(SKKN 2022) định hướng các dạng toán bài phương trình đường tròn (hình học 10) để xay dựng kiến thức cho học sinh biết vận dụng giải một số dạng toán về số phức (giải tích 12)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỊNH HƯỚNG CÁC DẠNG TỐN BÀI PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN (HÌNH HỌC 10) ĐỂ XÂY DỰNG KIẾN THỨC CHO HỌC SINH BIẾT VẬN DỤNG GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ SỐ PHỨC (GIẢI TÍCH 12) Người thực hiện: Lê Đình Nam Chức vụ: Giáo viên Đơn vị cơng tác: Trường THPT Triệu Sơn SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Tốn THANH HỐ, NĂM 2022 MỤC LỤC Nội dung Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài .1 1.2 Mục đích nghiên cứu .2 1.3 Đối tượng nghiên cứu .2 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .2 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm .2 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Bài tốn xác định tâm bán kính đường trịn 2.3.2 Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 19 3.1 Kết luận 19 3.2 Kiến nghị 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 21 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Dạy học khơng cịn việc truyền thụ tri thức khoa học, mà phải trang bị cho học sinh khả tìm tịi, sáng tạo, khám phá tri thức Cái cốt lõi hoạt động dạy người dạy phải nắm kiên thức xuyên suốt q trình mơn học để trang bị cho em học sinh tảng tri thức xuyên suốt môn học để em lĩnh hội tri thức biết cách chiếm lĩnh lĩnh hội đó, giải sáng tạo đối tượng Nhà sư phạm Đức – Diestsrwer nhấn mạnh: “ Người thầy giáo tồi người thầy giáo mang chân lý đến sẵn, người thầy giáo giỏi người thầy biết dạy học sinh tìm chân lý” Theo Luật Giáo dục quy định: “…Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo học sinh, phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh…” Tính tự giác, tích cực người học từ lâu trở thành nguyên tắc giáo dục Nguyên tắc không chưa thực cách nghiêm túc nhà trường Việc giảng dạy môn tốn nói chung hình học khơng gian nói riêng nhà trường phải lấy phương châm biết “biến lạ thành quen” tập dượt cho học sinh biết “biến quen thành lạ” để “biến lạ thành quen” q trình giải tốn Với lý chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: “Định hướng dạng tốn Bài Phương trình đường trịn (Hình học 10) để xay dựng kiến thức cho học sinh biết vận dụng giải số dạng toán số phức (giải tích 12)” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Phát triển tư sáng tạo, khái qt hố, đặc biệt hố cho học sinh thơng qua toán biết; - Học sinh biết “quy lạ thành quen” để biết “biến quen thành lạ” để từ phát triển tư sáng tạo; - Nâng cao hứng thú học sinh học phần hình học lớp 10, từ học sinh thấy mối liên hệ kiến thức hình học giải tích có kết nối loogic với 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu học sinh THPT giỏi 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp: - Nghiên cứu lý luận chung; - Khảo sát, điều tra từ thực tế dạy học; - Tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm Cách thực hiện: - Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên môn; - Liên hệ thực tế nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua q trình giảng dạy; - Thơng qua việc giảng dạy trực tiếp học sinh trường THPT Triệu Sơn NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm - Nhiệm vụ trung tâm trường học THPT hoạt động dạy giáo hoạt động học học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thơng đặc biệt mơn tốn học cần thiết thiếu đời sống người - Muốn học tốt mơn tốn em học sinh phải nắm vững kiến thức mơn tốn cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào dạng tốn Điều thể việc học đơi với hành, địi hỏi học sinh phải có tư lơgic cách sáng tạo Giáo viên cần định hướng cho học sinh học nghiên cứu mơn tốn học cách có hệ thống chương trình học phổ thơng, vận dụng lý thuyết vào làm tập, phân dạng tập tổng hợp cách giải 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi giảng dạy phần hình học lớp 10 tơi nhận thấy nhiều học sinh ngại học hình em khơng nắm vững kiến thức hình học phẳng cấp trung học sở, em chưa linh hoạt việc vận dụng ghép nối kiến thức với chưa biết “quy lạ thành quen” để giải tốn hình học tốn đại số giải tích Các e có suy nghĩ hình học giải tích độc lập với nhau, kiến thức khơng liền mạch có mối liên hệ với 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Với thực trạng trên, nhận thấy cần giảng dạy cho học sinh “Phương trình đường trịn” (Hình học 10) cách hệ thống dạng tốn để học sinh vận dụng kiến thức sau biết “quy lạ thành quen”, “biến quen thành lạ” để tạo giải toán 2.3.1 Bài toán xác định tâm bán kính đường trịn Khi dạy “Phương trình đường trịn” ngồi việc giáo viên truyền đạt cho học sinh đầy đủ chuẩn kiến thức, chuẩn kĩ học cần phải rèn luyện cho học sinh kĩ xác định tam bán kính đường trịn biết phương trình đường trịn cho trước Cụ thể: Bài toán 1: Xác định tâm bán kính biết phương trình đường trịn 2 Nếu đường trịn (C ) có phương trình ( x  a )  ( y  b)  R tâm I (a; b) bán kính R 2 ( C ) x  y  2ax  2by  c  với điều Nếu đường trịn có phương trình 2 2 kiện a  b  c  tâm I (a; b) bán kính R  a  b  c Sau giảng dạy lý thuyết người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh thành thạo xác định tâm bán kính đường trịn biết phương trình đường trịn cho trước thơng qua hệ thống tập 2 Ví dụ 1: Cho đường trịn (C ) có phương trình: ( x  1)  ( y  2)  Xác định tọa độ tâm bán kính đường trịn (C ) ? Lời giải: Từ phương trình đường trịn suy tâm I (1;2) , bán kính R   2 Ví dụ 2: Cho đường trịn (C ) có phương trình: ( x  1)  ( y  1)  Xác định tọa độ tâm bán kính đường trịn (C ) ? Lời giải: Từ phương trình đường trịn suy tâm I (1;1) , bán kính R   2 Ví dụ 3: Cho đường trịn (C ) có phương trình: x  ( y  2)  Xác định tọa độ tâm bán kính đường trịn (C ) ? Lời giải: Từ phương trình đường trịn suy tâm I (0; 2) , bán kính R 82 2 ( C ) ( x  2)  ( y  1)  16 Xác định Ví dụ 4: Cho đường trịn có phương trình: tọa độ tâm bán kính đường tròn (C ) ? Lời giải: Từ phương trình đường trịn suy tâm I (2; 1) , bán kính R  16  Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z  i   : A Đường tròn tâm I  1 ;  1 , bán kính R  B Hình trịn tâm I  1 ;  1 , bán kính R  C Đường tròn tâm I  1 ;1 , bán kính R  D Đường trịn tâm I  1 ;1 , bán kính R  Lời giải  x, y  ¡ , i  1 Ta có : z  xi  y 2 z  i     x  1   y  1 i    x  1   y  1  Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z  i   đường trịn tâm I  1 ;1 , bán kính R  Ví dụ 6: Tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: z  2i  đường trịn có tâm I bán kính R là: A I  2; 1 ; R  B I  2; 1 ; R  C I  2; 1 ; R  D I  2; 1 ; I  2; 1 Lời giải Gọi số phức z  x  iy  x, y  ¡  Ta có: z   i    x      y  1 i    x     y  1  16 Vậy tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: z  2i  đường trịn có tâm I  2;  1 có bán kính R  Chứng minh: Ví dụ 7: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả z   2i  A Đường tròn tâm I  1;2  , bán kính R  B Đường tròn tâm I  1;2  , bán kính R  C Đường trịn tâm I  1;   , bán kính R  D Đường tròn tâm I  1;2  , bán kính R  Lời giải  x, y  ¡ , i  1 Gọi z  x  yi   x  1   y    Ta có: z   2i  2   x  1   y    2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I  1;2  , bán kính R  Ví dụ 8: Cho số phức z thỏa mãn z   2i  M  x; y  điểm biểu diễn số phức z Điểm M thuộc đường tròn sau đây? 2 2 x   y   25 x   y   25         A B C  x  1   y    2  x  1   y    2 D Lời giải 2  x    y   i    x  1   y    25 Ta có z   2i  2 Vậy điểm M thuộc đường tròn  x  1   y    25 Ví dụ 9: Cho số phức z thoả mãn z  i  Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w  iz   i đường trịn Tính bán kính đường trịn A r  B r  22 C r  D r  Lời giải Ta có w  iz   i  w   i  i  z  i    w  i  i  z  i  Lấy môđun hai vế ta được: w  i  i z  i  w  i  x   y  1  25 Vậy với w  x  yi , ta có Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường trịn có bán kính r  z Ví dụ 10: Cho số phức thỏa mãn  z   i   z   i   25 Biết tập hợp điểm M biểu diễn số phức w  z   3i đường tròn tâm I  a; b  bán kính c Giá trị a  b  c A 17 B 20 C 10 D 18 Lời giải Giả sử z  a  bi  a; b  ¡  w  x  yi  x; y  ¡   z   i   z   i   25  a    b  1 i   a    b  1 i   25 2   a     b  1  25  1 Theo giả thiết: w  z   3i  x  yi   a  bi    3i x2  a   x  2a      y   2b b   y  x  yi  2a     2b  i   2  2  1 Thay vào ta được: 2 x2  3 y   2      25   x     y    100      Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường trịn tâm I  2;5  bán kính R  10 Vậy a  b  c  17 Ví dụ 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho số phức z thỏa mãn z   2i  Tập hợp điểm biểu diễn cho số phức w  z   i  đường tròn A Tâm I  3; 1 , R  C Tâm I  3;1 , R  Ta có  w3i  B Tâm I  3;1 , R  D Tâm I  3; 1 , R  Lời giải z   2i   z   i    1  2i    i    i  x    y  1 i  Giả sử w  x  yi  x, y  ¡  2   x  3   y  1  18  I  3; 1 , R  18  Ví dụ 12: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   4i  Trong mặt phẳng Oxy tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z   i hình trịn có diện tích A S  9 B S  12 C S  16 D S  25 Lời giải w 1 i w  2z   i  z  w 1 i z   4i     4i   w   i   8i   w   9i   1 Giả sử w  x  yi  x, y  ¡  ,  1   x     y    16 Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức w hình trịn tâm I  7;   , bán kính r  Vậy diện tích cần tìm S    16 2.3.2 Bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Bài tốn 2: Cho đường trịn (C ) tâm I , bán kính R điểm A Tìm điểm M đường tròn (C ) để độ dài AM đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Lời giải: + Trường hợp 1: Nếu A nằm ngồi đường trịn (C ) Với điểm M thuộc (C ) ta có: AM  IA  IM  IA  IF  IA  R  AF Dấu “=” xảy M  F Do AM  IA  R M  F AM  IA  IM  IA  IE  IA  R  AE Dấu “=” xảy M  E Do max AM  IA  R M  E + Trường hợp 2: Nếu A nằm đường tròn (C ) Ta có:  AM  R suy ra: AM  max AM  R + Trường hợp 3: Nếu A nằm đường trịn (C ) Ta có: AM  IM  IA  IF  IA  R  IA  AF Dấu “=” xảy M  F Do AM  IA  R M  F AM  IA  IM  IA  IE  IA  R  AE Dấu “=” xảy M  E Do max AM  IA  R M  E Vậy: AM  IA  R , max AM  IA  R Ví dụ 1: Cho đường trịn (C ) :  x     y  3  điểm A(1;1) Gọi M điểm đường trịn (C ) Tìm giá trị lớn nhỏ đoạn thẳng AM ? Lời giải Đường trịn (C ) có tâm I  2;3 bán kính R  2 2 Ta có: IA  (1  2)  (1  3)  13 Theo Bài toán ta suy ra: max AM  IA  R  13  ; AM  IA  R  13  Vận dụng ví dụ 1, ta có tốn số phức sau: z 1 i Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn z   3i  Giá trị lớn A 13  B D 13  C Lời giải Gọi z  x  yi ta có z   3i  x  yi   3i  x    y  3 i 2 z   i   x   y   nên điểm M biểu     Theo giả thiết diễn cho số phức z nằm đường trịn (C ) có tâm I  2;3 bán kính R  Ta có z   i  x  yi   i  x     y  i   x  1   y  1 HM   x  1   y  1  z   i Gọi H  1;1 Theo ví dụ max HM  13  2 z 1 i Vậy giá trị lớn 13  Ví dụ 3: Gọi M m giá trị lớn nhất, nhỏ môđun số phức z thỏa mãn z   Tính M  m A B C D Lời giải Gọi z  x  yi biểu diễn điểm M  x; y  Khi OM  z  x  1 Ta có: z     y    x  1  y  2 C x   y  , tâm     M Suy thuộc đường trịn có phương trình I  1;0  , bán kính R  Ta có OI  Theo giả thiết M  max OM , m  OM nên suy ra: M  OM  R    , m  OM  R    Vậy M  m  Ví dụ 4: Cho số phức z thoả mãn z  Đặt w    2i  z   2i Tìm giá trị nhỏ w B A C D Lời giải 2 Gọi số phức z  a  bi với a , b  ¡ Ta có z   a  b   a  b   * Theo giả thiết: w    2i  z   2i  w   2i    2i  z  w   2i    2i  z  w   2i  Giả sử số phức w  x  yi  x, y  ¡  Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức w 2 x   y   20 M  ( C ) :     Khi Tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn tâm I  1;2  , bán kính R  20  Ta có: Suy OI   1  22  w  OM , w  OM  OI  R  Do w nhỏ 52  5 Ví dụ 5: Cho số phức z1  2  i , z2   i số phức z thay đổi thỏa mãn 2 z  z1  z  z2  16 Gọi M m giá trị lớn giá 2 trị nhỏ z Giá trị biểu thức M  m A 15 B C 11 D Lời giải Giả sử z  x  yi  x, y  ¡  2 2 Ta có: z  z1  z  z2  16  x  yi   i  x  yi   i  16  x   y  1  Gọi M điểm biểu diến số phức z suy M đường trịn (C ) có tâm I  0;1 , bán kính R  Ta có OM  z suy m  OM , M  max OM Mà OI  nên m  , M  2 Vậy M  m  z w  z số thực Tìm Ví dụ 6: Cho số phức z có phần ảo khác K  z4i giá trị lớn biểu thức A  2 B  C D 2 Lời giải Đặt z  a  bi với a, b  ¡ b  z a  bi a  bi w   2  z 2   a  bi  a  b   2abi Ta có ( a  bi )(a  b   2abi )   a  b    a 2b  a(a  b  2)  2ab   b( a  b  2)  2a 2b  i   a  b    a 2b z  z số thực suy b(a  b  2)  2a 2b  a  b    2  a  b2    4a 2b2   a  b  2  4a 2b2  Gọi M điểm biểu diễn số phức z suy M thuộc đường tròn (C ) : x  y  w Đường trịn (C ) có tâm O(0;0) , bán kính R  10 K  z   i  (a  4)2  (b  2)2  AM Ta có: A(4;  2) (trong OA  42  ( 2)  K max  max AM  OA  R    Vậy K max  Bài tốn 3: Cho đường trịn (C ) có tâm I , bán kính R đường thẳng  Xác định vị trí tương đối đường tròn (C ) đường thẳng  ? Lời giải Đường tròn (C ) đường thẳng  cắt  d ( I ,  )  R Đường tròn (C ) đường thẳng  tiếp xúc  d ( I ,  )  R Đường trịn (C ) đường thẳng  khơng giao  d ( I ,  )  R Khi cho đường tròn (C ) cố định, đường thẳng  thay đổi (phương trình chứa tham số) Tìm điều kiện tham số để hai đường có điểm chung Khi ta có ví dụ sau: 2 ( C ) : x   y   đường thẳng     Ví dụ 1: Cho đường tròn  : x  y   m  ( m tham số) Tìm m để đường thẳng  đường trịn (C ) có điểm chung? Lời giải Đường trịn (C ) có tâm I (3;4) , bán kính R  Đường tròn (C ) đường thẳng  có điểm chung  d ( I ,  )  R 4.3  2.4   m    m  23  10  13  m  33 2 2 Vậy m  [13;33] thỏa mãn tốn Áp dụng ví dụ ta có tốn số phức sau: z   4i  Gọi M m giá Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn 2 P  z   z  i trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Tính môđun số phức w  M  mi w  1285 w  1258 A B w  314 w  309 C D Lời giải Đặt z  x  yi ,  x, y  ¡   z   4i    x  3   y    2 11 2 M  z   z  i  x   y  x   y  1  x  y    Ta có:  M  4x  y   4x  y   M  A điểm biểu diễn số phức z Khi Gọi 2 A  (C ) :  x  3   y    , đồng thời A   : x  y   P  2 2 Đường trịn (C ) có tâm I (3;4) , bán kính R  Do để tồn số phức z (C ) đường thẳng  có 4.3  2.4   P  d ( I , )  R    13  P  33 2 2 điểm chung Suy max P  33, P  13 Do M  33, m  13  w  33  13i  w  1258 Tiếp theo ta thay đổi cách hỏi ví dụ ta toán tương tự z   4i  Ví dụ 3: Cho số phức z thoả mãn đồng thời hai điều kiện biểu thức P  z   z  i w  z   i A B đạt giá trị lớn Môđun số phức C 25 D Lời giải Theo ví dụ max P  33 đạt M hình chiếu tâm I đường thẳng  : x  y  30  x  y  15  Ta có  : x  y  30  u2uu r M    M (m;15  2m)  IM  (m  3;11  2m) IM    (m  3).1  (11  2m).(2)   5m  25  m  2 Suy M (5;5)  z   5i  w   5i   i    Khi cho đường trịn (C ) thay đổi bán kính, đường thẳng  cố định Tìm điều kiện tham số để hai đường có điểm chung Khi ta có ví dụ sau: 2 Ví dụ 4: Cho đường tròn (C ) : x  y  R đường thẳng  : x  y   Tìm R để đường thẳng  đường trịn (C ) có điểm chung? Lời giải Đường trịn (C ) có tâm I (0;0) , bán kính R Đường trịn (C ) đường thẳng  có điểm chung  d ( I ,  )  R  2.0  3  RR 12  (2) Vậy R 5 thỏa mãn tốn 12 Áp dụng ví dụ ta có tốn số phức sau: Ví dụ 5: Trong số phức z thỏa mãn z  i  z   3i Hãy tìm z có mơđun nhỏ 6 27 z  i z  i 5 5 A B 27 z  i z  i 5 5 C D Lời giải Giả sử z  x  yi  x, y  ¡   z  x  yi Gọi M điểm biểu diễn số phức z z  i  z   3i  x  yi  i  x  yi   3i Theo giả thiết:  x   y  1 i   x     y  3 i  x   y  1   x     y  3   y  13  x  y  x  12  y  x  y   Do M   : x  y   2 2 2 Ta có: z  x  y suy M  (C ) : x  y  z Đường trịn (C ) có tâm O(0;0) , bán kính R  z z R 2 5 Theo ví dụ ta có O đường thẳng  Dấu "  " xảy M hìnhuu chiếu uu r M    M (3  2m; m)  OM  (3  2m; m) uuuu r uu r OM    OM u   (3  2m).2  m.1   m  3 6  M  ;   z   6i 5 5 5 Bài tốn 4: Cho đường trịn (C ) có tâm I , bán kính R đường thẳng  nằm ngồi đường trịn (C ) Trên đường tròn (C ) lấy điểm A , đường thẳng  lấy điểm B Tìm giá trị nhỏ đoạn thẳng AB ? Lời giải 13 Gọi K , H hình chiếu A, I  ; E giao điểm đoạn IH với đường trịn (C ) Ta có: AB  AK  IK  IA  IH  IA  IH  IE  EH Dấu “=” xảy A  E , B  H Do AB  EH  d ( I , )  R 2 ( C ) : x   y   đường thẳng     Ví dụ 1: Cho đường tròn  : x  y   Gọi A, B hai điểm thuộc đường tròn (C ) đường thẳng  Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng AB ? Lời giải: Đường trịn (C ) có tâm I (4;1) , bán kính R  d ( I , )  Ta có 2.4   22  12  5 5  5 5 Theo Bài toán ta có: Dấu “=” xảy B làuu hình chiếu I  r B    B (b;1  2b)  IB  (b  4; 2b) uur uu r  3 IB    IB.u   1(b  4)  2(2b)   b   B  ;   5 5 Do AB  d ( I ,  )  R  Sử dụng kết ví dụ ta có tốn số phức sau: 2 z   z  i  số phức z2 z 1 Ví dụ 2: Xét số phức thỏa mãn z   i  thỏa Giá trị nhỏ z1  z2  A  B Lời giải C D 14 Gọi A, B hai điểm biểu diễn số phức z1 z2 2 z1   z1  i   ( x  2)  y    x  ( y  1)2   Ta có:  x  y    điểm A thuộc đường thẳng  : x  y   z   i   ( x  4)  ( y  1)i  Ta lại có:  ( x  4)  ( y  1)2   điểm B thuộc đường trịn (C ) có tâm I (4;1), bán kính R  Khi z1  z2  AB Áp dụng ví dụ suy ra: 5 z1  z2  AB  d ( I , )  R   5 5 z1  z2  Vậy Dạng tốn 5: Cho hai đường trịn (C ) (C ) khơng có điểm chung Lấy hai điểm A, B thuộc hai đường trịn (C ) (C ) Tìm gái trị lớn nhất, nhỏ độ dài đoạn AB Lời giải Giả sử đường trịn (C ) có tâm I , bán kính R ; đường trịn (C ) có tâm I  , bán kính R Ta xét trường hợp sau: + Trường hợp 1: Hai đường trịn ngồi Gọi E , F giao điểm đoạn II  với đường tròn (C ),(C ) Khi đó, ta có: AB  EF  II   R  R Suy AB  II   R  R 15 Tương tự ta tìm được: max AB  II   R  R + Trường hợp 2: Hai đường tròn đựng Giả sử đường tròn (C ) đựng đường trịn (C ) hình vẽ Ví     Khi AB  EF  R  R  II Suy AB  R  R  II Tương tự ta tìm max AB  II   R  R (C ) : ( x  1)  ( y  1)  dụ 1: Cho hai đường tròn (C) : ( x  2)  ( y  3)  Tìm hai điểm A, B thuộc hai đường tròn cho độ dài AB nhỏ Lời giải Đường tròn  C  có tâm I  1;1 , bán kính R  2  C  có tâm I   2; 3 , bán kính R  Đườnguu tròn r    1; 4   II   17  R  R   C   II Ta có  C   AB  II   R  R  17  Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn z   i  , số phức w thỏa mãn w   3i  Tìm giá trị nhỏ z  w A 13  13  B 17  C 17  D Lời giải Gọi M  x; y  biểu diễn số phức z  x  iy z   i   ( x  1)  ( y  1)  suy M thuộc đường tròn  C  có tâm I  1;1 , bán kính R    Gọi N  x ; y  biểu diễn số phức w  x  iy w   3i   x  y ' i   3i   ( x  2)  ( y  3)  16   Suy N thuộc đường trịn  C  có tâm I  2; 3 , bán kính R  z  w giá trị nhỏ đoạn MN Giá trịunhỏ ur  II    1; 4   II   17  R  R   C  Ta có  C  ngồi  z  w  MN  II   R  R  17  Ví dụ 2 3: Cho hai đường tròn (C ) : ( x  6)  ( y  10)  16 (C) : ( x  6)2  ( y  3)  144 Tìm hai điểm A, B thuộc hai đường tròn cho độ dài AB lớn Lời giải Đường tròn  C  có tâm I  6; 10  , bán kính R   C  có tâm I   6;3 , bán kính R  12 Đường utròn ur  II    12;13  II   122  132  313  R  R   C  Ta có  C  ngồi  max AB  II   R  R  313  16 Ví dụ 4: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3i   iz2   2i  Tìm giá trị lớn biểu thức T  2iz1  3z2 A 313  16 B 313 C 313  D 313  Lời giải Ta có z1  3i    2iz1   10i   1 ; iz2   2i    3 z2    3i  12   Gọi A điểm biểu diễn số phức 2iz1 , B điểm biểu diễn số phức 3z2 Từ  1   suy điểm A nằm đường trịn tâm I1  6; 10  bán kính R1  ; điểm B nằm đường tròn tâm I  6;3 bán kính R2  12 Ta có T  2iz1  3z2  AB  I1I  R1  R2 17  T  122  132   12  313  16 Vậy max T  313  16 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 2.4.1 Phương pháp kiểm nghiệm Để đánh giá hiệu đề tài sử dụng phiếu điều tra hứng thú học tập học sinh lớp thực nghiệm 12B1 lớp đối chứng 12B6 năm học 2021-2022 trường THPT Triệu Sơn 2.4.2 Kết kiểm nghiệm Về hứng thú học tập học sinh lớp đối đối chứng lớp thực nghiệm: Mức độ hứng thú Sĩ Lớp Rất thích Bình thường Khơng thích số SL % SL % SL % 12B6 45 10 22,2 19 44,2 16 33,6 12B1 40 30 75 10 15 0 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm làm được: - Học sinh hứng thú học tập, tìm tịi, sáng tạo tốn từ tốn cho trước; - Học sinh nâng cao khả suy luận lơgic; biết “quy lạ thành quen” để từ biết “biến quen thành lạ”; - Làm tài liệu tham khảo giảng dạy cho giáo viên tốn; - Tính khả thi cao áp dụng đại trà dạy học sinh giỏi tài liệu ôn thi học sinh giỏi 3.2 Kiến nghị - Phổ biến sáng kiến kinh nghiệm cho giáo viên học sinh - Tiếp tục mở rộng phát triển sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 30 tháng năm 2022 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Lê Đình Nam 18 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hình học 10 – NXB Giáo dục năm 2010 [2] Giải tích 12 – NXB Giáo dục năm 2010 [3] Đề thi thử TN THPT, đề minh họa, đề thi TN THPT năm mạng internet [4] Tham khảo số toán trê diễn đàn toán mạng internet 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: LÊ ĐÌNH NAM Chức vụ đơn vị cơng tác: Tổ trưởng tổ Tốn – Tin trường THPT Triệu Sơn Cấp đánh giá Kết xếp loại đánh giá Năm học TT Tên đề tài SKKN (Ngành GD cấp xếp loại đánh giá huyện/tỉnh; (A, B, xếp loại Tỉnh ) C) Vài cải tiến nhỏ vấn đề Sở GD&ĐT tính thể tích thơng qua tích C 2005-2006 Tỉnh Thanh Hố phân Sử dụng phần mềm CABRI 3D hỗ trợ dạy học chương “Đường thẳng mặt phẳng Sở GD&ĐT C 2009-2010 khơng gian Quan hệ Tỉnh Thanh Hố song song” (Hình học 11Chuẩn) Hướng dẫn học sinh lớp 10 Sở GD&ĐT khai thác toán gốc nhằm C 2014-2015 Tỉnh Thanh Hoá phát huy lực sáng tạo Chỉ số sai lầm cho học sinh lớp 12 sử dụng máy Sở GD&ĐT tính cầm tay Casio Vinacal C 2018-2019 Tỉnh Thanh Hoá để giải toán trắc nghiệm cách khắc phục Hướng dẫn học sinh lớp 11 sáng tác dạng tốn hình Sở GD&ĐT B 2019-2020 học khơng gian từ tốn Tỉnh Thanh Hố hình học phẳng Kinh ngiệm tuyển chọn bồi dưỡng đội tuyển học sinh Sở GD&ĐT C 2020-2021 giỏi mơn Tốn trường THPT Tỉnh Thanh Hố Triệu Sơn 21 ... học sinh ? ?Phương trình đường trịn” (Hình học 10) cách hệ thống dạng toán để học sinh vận dụng kiến thức sau biết “quy lạ thành quen”, “biến quen thành lạ” để tạo giải toán 2.3.1 Bài toán xác định. .. lạ” để “biến lạ thành quen” trình giải tốn Với lý tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: ? ?Định hướng dạng tốn Bài Phương trình đường trịn (Hình học 10) để xay dựng kiến thức cho học sinh biết. .. sinh biết vận dụng giải số dạng tốn số phức (giải tích 12)? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu - Phát triển tư sáng tạo, khái quát hoá, đặc biệt hoá cho học sinh thơng qua tốn biết; - Học sinh biết “quy