(Skkn mới nhất) phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh qua việc giải các dạng toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học

sa ng ki en ki nh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ng hi em w n lo ad th SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” yj uy ip la an lu n va ll fu oi m at nh z LĨNH VỰC: TOÁN HỌC z vb k jm ht m co l gm Vinh, tháng 4/2023 sa ng ki en ki SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG PT HERMANN GMEINER nh ng hi em w n lo ad th SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM yj Đề tài: “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” uy ip la an lu n va ll fu oi m LĨNH VỰC: TOÁN HỌC at nh z z vb k jm ht l gm m co Giáo viên: Nguyễn Thị Soa Điện thoại: 0976453635 Đơn vị: Trường PT Hermann Gmeiner Vinh, tháng 4/2023 sa ng ki 1.1.Lí chọn đề tài…………….……… …………… ………….…… … 1.2 Mục tiêu đề tài……………………………… ……….…… … 1.3.Nhiệm vụ đề tài…………………………………………….…… en MỤC LỤC I MỞ ĐẦU…………………………………………………… … .… ki nh ng hi em 1.4 Phương pháp nghiên cứu……………………………………… … … w n 2.1 Cơ sở lí luận………………………… …………………………… … lo II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU…………………………………………… ad th 2.3 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm…………… yj 2.2 Cơ sở thực tiễn……………………………………………………… … uy ip 2.5 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động…………… la 2.4.Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp ……………… ………… an lu III THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM……………………………………….….… 45 n va 2.6 CÁC BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP…………………………… …… … fu 45 3.2 Yêu cầu thực nghiệm……………………… .…… ……………… … 45 ll 3.1 Mục đích thực nghiệm………………………………… ………….…… oi m 3.4 Nội dung thực nghiệm…… ……………………………….…………… 45 45 at 45 vb nh 3.3 Nhiệm vụ thực nghiệm……………………………………….….… … z z 3.5 Kết thực nghiệm sư phạm ……………………………….… …… 46 k 46 Nội dung phương pháp khảo sát …………………………….…….… 46 4.3 Đối tượng khảo sát ……………………………………….………….… 48 4.4 Kết khảo sát cấp thiết tính khả thi ……………………… 48 V KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……………………………………….…… 51 5.1 Kết luận……………………………………………………….………… 51 5.2 Kiến nghị………………………………………….……………….… 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO………………… …………………………….… 52 m 46 co 4.1 Mục đích khảo sát……………………………………………… …… l gm V KHẢO SÁT SỰ CẤP THIẾT VÀ TÍNH KHẢ THI ……………………… jm ht 3.6 Phân tích mặt định tính……………………………………………… sa ng ki en I MỞ ĐẦU ki nh 1.1 Lí chọn đề tài ng Ta biết đời số phức nhu cầu mở rộng tập hợp số, số phức cầu nối hồn hảo phân mơn Đại số, Lượng giác, Hình học Giải tích (thể sâu sắc mối quan hệ cơng thức 𝑒 𝑖𝜋 + = 0) Số phức vấn đề khó học sinh, nên giảng dạy nội dung giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển toán để tạo nên lôi cuốn, hấp dẫn người học Bằng việc kết hợp tính chất số phức với số kiến thức đơn giản khác lượng giác, giải tích, đại số hình học giáo viên xây dựng nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn hồn tồn mẻ Hơn nhiều tốn số phức, chuyển sang hình học, từ số trừu tượng, tốn hoạ cách trực quan, sinh động giải Hình học với phương pháp hay nhằm phát triển lực tư toán học cho học sinh Đặc biệt kỳ thi Đại học, Cao đẳng THPT Quốc gia năm gần đây, việc sử dụng phương pháp Hình học để giải toán Số phức phương pháp hay hiệu quả, đặc biệt tốn Cực trị số phức Vì tơi chọn đề tài: “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng tốn Cực trị số phức phương pháp hình học” hi em w n lo ad th yj uy ip la an lu n va ll fu oi m at nh 1.2 Mục tiêu đề tài z Trong thực tế giảng dạy, việc chuyển từ toán Đại số nói chung Số phức nói riêng sang tốn Hình học nhiều học sinh nói chung cịn nhiều lung túng, việc giải tốn Số phức gây nhiều khó khăn cho học sinh z vb jm ht k Bài toán Cực trị số phức thơng thường có nhiều cách lựa chọn để giải như: dùng Bất đẳng thức, dùng khảo sát hàm số,… Qua đề tài này, muốn hướng dẫn cho học sinh lối tư vận dụng linh hoạt phương pháp chuyển đổi từ tốn Đại số sang Hình học giúp em có nhìn cụ thể hơin việc chuyển đổi phát triển lực tư cho tốn khác Với mục tiêu đó, đề tài tơi tập trung giải tốn theo hướng Hình học Khơng đặt nặng việc so sánh phương pháp nhanh hơn, tối ưu phương pháp m co l gm Trong toán tính tốn tập số phức, tìm số phức thoả mãn điều kiện cho trước, tìm điểm biểu diễn số phức…thì học sinh trung bình làm , cịn tốn Cực trị số phức cần có tính tư duy, vận dụng học sinh thường thụ động việc tiếp cận tốn, khơng trọng đến chất tốn, phần học sinh ngại tốn khó, phần giáo viên dạy chưa trọng khai thác hướng dẫn học sinh Nhằm giúp học sinh vận dụng tốt phương pháp, kỹ để giải toán Cực trị sa ng ki en ki số phức cách hiệu sau nhiều năm giảng dạy dạng toán này, với kinh nghiệm tích luỹ học hỏi được, tơi mạnh dạn chọn đề tài để giúp học sinh giáo viên tham khảo nhằm đạt kết cao giảng dạy học tập nh ng hi em 1.3 Nhiệm vụ đề tài Đề tài nghiên cứu cách phát triển lực tư toán học học sinh qua việc giải dạng tốn Cực trị số phức phương pháp hình học w n 1.4 Phương pháp nghiên cứu lo * Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết, đưa phương pháp giải chuyển đổi nội dung toán Đại số sang tốn Hình học ad th yj * Phương pháp thu thập thơng tin, tìm kiếm toán đề tài đề minh hoạ, đề thi THPT quốc gia qua năm, đề thi thử trường toàn quốc uy ip la * Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: tự giải phương pháp hình học tìm kiếm lời giải sách báo, mạng internet an lu oi m a) Số i: thoả mãn i2 = -1 ll fu  Các định nghĩa kí hiệu n 2.1 Cơ sở lý thuyết va II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU nh at b) Số phức: có dạng z = x + yi với x, y số thực; x gọi phần thực, y gọi phần ảo z z c) Với số phức z = x + yi xác định điểm M(x; y) mặt phẳng toạ độ Oxy, điểm M gọi biểu diễn hình học số phức z vb k l gm  Các phép toán tập số phức jm e) Với số phức z = x + yi ta có số phức liên hợp 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑦𝑖 ht d) Với số phức z = x + yi, mô đun số phức z |z|=√𝑥 + 𝑦 m co Cho hai số phức 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖, 𝑧 ′ = 𝑥′ + 𝑦′𝑖 * Phép cộng: 𝑧 + 𝑧 ′ = (𝑥 + 𝑥 ′ ) + (𝑦 + 𝑦 ′ )𝑖 * Phép trừ: 𝑧 − 𝑧 ′ = (𝑥 − 𝑥 ′ ) + (𝑦 − 𝑦 ′ )𝑖 * Phép nhân: 𝑧 𝑧 ′ = (𝑥𝑥 ′ − 𝑦𝑦 ′ ) + (𝑥𝑦 ′ + 𝑥 ′ 𝑦)𝑖 * Phép chia: z z.z '  với 𝑧′ ≠ z ' z '.z '  Một số tính chất cơng thức * Với 𝑀(𝑥; 𝑦) |𝑧| = 𝑂𝑀 sa ng ki en * 𝑀(𝑥; 𝑦), 𝑀′ (𝑥 ′ ; 𝑦 ′ )thì|𝑧 − 𝑧 ′ | = 𝑀𝑀′|𝑧 𝑧 ′ | = |𝑧||𝑧 ′ |; |𝑘𝑧| = Với 𝑧 |𝑧| 𝑧1 ki |𝑘||𝑧|, 𝑘 ∈ 𝑅 | | = (|𝑧1 ≠ 0|) |𝑧 | nh ng *|𝑧 | = 𝑧 𝑧̅ ; |𝑧|2 = |𝑧̅|2 = |𝑧||𝑧̅| hi em * Cơng thức tính khoảng cách từ điểm 𝑀0 (𝑥0 ; 𝑦0 ) đến đường thẳng ∆: 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = d ( M ; )  Ax0  By  C w A2  B n lo  Một số quỹ tích cần nhớ Biểu thức liên hệ x, y ad Quỹ tích điểm M th (1) Đường thẳng ∆: 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐=0 (2) Đường trung trực đoạn AB với 𝐴(𝑎; 𝑏), 𝐵(𝑐; 𝑑) yj 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0(1) |𝑧 − 𝑎 − 𝑏𝑖| = |𝑧 − 𝑐 − 𝑑𝑖|(2) uy ip an va (1) Elip (2) Elip 2a > AB 𝐴(𝑎1 ; 𝑏1 ), 𝐵(𝑎2 ; 𝑏2 ) (3) Đoạn AB 2a = AB n oi m at nh z z vb 2.2.Cơ sở thực tiễn với ll 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐, (𝑎 ≠ 0) 𝑥 = Parabol 𝑎𝑦 + 𝑏𝑦 + 𝑐, (𝑎 ≠ 0) fu |𝑧 − 𝑎1 − 𝑏1 𝑖| + |𝑧 − 𝑎2 − 𝑏2 𝑖| = 2𝑎(2) Đường tròn tâm 𝐼(𝑎; 𝑏) bán kính R lu ( x  a ) ( y  c)   1(1) b2 d2 la (𝑥 − 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2 = 𝑅2 |𝑧 − (𝑎 + 𝑏𝑖)| = 𝑅 k jm ht Hướng tới mục tiêu đổi giáo dục, đổi phương pháp giảng dạy, đội ngũ giáo viên chúng tơi ln tìm tịi trăn trở khơng trọng truyền thụ tri thức mà phát triển tư cho học sinh thông qua học, làm hành trang vững cho em bước vào tương lai Trong kì thi THPT Quốc gia phần Cực trị hàm số khai thác nhiều, mức độ vận dụng tương đối lạ so với SGK (lớp 10), mặt thời gian học lớp cịn hạn chế, tập số phức lại tập hợp mà em vừa tiếp cận m Bài tốn cực trị nói chung tốn cực trị số phức nói riêng dạng tốn tương đối khó, học sinh thấy khó khăn, ngại học, khơng chủ động, hứng thú làm bài, mặt kiến thức mặt phẳng toạ độ Oxy em học từ lâu co 2.3 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm l gm Trong q trình dạy học tối thấy em cịn lúng túng phương pháp giải Chính tơi tập trung nghiên cứu tài liệu dạng toán giúp em giải dạng toán, đồng thời bồi dưỡng lực tư toán học sa ng ki en ki Theo số liệu thống kê trước dạy đề tài hai lớp trực tiếp áp dụng năm học 2022-2023 kết sau: nh Lớp Sĩ số Số học sinh giải trước thực đề tài 12A1 48 18 12A7 49 16 ng Năm học hi em 2022-2023 w n lo Từ thực tế thấy cần phải đưa phương pháp giải cho dạng Cực trị số phức nhằm tháo gỡ khó khăn mà đa phần học sinh không nắm vững ad th yj uy 2.4 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề ip la Bài tốn Cực trị số phức có cách giải khác nhau, đánh giá theo Bất đẳng thức, Khảo sát hàm số, đặc biệt thi trắc nghiệm dung máy tính cầm tay để khảo sát giá trị, từ tìm đáp án đúng… an lu n va Trong sáng kiến kinh nghiệm này, chia tốn cực trị số phức thành dạng, có phân tích, nhận xét vai trị, tác dụng, hiệu dạng, từ em có cách nhận biết để tiến hành lời giải tìm kết ll fu m oi 2.5 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân đồng nghiệp nhà trường nh at Đề tài “Hướng dẫn học sinh giải lớp tốn Cực trị số phức phương pháp Hình học” giúp học sinh củng cố hình học giải tích mặt phẳng toạ độ Oxy, có tư linh hoạt, nhìn nhận tốn Đại số mắt hình học để thấy ý nghĩa hình học toán z z vb ht k jm Từ tốn hình học trực quan giúp học sinh dễ dàng tìm lời giải, đặc biệt vẽ hình biểu diễn mặt phẳng toạn độ Oxy để suy đáp án câu hỏi trắc nghiệm khách quan, học sinh thấy hứng thú, tự tin giải tốn loại c) Tìm z để |𝑧 − 𝑧0 | nhỏ m Bài toán 1:Cho số phức 𝑧0 = 𝑎0 + 𝑏0 𝑖 tập hợp số phức z thoả mãn hệ thức: |𝑧 − 𝑧1 | = |𝑧 − 𝑧2 | a) Tính giá trị nhỏ z b) Tính giá trị nhỏ |𝑧 − 𝑧0 | co 2.6 CÁC BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP l gm Từ kinh nghiệm giúp học sinh học tốt mơn Tốn chương trình THPT, từ nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường sa ng ki en Phân tích tốn ki Gọi M  M ( z), M  M ( z0 ); A  A( z1 ), B  B( z2 ) z  z0  MM nh ng Từ đẳng thức z  z1  z  z2 , suy M thuộc đường trung trực  đoạn AB hi em Bài toán chuyển thành hình học: w a) Tìm giá trị nhỏ OM toạ độ điểm M với M   cho OM nhỏ n lo ad b) Tìm giá trị nhỏ M M với M   th c) Tìm M   cho M M nhỏ yj uy Ta thấy điểm M   M M  M H , H hình chiếu M lên ip  la an lu Do đó, z  z0  d (M ; ) M hình chiếu M lên  n va ll fu oi m at nh Phương pháp giải: z z + Từ hệ thức z  z1  z  z2 , suy phương trình đường thẳng  vb Tìm số phức z cho z nhỏ k jm ht + Câu a: Tính khoảng cách d (O; ) kết luận z  d (O; ) m co l gm  Bước 1: Viết phương trình đường thẳng d qua O vng góc với   Bước 2: Giải hệ gồm hai phương trình:  d suy nghiệm (x; y)  Bước 3: Kết luận số phức cần tìm z  x  yi + Câu b: Tính khoảng cách d (M ; ) kết luận z  z0  d (M ; ) + Câu c:  Bước 1: Viết phương trình đường thẳng d qua M vng góc   Bước 2: Giải hệ gồm hai phương trình  d suy nghiệm (x; y)  Bước 3: Kết luận số phức cần tìm z  x  yi Ví dụ 1.1.Trong tất số phức z thoả mãn z   3i  z   i a) Tính giá trị nhỏ z , tìm số phức z sa ng ki en b) Tìm giá trị nhỏ z  1 2i ki nh c) Tìm z để z  1 2i nhỏ ng hi Bài giải em Đặt z  x  yi, x, y ℝ M ( x; y) Ta có: z   3i  z   i  ( x  1)2  ( y  3)2  ( x  2)2  ( y  1)2  x  y   w lo  : 6x  y   n Vậy tập hợp số phức z biểu diễn điểm M ( x; y) thuộc đường thẳng ad th a) Khoảng cách từ O đến  d (O; )   (8) 2  yj 1 Vậy z  2 uy Gọi d đường thẳng qua O(0;0) vuống góc với  phương trình d la lu y  4x  y  8 ip x có dạng d :  an Gọi M    d toạ độ điểm M nghiệm hệ phương trình: va n  x    4 x  y  10  suy z    i có z nhỏ  10 6 x  y  5  y   ll fu oi m 62  (8)  vb k jm ht Vậy z   2i  6.1  8.2  z A2  B  z Ax0  By0  C at d ( M ; )  nh b) Ta có z   2i  d (M ; ) với M (1;2) Bình luận: Ta thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án toán trắc nghiệm m 13  x   10 4 x  y  10 13  z   i có z  1 2i nhỏ  suy 10 6 x  y  5  y   co Gọi H    d1 toạ độ điểm H nghiệm hệ phương trình: l gm Gọi d1 đường thẳng qua M (1;2) vuống góc với  phương trình x 1 y    x  y  10  d1 có dạng d1 : 8 sa ng ki en ki nh ng hi em w n lo Ví dụ 1.2.Trong tất số phức Z thoả mãn z   2i  z  4i Tìm giá trị ad th nhỏ P  iz  yj uy Bài giải la Theo đề ta có: ip Đặt z  x  yi, x, y ℝ M ( x; y) lu an z   2i  z  4i  ( x  2)2  ( y  2)2  x  ( y  4)2  x  y   n va Hay M   : x  y   fu ll Ta có: P  iz   i( z  )  i z  i  z  i M (0;1) i 2 at z 12  12  nh 1 oi m P  d ( M ; )  z Bình luận: Ta thể tốn giấy kẻ ô, đoán đáp án toán trắc nghiệm vb k jm ht m co l gm Ví dụ 1.3 Trong tất số phức z thoả mãn z  z  1 2i Tìm giá trị nhỏ P  (1  2i).z  11  2i Bài giải Đặt z  x  yi, x, y ℝ M ( x; y) 2 2 Theo đề ta có: z  z   2i  x  y  ( x  1)  ( y  2)  x  y   sa ng ki en ki Toạ độ giáo điểm đường thẳng IJ đường tròn (C1) nghiệm hệ phương trình: nh ng y   x  1; y    M (5;2); M (1;2)  2  x  5; y  ( x  3)  ( y  2)  hi em Toạ độ giáo điểm đường thẳng IJ đường trịn (C2) nghiệm hệ phương trình: w y   x  3; y    N1 (3;2); N (1;2)  2 ( x  2)  ( y  2)   x  1; y  n lo ad th Ta thấy M1 N1  8; M N  2; M1 N  6; M N1  yj Do đó, max P  z1  z2  M1 N1  z1  5  2i z   2i uy ip Vậy S  z1  z2  2  4i la Bình luận: Ta thể tốn giấy kẻ ô, đoán đáp án toán trắc nghiệm an lu n va ll fu oi m at nh z z Bài toán 9:Cho số phức z thảo mãn z  z1  z  z2  2a, (a  0) a) Tìm giá trị nhỏ (lớn nhất) biểu thức P  z  z0 b) Tìm số phức z cho biểu thức P  z  z0 đạt giá trị lớn nhất(nhỏ nhất) vb k jm ht l gm Phân tích tốn: co Đặt M  M ( z), F1  F1 ( z1 ), F2  F2 ( z2 ), I  I ( z0 ) z  z0  MI m Từ hệ thức z  z1  z  z2  2a, (a  0) * Nếu 2a  F1 F2 tập hợp điểm M đường Elip (E) có hai tiêu điểm F1 F2 , độ dài trục lớn 2a * Nếu 2a  F1 F2 tập hợp điểm M đoạn F1 F2 Dẫn đến toán: a) Tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) MI với M  (E ) b) Tìm M  (E ) cho MI lớn (hay nhỏ nhất) 38 sa ng ki en Phương pháp giải: ki Bước 1: Đặt M  M ( z), F1  F1 ( z1 ), F2  F2 ( z2 ), I  I ( z0 ) nh ng Bước 2: Tính độ dài F1 F2 so sánh với 2a hi em Trường hợp 1: F1 F2  2a tập hợp điểm M Elip (E), từ suy độ dài trục lớn, độ dài trục bé toạ độ đỉnh (E) w Dạng 1: Điểm I trung điểm F1 F2 tức I tâm (E) n lo ad   z1  z  2c 2  b  a  c Đặt  th yj Câu a: Khi minP = MI = b, maxP = a uy Câu b: + P  MI  M  B1 hay M  B2 suy số phức z cần tìm ip la + max P  MI  M  A1 hay M  A2 suy số phức z cần tìm an lu n va ll fu oi m at nh z Dạng 2: Điểm I không trung điểm F1 F2 I nằm trục (E) z z1  z a P  z0  z1  z a P  z0  z1  z b , m z0  z1  z0  z max P  z0  co Điểm I nằm trục nhỏ (E), phía hay ngồi (E) cịn minP chưa tính nhanh l  z  z  k ( z  z )  gm Điểm I nằm trục  z1  z z  a  lớn phía ngồi (E) z1  z a, k  z  z  k ( z  z )  max P  z0  jm Điểm I nằm trục  z1  z a  z0  lớn phía (E) Giá trị max, P ht Nhận dạng vb Vị trí điểm I cịn maxP chưa tính nhanh 39 sa ng ki en ki nh ng hi em w n Từ suy số phức z thoả mãn đề lo Chú ý: Nếu số phức z thoả mãn: ad th z  c  z  c  2a hay z  ci  z  ci  2a, (a  0) phương trình Elip (E) có yj x2 y x2 y2 dạng   hay   a b b a uy ip la Với b2 = a2 – c2 tức Elip (E) có trục đối xứng Ox, Oy tâm đối xứng O lu an Trường hợp 2: F1 F2  2a tập hợp điểm M đoạn thẳng F1 F2 va n Câu a: Tính IF1, IF2; Gọi H hình chiếu I lên đoạn thẳng F1 F2 ll fu Khi z  z0  IH , max z  z0  maxIF1 , IF2  m oi Câu b: + z  z0  IH  M  H Suy số phức z cần tìm nh at + max z  z0  F1 I ( F2 I )  M  F1 ( F2 ) suy số phức z cần tìm z z vb k jm ht m co l gm Ví dụ 9.1 Cho số phức z thoả mãn điều kiện z   z   10 Tính tổng giá trị nhỏ lớn z Bài giải Đặt M  M ( z), F1 (3;0), F2 (3;0) Từ điều kiện z   z   10  MF1  MF2  10; F1 F2  40 sa ng ki en ki Suy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Elip có hai tiêu điểm F1 (3;0); F2 (3;0) , tiêu cự F1 F2  2c   c  , độ dài trục lớn 2a = 10, độ dài trục nhỏ 2b = vớib2 = a2 – c2=25 – = 16  b  nh ng hi x2 y2 1 Khi ta có phương trình Elip (E):  25 16 em Do giá trị nhỏ z  OM  b  , giá trị lớn z  OM  a  w Vậy z  max z  n lo Bình luận: Ta thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án toán trắc nghiệm ad th yj uy ip la an lu n va ll fu Ví dụ 9.2 Cho số phức số phức z  x  yi ( x, y  ℝ) thoả mãn điều kiện z   z   10 P  z  lớn Tính S = a + b oi m at z Đặt M  M ( z), F1 (4;0), F2 (4;0), I (6;0) nh Bài giải z vb Từ điều kiện z   z   10  MF1  MF2  10; ht k jm Suy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Elip có hai tiêu điểm F1 (4;0); F2 (4;0) , tiêu cự F1 F2  2c   c  , độ dài trục lớn 2a = 10, độ dài trục nhỏ 2b = vớib2 = a2 – c2 =25 – 16 =  b  l gm x2 y2  1 25 m co Khi ta có phương trình Elip (E): Ta thấy điểm I(6; 0) nằm đường thẳng F1F2 Do max P  z0  z1  z  a    11  IA1 với A (-5; 0) Suy z  max  IA1  M  A1 (5;0)  z  5 Vậy S = a + b = -5 Bình luận: Ta thể tốn giấy kẻ ơ, đoán đáp án toán trắc nghiệm 41 sa ng ki en ki nh ng hi em w Ví dụ 9.3.Cho số phức z thảo mãn điều kiện z   z   4i  10 Tính giá trị n lo nhỏ biểu thức P  z  1 2i ad th Bài giải yj Đặt M  M ( z), F1 (1;0), F2 (3;4), I (1;2) uy ip Từ điều kiện z   z   4i  10  MF1  MF2  10; F1 F2  32 la Suy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Elip có hai tiêu điểm F1 (1;0); F2 (3;4) , tiêu cự F1 F2  2c  (3  1)  (4  0)   c  2 , độ dài trục lớn 2a = 10, độ dài trục nhỏ 2b = 17 vớib2 = a2 – c2 =25 – = 17 an lu va n  b  17 fu ll Nhận thấy I(1; 2) trung điểm F1 F2 tức điểm I(1; 2) tâm (E) Do giá trị nhỏ P  z   2i  MI  b  17 oi m nh z nhỏ biểu thức P  z  1 4i at Ví dụ 9.4.Cho số phức z thoả mãn điều kiện z   i  z   i  Tính giá trị z k jm Do P  z0  z1  z  b    4i     Ví dụ 9.5.Cho số phức z thoả mãn điều kiện z   i  z   7i  Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn z 1  i Tính giá trị biểu thức P  m  M 42 m Ta thấy z0  z1  z0  z nên điểm I(-1; -4) nằm Elip nằm trục bé Elip tức I(-1; -4) nằm đường trung trực F1 F2 co Suy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Elip có hai tiêu điểm F1 (1;1); F2 (3;1) , tiêu cự F1 F2  2c   c  , độ dài trục lớn 2a = 6, độ dài trục nhỏ 2b = với b2 = a2 – c2 =9 – =  b  l gm Từ điều kiện z   i  z   i   MF1  MF2  6; ht Đặt M  M ( z), F1 (1;1), F2 (3;1), I (1;4) vb Bài giải sa ng ki en Bài giải ki Đặt M  M ( z), F1 (2;1), F2 (4;7), I (1;1) nh ng Từ điều kiện z   i  z   7i   MF1  MF2  2; F1 F2  nên ta suy tập hợp điểm M đoạn thẳng hi em Suy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z F1 F2  3  2 w Gọi H hình chiếu I lên F1 F2 , ta có H   ;  n lo ad Khi z   i  IH , max z   i  IF2 th  73 yj Vậy P  IH  IF  uy ip Bình luận: Ta thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án toán trắc nghiệm la an lu n va ll fu oi m at nh z z Ví dụ 9.6 Cho hai số phức z1 , z thoả mãn z1   i  z2   7i  k jm ht Bài giải vb iz   2i  Tìm giá trị nhỏ biểu thức T  z1  z m co Từ đề ta có: z1   i  z   7i   MA  MB   MA  MB  AB l gm Gọi M điểm biểu diễn số phức z1 A(-2; 1), B(4; 7) hai điểm biểu diễn hai số phức -2 +i + 7i Ta có AB  Phương trình đường thẳng AB d: x – y + = Do tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 đoạn thẳng AB Mặt khác iz   2i   iz   2i i    z2   i  Gọi N điểm biểu diễn số phức –z2 I(2; 1) điểm biểu diễn số phức + i Ta có IN = suy tập hợp điểm biểu diễn số phức –z2 đường trịn (C) có phương trình ( x  2)  ( y  1)  Ta thấy d ( I , AB)  2  , suy AB khơng cắt đường trịn Gọi H giao điểm đoạn IK với đường tròn (C) 43 sa ng ki en Ta có z1  z  MN  KH  d ( I , AB)  R  2  ki nh Suy z1  z  2  ng hi Bình luận: Ta thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án toán trắc nghiệm em w n lo ad th yj uy ip la an lu n va ll fu oi m at nh z z vb k jm ht m co l gm 44 sa ng ki en III THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM ki 3.1 Mục đích thực nghiệm nh ng Kiểm tra tính khả thi hiệu đề tài hi 3.2 Yêu cầu thực nghiệm em - Đảm bảo tính khách quan, trung thực xác - Phù hợp đối tượng học sinh w n 3.3 Nhiệm vụ thực nghiệm lo ad - Soạn giáo án tiến hành dạy thực nghiệm th - Thu thập, xử lý kết yj uy 3.4 Nội dung thực nghiệm ip - Triển khai đề tài: Đưa phương pháp giúp học sinh biết vận dụng yếu tố đạo hàm để giải toán hàm số la an lu - Đối tượng áp dụng: Học sinh lớp 12A1, 12A7 năm học 2022-2023 3.5 Kết thực nghiệm va n Trong năm học 2022-2023 tơi phân cơng giảng dạy mơn tốn lớp 12A1, 12A7 Cả hai lớp chất lượng học toán mức gần tương đương Tôi tiến hành thực nghiệm sư phạm tiến hành kiểm tra để kiểm chứng hiệu đề tài này, thu kết bảng thống kê sau: ll fu oi m TN z Số at nh z Khá (%) Trung bình (%) 97 28 44 22 ĐC 97 15 41 34 10 TN 97 25 43 28 ĐC 97 14 40 35 11 TN 97 26.5 43.5 25 ĐC 97 14.5 40.5 34.5 10.5 (%) k jm (%) Giỏi ht Yếu, vb Lần kiểm tra Kết Thực nghiệm đối chứng m co Tổng hợp l gm ( Thống kê xếp loại trình độ học sinh qua lần kiểm tra) 45 sa ng ki en 3.6 Phân tích mặt định tính ki - Ở lớp đối chứng (ĐC): Học sinh phát biểu, hứng thú tiết học Trả lời câu hỏi gợi ý giáo viên lan man, lúng túng Khả tư duy, khái quát, hệ thống, kiến thức học sinh chưa cao nh ng hi em - Ở lớp thực nghiệm(TN): Học sinh hào hứng với phương pháp tiếp cận này, thể qua trình hoạt động nhận thức cách tích cực, sơi Trong học học sinh trả lời nhanh, ngắn gọn súc tích câu hỏi gợi ý mà giáo viên sử dụng Điều chứng tỏ chất lượng dạy nâng cao w n lo Như qua việc phân tích kết mặt định lượng định tính kết thu thực nghiệm thể tính hiệu phương pháp giúp học sinh tiếp cận số cách dùng hình học để tìm cực trị số phức việc làm thi kì thi THPT Quốc gia ad th yj uy ip IV KHẢO SÁT SỰ CẤP THIẾT VÀ TÍNH KHẢ THI CỦA CÁC GIẢI PHÁP ĐỀ XUẤT la an lu 4.1 Mục đích khảo sát n va Mang lại nhìn khách quan thực trạng vấn đề nghiên cứu tính cấp thiết đề tài, tính khả thi giải pháp “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” ll fu z z Nội dung khảo sát tập trung vào hai vấn đề sau: at nh 4.2.1 Nội dung khảo sát oi m 4.2 Nội dung phương pháp khảo sát vb k jm ht Giải pháp “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” đề xuất có thực cấp thiết thời điểm 46 m - Tính điểm trung bình X theo phần mềm Average - Khảo sát tính cấp thiết tính khả thi giải pháp đề xuất + Mẫu phiếu khảo sát dành cho giáo viên co 4.2.2 Phương pháp khảo sát thang đánh giá - Phương pháp sử dụng để khảo sát Trao đổi bảng hỏi; với thang đánh giá 04 mức (tương ứng với điểm số từ đến 4): Khơng cấp thiết; Ít cấp thiết; Cấp thiết Rất cấp thiết Khơng khả thi; Ít khả thi; Khả thi Rất khả thi l gm - Giải pháp đề xuất có khả thi vấn đề nghiên cứu “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” thời điểm sa ng ki en ki Kính mong thầy/cơ vui lịng dành thời gian đọc kỹ trả lời xác, khách quan câu hỏi cách đánh dấu ( X ) vào ô phương án trả lời lựa chọn nh ng hi Mức độ em Câu 1: Theo thầy/cô việc Không “Phát triển lực tư toán cấp thiết học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học”Trong thời điểm có thực cần thiết khơng? Rất cấp thiết Cấp thiết Ít cấp thiết w n lo ad th yj uy Câu 2: Theo thầy/cơ việc Ít khả thi Khả thi ip Khơng “Phát triển lực tư toán khả thi học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học”Trong thời điểm có khả thi khơng? la Rất khả thi an lu n va ll fu oi m - Mẫu phiếu khảo sát dành cho học sinh at nh Rất mong anh/chị vui lòng dành thời gian đọc kỹ trả lời xác, khách quan câu hỏi cách đánh dấu (X ) vào ô phương án trả lời lựa chọn z Ít cấp thiết Cấp thiết Rất cấp thiết Ít khả thi Rất thi k jm ht m co l gm Không “Phát triển lực tư khả thi toán học cho học sinh qua việc giải dạng tốn Cực trị số phức phương pháp hình học” thời điểm có khả thi khơng? vb Câu 2: Theo em việc z Mức độ Câu 1: Theo em việc Không “Phát triển lực tư cấp thiết toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học”trong thời điểm có thực cần thiết không ? Khả thi 47 sa ng ki en 4.3 Đối tượng khảo sát ki Tổng hợp đối tượng khảo sát TT Đối tượng Giáo viên Toán trường THPT địa bàn TP Vinh Học sinh khối 12, lớp thực nghiệm trường công tác nh ng Số lượng 28 261 hi em 4.4 Kết khảo sát cấp thiết tính khả thi giải pháp đề xuất w n lo 4.4.1 Sự cấp thiết giải pháp đề xuất ad Mức độ Theo thầy /cô việc “Phát triển Không lực tư toán học cho học sinh cấp thiết qua việc giải dạng toán Cực trị 0/28 số phức phương pháp Hình học” thời điểm có thực cầp thiết không? yj Giải pháp cần trao đổi th Bảng 1: Dành cho giáo viên uy ip la Ít cấp Rất Cấp thiết thiết cấp thiết 2/28 7/28 19/28 an lu n va ll fu oi Mức độ Ít cấp Rất Cấp thiết thiết thiết cấp at z z 12/261 36/261 vb 213/261 k jm ht gm Theo anh /chị việc “Phát triển Không lực tư toán học cho học cấp thiết sinh qua việc giải dạng toán 0/261 Cực trị số phức phương pháp hình học” thời điểm có thực cầp thiết không? nh Giải pháp cần trao đổi m Bảng 2: Dành cho học sinh Theo thầy /cô việc “Phát triển lực tư 3,6 toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” m Các thông số X co TT Các giải pháp l Bảng 3: Tính điểm trung bình X theo phần mềm Average Mức Rất cấp thiết thời điểm có thực cầp thiết khơng? Theo anh/chị “Phát triển lực tư toán 3,77 Rất 48 sa ng ki en cấp thiết ki nh học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” ng thời điểm có thực cấp thiết khơng? hi em Từ số liệu thu bảng rút nhận xét sau: w Qua số liệu khảo sát tính cấp thiết giải pháp đề xuất “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” n lo ad th Với đối tượng 28 giáo viên dạy mơn Tốn ba Trường THPT kết thu Với mức; Không cấp thiết chiếm 0/28 giáo viên điểm, mức Ít cấp thiết chiếm 2/28 giáo viên điểm Với mức Cấp thiết chiếm 7/28 giáo viên 15 điểm Với mức Rất cấp thiết chiếm 19/28 giáo viên 80 điểm yj uy ip 0.1  2.2  7.3  19.4  3.6 28 la an lu Điểm trung bình cộng bốn mức là: n va Câu 1: Với đối tượng học sinh khối 12 lớp thực nghiệm trường THPT Với mức Không cấp thiết chiếm 0/261 học sinh điểm Với mức Ít cấp thiết chiếm 12/261 học sinh 26 điểm Với mức Cấp thiết chiếm 36/ 261 học sinh 72 điểm Với mức Rất cấp thiết 213/261 học sinh 856 ll fu m 0.1  12.2  36.3  213.4  3.77 261 oi nh điểm Điểm trung bình cộng bốn mức là: at Với mức điểm trung bình cộng 3,6 giáo viên 3,77 học sinh rút từ kết khảo sát, khẳng định giải pháp đề xuất thực cấp thiết với thực trạng dạy học tiết ôn tập văn học thời điểm 4.4.2 Tính khả thi giải pháp đề xuất Đánh giá tính khả thi giải pháp đề xuất Bảng 1: Dành cho giáo viên Giải pháp khảo sát Mức độ Theo thầy/ cô việc “Phát triển lực tư Khơng Ít Khả Rất thi khả thi toán học cho học sinh qua việc giải khả thi khả thi dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” thời điểm có 0/28 1/28 5/28 22/28 khả thi khơng? z z vb k jm ht Theo anh/chị việc “Phát triển lực tư Khơng Ít khả tốn học cho học sinh qua việc giải khả Khả thi Rất khả thi 49 m Mức độ co Giải pháp khảo sát l gm Bảng 2: Dành cho học sinh sa ng ki en ki dạng toán Cực trị số phức thi phương pháp hình học” thời điểm 0/261 có khả thi khơng? thi nh 1/261 35/261 225/261 ng hi em Bảng 3: Tính điểm trung bình X theo phần mềm Average Các thơng số w TT Các giải pháp Mức n X lo Theo thầy/ việc “Phát triển lực tư tốn 3,43 học cho học sinh qua việc giải dạng tốn Cực trị số phức phương pháp hình học” thời điểm có khả thi khơng? Theo anh/chị việc “Phát triển lực tư toán học 3,86 cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” thời điểm có khả thi khơng? Rất khả thi ad th yj uy ip la Rất khả thi an lu n va ll fu Từ số liệu thu bảng rút nhận xét sau: oi m Qua số liệu khảo sát tính khả thi giải pháp đề xuất “Phát triển lực tư toán học cho học sinh qua việc giải dạng toán Cực trị số phức phương pháp hình học” at nh z z Với đối tượng 28 giáo viên dạy mơn Tốn ba Trường THPT kết thu Với mức; Không khả thi chiếm 0/28 giáo viên điểm, mức Ít khả thi chiếm 1/28 giáo viên điểm Với mức Khả thi chiếm 5/28 giáo viên 18 điểm Với mức Rất khả thi chiếm 22/28 giáo viên 84 điểm Điểm trung vb 0.1  1.2  35.3  225.4  3.86 261 Với mức điểm trung bình cộng tính khả thi 3,43 giáo viên 3,86 học sinh rút từ kết khảo sát, khẳng định giải pháp đề xuất khả thi đưa vào ứng dụng thực tế 50 m cộng bốn mức là: co Với đối tượng học sinh khối 12 lớp thực nghiệm trường THPT Với mức Không khả thi chiếm 0/261 học sinh điểm Với mức Ít khả thi chiếm 1/261 học sinh điểm Với mức Khả thi chiếm 35/ 261 học sinh 99 điểm Với mức Rất khả thi 225/261 học sinh 908 điểm Điểm trung bình l gm 0.1  1.2  2.3  22.4  3.43 28 k jm ht bình cộng bốn mức là: sa ng ki en V KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ki nh 5.1 Kết luận chung: ng Sáng kiến kinh nghiệm thu số kết quả: hi - Đã hệ thống hóa, phân tích, diễn giải khái niệm kĩ năng; hình thành kĩ học giải tập toán cho học sinh em - Thống kê số dạng tốn điển hình liên quan đến nội dung chuyên đề thực giúp nâng cao lực, phát triển tư toán w n lo - Nêu dạng tốn, phương pháp giải, ví dụ ứng dụng hình học tìm cực trị số phức ad th - Xây dựng biện pháp sư phạm để rèn luyện kĩ giải vấn đề liên quan đến nội dung chuyên đề thực yj uy ip Trong q trình giảng dạy mơn Tốn trường, từ việc áp dụng hình thức rèn luyện cách trình bày lời giải tốn cho học sinh qua thực tế kinh nghiệm giảng dạy thân, với nội dung phương pháp nêu giúp học sinh có nhìn tồn diện Tốn học nói chung Đặc biệt tơi nhận thấy đối tượng học sinh khá, giỏi hứng thú với việc làm mà giáo viên áp dụng chuyên đề la an lu n va ll fu 5.2 Kiến nghị: oi m Thơng qua số ví dụ phần thấy vai trị phương pháp việc sử dụng hình học để giải toán cực trị số phức Tuy nhiên, sử dụng phương pháp giáo viên phải cung cấp cho học sinh vốn kiến thức định kĩ giải tập Tuy phương pháp vận dụng giải nhiều dạng toán cực trị số phức song học sinh cần vận dụng linh hoạt vào toán at nh z z vb ht k jm Là giáo viên cần xác định cho phải ln tạo cho hóc inh niềm hứng thú day mê q trình học tập; ln cải tiến phương pháp dạy học, phát triển tư duy, vận dụng kiến thức phục vụ tốt cho dạy Vinh, ngày 15 tháng năm 2023 Tác giả 51 m Tôi xin trân trọng cảm ơn! co Đề tài kinh nghiệm thân, thông qua số tài kiệu tham khảo nên không tránh khỏi hạn chế, khiếm khuyết Vì mong hội đồng xét duyệt góp ý để kinh nghiệm giảng dạy ngày phong phú hữu hiệu l gm Các dạng toán cực trị hàm số đa dạng, viết đưa số toán, chưa bao quát đầy đủ, với mong muốn giúp học sinh có định hướng tốt gặp dạng tốn này, tơi mong nhận góp ý chân thành đồng nghiệp để viết tơi hồn thiện sa ng ki en ki nh TÀI LIỆU THAM KHẢO ng hi Sách giáo khoa giải tích lớp 12- Cơ – Trần Văn Hạo ( Tổng chủ biên) – NXB Giáo dục em Sách tập giải tích lớp 12 – Cơ 12 - Trần Văn Hạo ( Tổng chủ biên) – NXB Giáo dục w n lo Tài liệu bồi dưỡng giáo viên mơn Tốn lớp 12 – NXB Giáo dục ad Dạy học theo chuẩn kiến thức, kĩ mơn tốn lớp 12 – Bùi Văn Nghĩa ( Chủ biên) – NXB Đại học sư phạm Hà Nội th yj uy Phân tích tư giải câu điểm 8, 9, 10 kì thi THPT Quốc gia – Vương Thanh Bình - NXB Đại học Quốc gia Hà Nội ip la Bộ đề trắc nghiệm mơn Tốn lớp 12 – TS Lê Xuân Sơn (Chủ biên) - NXB Đại học Quốc gia Hà Nội an lu n va Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 12; Đề thi thử THPT Quốc gia trường THPT nước, Sở GD&ĐT; Các đề thi thử nghiệm, thức Bộ GD&ĐT năm từ 2017 đến 2023 ll fu oi m at nh z z vb k jm ht m co l gm 52