Skkn toán học thpt (13)

3 DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT Viết tắt Viết đầy đủ BT Bài tập CH Câu hỏi DHGQVĐ Dạy học giải vấn đề GD-ĐT Giáo dục đào tạo GV Giáo viên GQVĐ Giải vấn đề HS Học sinh KN Kỹ KT Kiến thức PP Phương pháp PPDH Phương pháp dạy học THPT Trung học phổ thông THCVĐ Tình có vấn đề BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Nghị số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 Hội nghị lần thứ Ban chấp hành Trung ương Đảng (khoá XI) yêu cầu đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, đại hoá điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế Tiếp thu tinh thần Nghị quyết, chương trình giáo dục phổ thơng nói chung chương trình mơn Tốn trung học phổ thơng nói riêng xác định yêu cầu cần đạt kiến thức, kỹ năng, thái độ, hướng đến hình thành phẩm chất, phát triển lực cho người học cách toàn diện, đó, đặc biệt quan trọng lực tự học Từ năm 2017 đến nay, kì thi THPT Quốc gia mà kì thi Tốt nghiệp THPT liên tục đổi nội dung hình thức tổ chức để phù hợp với công đổi diễn ngày mạnh mẽ dạy học Nằm xu đổi đó, mơn Tốn thay đổi hình thức kiểm tra sang hình thức trắc nghiệm khách quan với đặc thù yêu cầu cao lực phát giải vấn đề so với hình thức trước tự luận, đặc biệt khả tự học HS Để đáp ứng yêu cầu kì thi nói riêng để đạt mục tiêu lực, phẩm chất giáo dục nói chung, học sinh cần trau dồi kiến thức môn học, rèn luyện kĩ thật tốt để phát vấn đề toán giải khoảng thời gian nhanh Có thể nói mạch kiến thức nội dung “số phức” nội dung đề thi tốt nghiệp THPT Các kiến thức số phức từ đến nâng cao, từ đơn giản đến phức tạp liên tục đưa vào đề thi tốt nghiệp THPT năm gần Với vai trị quan trọng đó, tốn nội dung số phức ln sử dụng đề thi thay đổi hình thức câu hỏi liên tục, địi hỏi học sinh phải tự rèn luyện lực tự học thân trở nên linh hoạt hơn, sáng tạo II MƠ TẢ GIẢI PHÁP Mơ tả giải pháp trước tạo sáng kiến Từ năm học 2015 – 2016 trở trước, với hình thức kiểm tra tự luận, đề toán nội dung số phức thường khai thác dạng phép toán biến đổi Tuy nhiên, với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, nhiều dạng toán với nội dung số phức đưa vào với mức độ vận dụng vận dụng cao, đặc biệt nhiều tốn số phức cịn vận dụng tính chất hình học phẳng để giải Do đó, nhiều dạng đề khác khai thác, yêu cầu học sinh ngồi kĩ sử dụng máy tính cầm tay phải ghi nhớ vận dụng thành thạo kiến thức, kĩ toán học liên quan, đặc biệt tính chất hình học phẳng để vận dụng vào giải tốn dạng vận dụng vận dụng cao Trong đề thi minh họa Bộ Giáo dục đào tạo, đề thi THPT Quốc gia đề thi thử trường THPT toàn quốc năm gần đây, dạng đề toán nội dung số phức liên quan tới môđun số phức giải theo phương pháp hình học nhiều hiệu Những dạng hạn chế việc lạm dụng máy tính cầm tay q trình tìm đáp số tốn học sinh mà đòi hỏi học sinh phải ghi nhớ thật chắn kiến thức liên quan, tư thật nhanh nhạy sáng tạo tìm đáp án khoảng thời gian cho phép Chúng tơi xin giới thiệu ví dụ dạng tốn sau: Ví dụ [ ĐỀ MINH HOẠ NĂM 2018] Xét số phức z  a  bi  a, b    thoả mãn z   3i  Tính P  a  b z   3i  z   i đạt giá trị lớn A P  10 B P  C P  D P  Phân tích: Hướng giải theo phương pháp sử dụng yếu tố hình học Ta có z   3i   z    3i   Khi tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z đường tròn tâm I  4;3 , bán kính R  Xét T  z   3i  z   i  z   1  3i   z  1  i   MA  MB , với A  1;3 , B 1; 1 Bài tốn dẫn tới tìm điểm M đường trịn tâm I  4;3 , bán kính R  cho MA  MB đạt giá trị lớn Ví dụ [Câu 44 ĐỀ THI TN NĂM 2021 – mã 101 – Đợt 1] Xét số phức z, w thỏa mãn z  w  Khi z  iw   8i đạt giá trị nhỏ nhất, z  w bằng? A 221 B C D 29 Lời giải Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z   8i i w Ta có z    z   8i     8i    MI  , với I  6;  8 Suy tập hợp điểm M đường tròn T1  tâm I  6;  8 bán kính R1  Ta có iw  i w  Suy tập hợp điểm N đường tròn T2  tâm O bán kính R2  Ta có P  z  iw   8i  MN  P  OI  R1  R2  10 1  (do T1  T2  rời nhau) 27 36       M   27 ;  36      z   8i    i  z   i OM  10 OI      đạt     iw    i w   i ON  OI N   ;        5  5 5 5 Vậy z  w  1  i  29 Cách 2: Ta có w   iw  Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z , iw A 3;4      Khi z  iw   8i  OM  ON  2OA  OI  OA  AI , với I trung điểm MN Do M , N thuộc hai đường tròn tâm O, bán kính nên I thuộc hình vành tròn giới hạn hai đường tròn bán kính 2 Suy AI nhỏ  O , M , N , A thẳng hàng 4   z  i z  i  29       Khi M  ;  , N  ;    5   5 Vậy z  w  1  i  5  5   5  iw   i  w   i   5 5 Ví dụ [Câu 42 ĐỀ THI TN NĂM 2021 – mã 101 – Đợt 2] Xét số phức z w thay đổi thỏa mãn z  w  z  w  Giá trị nhỏ P  z   i  w   5i A  B 29  C 17 D Lời giải Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z w    w  iz OM  ON   OMN vuông O  OM  ON    MN   w  iz Từ giả thiết ta có:  +) Trường hợp w  iz Ta có P  z   i  iz   5i  z  1  i   z    2i   MA  MB với A 1;1 , B  5;2  Gọi E giao điểm đoạn AB với đường tròn  O;3 hình vẽ Có P  MA  MB  AB , AB  17 Suy P  17 M  E , N ảnh M qua phép quay Q O ,90   +) Trường hợp w  i.z Ta có P  z   i  iz   5i  z  1  i   z   5  2i   MA  MC với A 1;1 , C  5; 2 Gọi F giao điểm đoạn AC với đường trịn  O;3 hình vẽ Có P  MA  MC  AC , AC  Suy P  M  F , N ảnh M qua phép quay Q O,900   Kết hợp hai trường hợp, ta P  17 Ví dụ [Câu 45 ĐỀ THI TN NĂM 2022 – mã 101] Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1  z2  z3   z1  z  z3  z1 z2 Gọi A, B, C điểm biểu diễn z1 , z2 , z3 mặt phẳng tọa độ Diện tích tam giác ABC A 55 32 B 55 16 C 55 24 D 55 Lời giải Ta có  z1  z2  z3  3z1 z2  8 3z 3z 8z 8z 8z 8z       22  12  32 z2 z1 z3 z2 z2 z1 z1 z3 z3 z2 z1 z3 z2 z1 3z3    z2  z1  z3 1 4    Gọi A , B , C điểm biểu diễn z1 , z2 , z3 suy A, B, C đối xứng với A, B, C qua trục Ox  S ABC  SABC        + Ta có 1  OA  OB  OC   OD , OA  OB  2OC   2, OD  OC  , 2 suy tứ giác OADB  hình thoi có OA  OB  2, OD  C  OD :OC 1  1 4 3 55  OI OA2  OI    16 16 + Ta có DC    IC   ID  DC      IC   ID  SABC   S OAB + S OAB  S OAI Vậy SABC  S ABC   55 16 Ví dụ (Giải theo phương pháp hình học phương pháp Đại số ) Cho số phức z , z1 , z2 thay đổi thỏa mãn điều kiện sau: iz  2i   ; phần thực z1 2 ; phần ảo z2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T  z  z1  z  z2 A B C D Lời giải Phương pháp hình học: 2i    iz  2i    i  z     i z   4i   z   4i  i   Gọi M điểm biểu diễn số phức z I  2;4  Ta có: z   4i   MI   M thuộc đường tròn  C  tâm I , bán kính R  Gọi A , B điểm biểu diễn số phức z1 , z2 Ta có: T  z  z1  z  z2  MA2  MB Vì phần thực z1 nên A thuộc đường thẳng x  Vì phần ảo z2 nên B thuộc đường thẳng y  Gọi H , K hình chiếu M đường thẳng x  y  Ta có: T  MA2  MB  MH  HA2  MK  KB  MH  MK (1) Gọi E  2;1 Tứ giác MHEK hình chữ nhật  MH  MK  ME (2) Gọi M giao điểm đường thẳng IE với đường tròn  C  ( M I , E ) (như hình vẽ) Ta có: ME  M E  M   C  (3) Từ (1), (2), (3) suy T  M E C.33.44.55.54.78.65.5.43.22.2.4 22.Tai lieu Luan 66.55.77.99 van Luan an.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.33.44.55.54.78.655.43.22.2.4.55.22 Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 10 Ta có: M E  IE  IM    Suy T  Dấu xảy H  A , K  B M  M hay M  M A , B hình chiếu M đường thẳng x  y  Vậy T đạt giá trị nhỏ Phương pháp Đại số: 2i    iz  2i    i  z     i z   4i   z   4i  i   Gọi z  x  yi  x , y   Ta có:  x     y     x  y  4 x  y  11 (*) 2 Gọi z1   , z2  b  i  a , b   T  z  z1  z  z2   x     y  a    x  b    y  1   x     y  1 (1) 2 2 2 2 Đặt A   x     y  1  8 x  y  (theo (*)) 2  8  x     y    34 2 Ta có: 8  x     y      82  62   x     y  4    A  34   100.9 (theo (*))   A  64 Suy A  (2) Từ (1) (2) suy T  ya    xb  x  b    Dấu xảy  x  y     y  a  11 8    A  8 x  y   Vậy T đạt giá trị nhỏ Ví dụ (Giải theo phương pháp hình học phương pháp Đại số ) Xét số phức z , w thỏa mãn z  , iw   5i  Giá trị nhỏ z  wz  A B   29  C Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd 77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77t@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn D   29  C.33.44.55.54.78.65.5.43.22.2.4 22.Tai lieu Luan 66.55.77.99 van Luan an.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.33.44.55.54.78.655.43.22.2.4.55.22 Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 11 Lời giải Phương pháp hình học: Ta có: iw   5i   i  w  2  5i   w   2i  i Ta có: T  z  wz   z  wz  z  z  wz  z  z  z  z  z  w  z  z  w * Đặt z  a  bi Suy ra: z  z  2bi Vì z  nên 4  2b  Gọi A , B điểm biểu diễn w 2bi Suy ra: + A thuộc đường tròn  C  có tâm I  5; 2  , bán kính R  + B thuộc trục Oy 4  xB  Từ * suy ra: T  AB  MN    (xem hình) Dấu “  ” xảy A  M  4; 2   w  4  2i B  N  0; 2   2bi  2i  b  1  z  a  i  a    a    z    i Vậy z  wz  có giá trị nhỏ Phương pháp Đại số : Đặt z  a  bi , w  c  di ( a , b , c , d   ) Từ giả thiết, ta có:  a  b  a, b   2; 2   2 c   6; 4 , d   3; 1  c     d    Ta có: T  z  wz   z  wz  z  T  2bi   c  di   2  z  wz  z  z  z  z  z  w  z  z  w  2b  d   c  c  c    (do c   6; 4 )  c  4  Dấu “  ” xảy  2b  d   2  c     d    Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd 77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77t@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.33.44.55.54.78.65.5.43.22.2.4 22.Tai lieu Luan 66.55.77.99 van Luan an.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.33.44.55.54.78.655.43.22.2.4.55.22 Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 12 c  4  Suy nghiệm thỏa mãn d  2 b  1  Vậy z  wz  có giá trị nhỏ Chú ý: Về Lời giải SAI Sau có T  z  wz   z  z  w  z  w  z  EF   OI       29   z  w  kz , k  vô nghiệm  z  w  29  Khi đó, đẳng thức khơng xảy ra, hệ  Hoặc: T  z  wz   z  z  w    z  z  w    z  w     29     29  đẳng thức xảy Ví dụ (Giải theo phương pháp hình học phương pháp Đại số) Cho số phức z thỏa mãn z   2i  Số phức z  i có mơđun nhỏ là: A 52 B  C  D  Lời giải Phương pháp hình học: Đặt w  z  i  z  w  i Gọi M  x; y  điểm biểu diễn hình học số phức w Từ giả thiết z   2i  ta được: w  i   2i   w   i    x     y  1 i    x     y  1  2 Suy tập hợp điểm M  x; y  biểu diễn cho số phức w đường trịn  C  có tâm I  2;1 bán kính R  Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd 77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77t@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn 