểu diễn số phức z Ta có: • z  z  z  z   x  y   N thuộc cạnh hình vng BCDF y I B E F C -2 O x D -2  x  2 • P  z   2i  P  2   y    P  d  I ; N  với I  2;2  Từ hình ta có: E  1;1 M  Pmax  ID  42  22  m  Pmin  IE    1 2    1  Vậy A  M  m      34;6 Dạng Quỹ tích điểm biểu diễn số phức đường trịn TQ: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  a  bi  R   z  z0  R  Tìm z Max , z Min Ta có  Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z đường trịn tâm I  a; b  bán kính R z  OI  R  a  b  R  z0  R Max    2  z Min  OI  R  a  b  R  z0  R  Lưu ý: Đề cho dạng khác, ta cần thực phép biến đổi để đưa dạng a  bi R  • Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  a  bi  R  z  (Chia i i hai vế cho i )  z  b   R • Cho số phức z thỏa mãn điều kiện I  a; b  hợp vế) • Cho  z số z phức thỏa mãn điều kiện (Lấy liên  c  di  z  a  bi R, a  bi R R z1 R   z z  z  R  z   , hay viết gọn c  di c  di z0 z0 c2  d Ví dụ (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương -2019) Xét số phức z thỏa mãn z   3i  Số phức z mà z  nhỏ A z   5i B z   i C z   3i D z   i Lời giải Gọi z  x  yi , x, y  R Khi M  x; y  điểm biểu diễn số phức z Theo ta có z   3i    x  1   y  3  Suy tập hợp điểm 2 M đường trịn tâm I  1; 3 bán kính R  Khi z    x  1  y  I M với I   1;  z  nhỏ I M ngắn hay I , M , I  thẳng hàng, M nằm I I  Phương trình đường thẳng II  x  Tọa độ giao điểm đường thẳng II  với đường tròn tâm I bán kính R  M  1; 1 M  1;  Thử lại ta thấy M  1; 1 thỏa mãn Vậy z   i Ví dụ (Chuyên Vinh 2018) Cho số phức w , z thỏa mãn w  i  5w    i   z   Giá trị lớn biểu thức P  z   2i  z   2i là: A B  13 C 53 Lời giải D 13 Gọi z  x  yi , với x, y  R Khi M  x; y  điểm biểu diễn cho số phức z 5w    i   z     w  i     i   z    5i    i   w  i   z   2i  z   2i  Suy M  x; y  thuộc đường tròn  C  :  x     y    Ta có P  z   2i  z   2i  MA  MB , với A  1;2  B  5;2  Gọi H trung điểm AB , ta có H  3;2  đó: P  MA  MB   MA2  MB  hay P  MH  AB Mặt khác, MH  KH với M   C  nên P  KH  AB   IH  R   AB  53 M  K 11 Vậy Pmax  53  hay z   5i w   i 5  MA  MB Nhận xét: Bài dùng cơng cụ đại số học sinh phải sử dụng kiến thức bất đẳng thức, mà phần mà học sinh giỏi tiếp cận Ví dụ (Kim Liên - Hà Nội - 2018) Xét số phức z  a  bi ( a, b  ¡ ) thỏa c mãn z   2i  Tính a  b z   2i  z   5i đạt giá trị nhỏ A  B  D  C Lời giải z   2i   MI   M   I ;2  với I   3;2  P  z   2i  z   5i  MA  2MB với A   1;2  , B   2;5  Ta có IM  ; IA  Chọn K  2;2  IK  Do IA.IK  IM  IA IM   IAM IMK đồng dạng với IM IK AM IM    AM  MK Từ P  MA  2MB   MK  MB   2BK MK IK Dấu xảy M , K , B thẳng hàng M thuộc đoạn thẳng    BK Từ tìm M  2;2  Ví dụ (Chuyên Ngữ Hà Nội 2019) Cho số phức z , z1 , z2 thay đổi thỏa mãn điều kiện sau: iz  2i   , phần thực z1 2, phần ảo z2 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T  z  z1  z  z2 A B C D 10 Lời giải Đặt z  x  yi, x, y  ¡ , ta có M  z   M  x; y  iz  2i    i  x  yi   2i      y     x   i  2   x     y    Suy tập hợp điểm M đường tròn  C  tâm I  2;4  , bán kính R  Mặt khác: z1   bi  A  z1   A  2; b   Tập hợp điểm A đường thẳng d1 : x  z2  a  i  B  z2   B  a;1  Tập hợp điểm B đường thẳng d : y  Giao điểm d1 d P  2;1 y I d1 M d2 -2 H K P O x Gọi H K hình chiếu M d1 d 2 Ta có: T  z  z1  z  z2  MA2  MB  MH  MK  MP T đạt giá trị nhỏ A  H , B  K I , M , P thẳng hàng (theo thứ tự đó)  x   4t  M   4t ;1  3t  Phương trình đường thẳng IP :  y   t  Mà M   C     4t    3  3t  2  t      1 t    25 t     22 29  - Với t    M   ;  (loại)  5  2 11 11  11  - Với t    M  ;  z   i  z1   i, z2   i 5 5 5  Suy MPmin  IP  IM  IP  R  42   3   11 11 11  i, z1   i, z2   i 5 5 Dạng Quỹ tích điểm biểu diễn số phức Elip TQ1: (Elip tắc) Cho số phức z thỏa z  c  z  c  2a ,  a  c  Khi ta có: Vậy Tmin  22  z  mãn điều kiện x2 y2 + Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z Elip:  2  a a c  z Max  a + 2  z Min  a  c TQ2: (Elip không tắc) Cho số phức z  z1  z  z2  2a , thỏa mãn 2a  z1  z2 z thỏa mãn điều kiện Khi ta thực phép biến đổi để đưa Elip dạng tắc Khi đề cho Elip dạng khơng tắc z  z1  z  z2  2a ,  z1  z2  2a  , ( z1 , z2  c, ci ) Tìm Max, Min P  z  z0  z1  z2  2c Đặt  2 b  a  c Nếu z0  z1  z2 0  z1  z2 a  z0  Nếu  z  z  k  z  z    z1  z2 a  z0  Nếu  z  z  k  z  z   Nếu z0  z1  z0  z  PMax  a (dạng tắc)   PMin  b  z1  z2  PMax  z0   a    P  z  z1  z2  a  Min z z PMax  z0   a PMin  z0  z1  z2 b Ví dụ (Chuyên Hạ Long 2019) Cho số phức z thỏa mãn z   z   20 Gọi M , n môđun lớn nhỏ z Tính M  n A M  n  B M  n  C M  n  D M  n  14 Lời giải Gọi z  x  yi ,  x, y  ¡  Theo giả thiết, ta có z   z   20  x   yi  x   yi  20   x  6  y2   x  6  y  20   12 Gọi M  x; y  , F1  6;0  F2  6;0  Khi    MF1  MF2  20  F1F2  12 nên tập hợp điểm E đường elip  E  có hai tiêu điểm F1 F2 Và độ dài trục lớn 20 Ta có c  ; 2a  20  a  10 b  a  c  64  b  x2 y2 Do đó, phương trình tắc  E    100 64 ' ' Suy max z  OA  OA  10 z  10 z  OB  OB  z  8i Vậy M  n  Ví dụ 10 Cho số phức z  a  bi  a, b ¡  thỏa mãn z   z   10 z  lớn Tính S  a  b A S  11 B S  5 C S  3 D S  Lời giải Trong mp tọa độ Oxy , Ta gọi điểm biểu diễn số phức: z  x  yi M  x ; y  ; z  4  0i F1  4;0  ; z   0i F2  4;0  Ta có: z   z   10  MF1  MF2  10 (1)  MF12   x    y 8x 2  MF  MF  16 x  MF  MF  (2)  2 2  MF2   x    y 4x Từ (1) (2), suy MF1   Mặt khác MF12   x    y 4x  x2 y2   5       x  4  y   25  Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z   z   10 x2 y  Elip có phương trình  E  :  25 Theo đề, ta cần tìm điểm thuộc  E  sau cho z  lớn Ta gọi điểm biểu diễn số phức z   0i A  6;0  ; z  a  bi M  a ; b    E  ; z  5  0i C  5;0   z  lớn MA lớn 13 Dựa, vào hình vẽ ta thấy để MA lớn M  C  5;0   a  5; b   S  5 Ví dụ 11 (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Cho hai số phức z   a  bi thỏa mãn z   z   ; 5a  4b  20  Giá trị nhỏ z   là: A  41  Đặt F1  ;0 , F2 B   ;0 , 41 41 Lời giải C D 41  nên tập hợp điểm M biểu diễn số a  x2 y 2 2  b  a  c  suy  E  :   phức z thuộc elip có  c  Tập hợp điểm N biểu diễn  thuộc đường thẳng  : x  y  20  Yêu cầu toán trở thành tìm điểm M   E  N   cho MN nhỏ Đường thẳng d song song với  có dạng d : x  y  c  ,  c  20  , d tiếp c  17 2 xúc với  E  c    4   289   c  17 Với c  17  d  d ,    Với c  17  d  d ,    20  17 52   4   20  17 52   4  37 41  3  MN   Vậy 41 41 Các tập tự luyện: 14 Câu (KTNL Gia Bình 2019) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau z   34, z   mi  z  m  2i (trong m số thực) cho z1  z2 lớn Khi giá trị z1  z2 A Câu B 10 C D 130 (Sở Bình Phước 2019) Gọi S tập hợp số phức z thỏa mãn z   34 z   mi  z  m  2i , (trong m  ¡ ) Gọi z1 , z2 hai số phức thuộc S cho z1  z2 lớn nhất, z1  z2 B 10 A Câu C D 130 Cho hai số phức z w thỏa mãn z  w   6i z  w  Giá trị lớn biểu thức z  w A Câu B 26 C 66 D (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Gọi z  a  bi  a, b  R  số phức thỏa mãn điều kiện z   2i  z   3i  10 có mơ đun nhỏ Tính S  a  b ? A B Câu C D 12 (Chuyên Hạ Long - 2018) Cho số phức z1  2  i , z2   i 2 số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2  16 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ z Giá trị biểu thức M  m A 15 Câu B C 11 D Xét số phức z thỏa mãn z   2i  Giá trị nhỏ biểu thức P  z   i  z   2i A  10 Câu B C 17 D (SGD Cần Thơ 2019) Cho số phức z thoả mãn z   2i  Giá trị lớn z   i A Câu B C 20 D (Sở GD Nam Định - 2019) Trong số phức z thỏa mãn  12  5i  z  17  7i z 2i  13 Tìm giá trị nhỏ z 15 A Câu 13 26 B C D (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Xét số phức z thỏa mãn z   4i  Gọi a b giá trị lớn giá trị nhỏ z Giá trị biểu thức a  b A 40 B C 20 D (Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Xét số phức Câu 10 z  a  bi  a, b  ¡  thỏa mãn z   3i  2 Tính P  2a  b z   6i  z   2i đạt giá trị lớn A P  B P  3 C P  D P  2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường - Sáng kiến kinh nghiệm giúp cho đồng nghiệp thực tốt nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư logic kỹ phân tích, tổng hợp để đến hướng giải thích hợp gặp tốn số phức khó kỳ thi - Học sinh thấu hiểu phương pháp để tự xây dựng lớp tốn tìm cực trị số phức có hướng giải - Đề tài sử dụng để giảng dạy bồi dưỡng cho em học sinh giỏi 12 THPT làm tài liệu tham khảo cho thầy giảng dạy mơn Tốn - Trong đề tài đưa giải số toán thường gặp tương ứng tập tự luyện Đề tài kiểm nghiệm năm học 2020-2021, 2021-2022 giảng dạy lớp 12, học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả giải toán số phức vận dụng, vận dụng cao kỳ thi Các em hứng thú đam mê học tập phần kiến thức hơn, lớp có hướng dẫn kỹ em học sinh với mức học trung bình trở lên có kỹ giải tập loại Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt Cụ thể sau áp dụng sáng kiến vào giảng dạy số học sinh hiểu có kỹ giải dạng tốn nói trên, kết qua kiểm tra lại chuyên đề cực trị số phức sau: Năm học Lớp 12A1 12A2 12B1 2021-2022 12B6 2020-2021 Tổng số 44 45 44 44 Điểm trở lên Số Tỷ lệ lượng 15 34% 12 27 % 15 34% 12 27% Điểm từ đến Điểm Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng 25 57 % 9% 20 44% 13 29 % 23 52 % 14 % 19 43 % 13 30 % 16 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: - Sau nhiều năm giảng dạy thực tế kiểm nghiệm nhận thấy nâng cao hứng thú học tập cho học sinh (qua nhiều đường) việc làm cần thiết từ góp phần phát triển lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học sinh xu dạy học đại Các toán chuyên đề thể rõ mục đích đạt kết (phù hợp với đổi dạy học) - Đề tài khai thác dạng tốn tìm cực trị số phức ứng dụng kiến thức hình học phẳng, từ thấy tính chất, cách chứng minh,… mở rộng, liên hệ với cách lôgic giúp cho việc dạy học tốn có hiệu hơn, kiểu tư áp dụng thực tế giảng dạy học tập tùy theo yêu cầu chương trình, người học, người dạy mà ta lựa chọn tập phù hợp Trong việc dạy toán Trường THPT Quảng Xương 2, vận dụng kiểu tư để dạy cho nhiều đối tượng, việc ôn tập cho học sinh khá, giỏi Hình thành cho học sinh thói quen nhận dạng, tìm tịi hướng giải, tổng qt hóa thành dạng, sáng tạo học tập - Để hiểu sâu vấn đề này, việc ứng dụng việc giảng dạy học tập mong nhận ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm đồng nghiệp để viết thêm đầy đủ, chất lượng 3.2 Kiến nghị: - Qua kết điều tra khảo sát thực tiễn ta thấy học sinh ngại giải toán cực trị số phức vận dụng, vận dụng cao phức tạp Vì vậy, để giúp học sinh có hứng thú học phần thấy tầm quan trọng nó, giáo viên cần lựa chọn hệ thống tập phù hợp, đề giải pháp giải toán tương tự hướng dẫn học sinh khái quát hóa thành dạng Đưa toán phức tạp toán đơn giản đề học sinh thấy quen thuộc giải chúng dễ dàng Giáo viên cần tách lọc đối tượng học sinh để từ có phương pháp dạy học phù hợp 17 - Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi phòng thư viện để nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ - Nhà trường cần tổ chức buổi trao đổi phương pháp giảng dạy Có tủ sách lưu lại tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề - Học sinh cần tăng cường trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO Lê Hồng Đức, Lê Hữu Trí Phương pháp giải tốn hình học giải tích mặt phẳng NXB Đại học Quốc gia, 2004 Trần Văn Hạo Giải Tích 12 NXB Giáo dục, 2008 Văn Như Cương (Tổng chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân Bài tập hình học 10 – Nâng cao NXB Giáo dục, 2007 Bộ GD&ĐT Tài liệu tập huấn Dạy học kiểm tra đánh giá kết học tập theo định hướng phát triển lực học sinh mơn Tốn Hà Nội, 2014 Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy (Tổng chủ biên), Khu Quốc Anh, Nguyễn Hà Thanh, Phan Văn Viện Sách giáo viên hình học 10 NXB Giáo dục, 2007 Đồn Quỳnh, Văn Như Cương (Tổng chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân, Lê Huy Hùng Sách giáo viên Giải Tích 12 – Nâng cao NXB Giáo dục, 2008 Các đề thi thử trường nước (nguồn internet) 19 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO XẾP LOẠI Họ tên tác giả: Đỗ Thị Thủy Chức vụ: giáo viên Đơn vị công tác: THPT Quảng Xương II TT 1 2 3 Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá xếp loại “Rèn luyện kỹ giải tốn cho học sinh thơng qua việc Ngành GD cấp tỉnh giải tập VÉC TƠ hình học 10” “Phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh Trung học phổ thông thông qua Ngành GD cấp tỉnh số kỹ thuật giải tốn hình học khơng gian lớp 11” “Ứng dụng hình học giải tích để tính góc tốn Ngành GD cấp tỉnh hình học khơng gian vận dụng, vận dụng cao” XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Kết đánh giá xếp loại Năm học đánh giá xếp loại C 2013-2014 C 2015-2016 C 2020-2021 Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2022 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác NGƯỜI VIẾT SKKN Đỗ Thị Thủy 20 ... dung: ? ?Nâng cao lực giải vấn đề cho học sinh thơng qua việc ứng dụng hình học phẳng toán cực trị số phức vận dụng, vận dụng cao? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu - Với việc nghiên cứu đề tài giúp học sinh, ... thức toán học với nhau, có lực tư duy, tìm tịi sáng tạo, có lực làm toán tạo toán Học sinh thấy rõ ứng dụng số phức hình học xa sống - Nâng cao khả tự học khả giải toán vận dụng, vận dụng cao. .. đối tượng học sinh học mức độ khá, giỏi giải tốn cực trị số phức thơng qua kiến thức hình học phẳng mà em học - Thông qua SKKN bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải toán, học sinh biết