Một số biện pháp xây dựng bài tập về số phức nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh

1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài: Số phức vấn đề hồn tồn khó học sinh, địi hỏi người dạy phải có tầm nhìn sâu, rộng Do tính chất đặc biệt số phức nên giảng dạy nội dung giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển tốn để tạo nên lơi cuốn, hấp dẫn người học Tuy nhiên phần số phức lại đặt cuối chương trình lớp 12 nên giáo viên học sinh tâm kết thúc chương trình để bước sang giai đoạn ơn thi THPT quốc gia, vấn đề số phức nhìn chung khó giáo viên học sinh, chun đề quan tâm khai thác, vận dụng mức.Vấn đề tư duy, đặc biệt lực tư liên quan đến tư tưởng nguồn lực trí tuệ người, khơng nghiên cứu phương diện triết học mà nghiên cứu nhiều phương diện khác: khoa học quản lý, giáo dục đào tạo, dạy học mơn học cụ thể “Hội nghị Trung ương khóa XI đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo ” khẳng định nhiệm vụ ngành giáo dục nâng cao dân trí, phổ cập giáo dục phổ thơng cho tồn dân, song song nhiệm vụ cần phải bồi dưỡng nhân tài, phát học sinh có khiếu trường phổ thơng có kế hoạch đào tạo riêng để họ thành cán khoa học kĩ thuật nồng cốt Hiện tài liệu viết chuyên đề số phức phong phú, nhiên chưa có tài liệu nghiên cứu sâu việc phát triển lực tư học sinh thông qua việc dạy số phức Vì vậy, tơi chọn nghiên cứu đề tài “Một số biện pháp xây dựng tập số phức nhằm phát triển lực tư cho học sinh” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Xây dựng hệ thống tập nhằm bồi dưỡng, phát triển lực phẩm chất cho học sinh THPT 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Cơ sở lý luận đề tài - Các biện pháp xây dựng hệ thống tập nhằm phát triển lực tư cho học sinh lớp 12 thông qua chuyên đề số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu sở lí luận lí thuyết - Nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo, đề thi thử trường THPT nước - Thực nghiệm: Khảo sát học sinh lớp 12A, 12G Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1 Khái niệm nhận thức Nhận thức ba mặt đời sống tâm lý người Nó tiền đề hai mặt đồng thời có quan hệ chặt chẽ với chúng với tượng tâm lý khác Những phẩm chất tư bao gồm Tính định hướng, bề rộng, độ sâu, tính linh hoạt, tính mềm dẻo, tính độc lập tính khái quát Để đạt phẩm chất tư trên, trình dạy học, cần ý rèn cho học sinh cách nào? 2.1.2 Rèn luyện thao tác tư dạy học trường trung học phổ thông Trong logic học, người ta thường biết có ba phương pháp hình thành phán đoán mới: Quy nạp, suy diễn loại suy.Ba phương pháp có quan hệ chặt chẽ với thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng ,khái qt hố Phân tích "Là trình tách phận vật tượng tự nhiên thực với dấu hiệu thuộc tính chúng theo hướng xác định" Như vậy, từ số yếu tố, vài phận vật tượng tiến đến nhận thức trọn vẹn vật tượng Vì lẽ đó, mơn khoa học trường phổ thơng thơng qua phân tích giáo viên học sinh để bảo đảm truyền thụ lĩnh hội Tổng hợp "Là hoạt động nhận thức phản ánh tư biểu việc xác lập tính chất thống yếu tố vật nguyên vẹn có việc xác định phương hướng thống xác định mối liên hệ, mối quan hệ yếu tố vật nguyên vẹn đó, liên kết chúng vật tượng nguyên vẹn mới" Phân tích tổng hợp hai q trình có liên hệ biện chứng So sánh "Là xác định giống khác vật tượng thực" Trong hoạt động tư học sinh so sánh giữ vai trị tích cực quan trọng Khái quát hoá hoạt động tư tách thuộc tính chung mối liên hệ chung, chất vật tượng tạo nên nhận thức hình thức khái niệm, định luật, quy tắc 2.1.3 Đánh giá trình độ phát triển tư học sinh * Đánh giá khả nắm vững sở khoa học cách tự giác, tự lực, tích cực sáng tạo học sinh (nắm vững hiểu, nhớ vận dụng thành thạo) * Đánh giá trình độ phát triển lực nhận thức lực thực hành sở trình nắm vững hiểu biết 2.2.Thực trạng việc dạy Toán Vài năm trở lại đây, kỳ thi THPT quốc gia vấn đề số phức chiếm tỉ lệ không nhỏ đề thi, phần lớn câu hỏi mức độ dễ, nhiên có vài câu mức độ vận dụng vận dụng cao, gây khơng khó khăn khơng cho học sinh mà cịn khó khăn cho giáo viên Tuy nhiên học sinh nắm kiến thức bản, có lối tư hợp lý, có lực phát vấn đề, có khả tư sáng tạo khơng có làm khó em Trong phạm vi sáng kiến này, tơi trình bày số biện pháp xây dựng tập số phức nhằm phát triển lực tư cho học sinh 2.3 Một số biện pháp xây dựng tập nhằm phát triển lực học sinh 2.3.1 Bài tập rèn luyện lực phát giải vấn đề Ví dụ Số phức sau số thực hay số ảo (z số phức tùy ý cho trước cho biểu thức xác định) a) z   z  2 b)   z2  z [1] 1 z z PHVĐ: Số phức z số thực z  z , z số ảo z   z GQVĐ: 2 2 2 Ta có �z   z  � ( z )   z   ( z )  z  z  ( z ) Vậy z   z  số thực � � � 2 �   �z  z � � � 1 z z �     2 � z2  z 2 z2  z z  z z2  z �   Vậy số ảo �  zz  zz � 1 z z  z z �   Ví dụ Trong mặt phẳng phức, cho điểm: O (gốc tọa độ), A biểu diễn số 1, B biểu diễn số phức z không thực, A’ biểu diễn số phức z ' �0 B’ biểu diễn số phức zz ' Hai tam giác OAB OA’B’ có phải hai tam giác đồng dạng hay không ?[1] OA ' OB ' A ' B '   OA OB AB OA  1, OB  z , OA '  z ' , OB '  zz ' , AB  z  , A ' B '  zz ' z ' PHVĐ: Hai tam giác OAB OA’B’ đồng dạng OA ' OB ' zz ' A' B ' zz ' z' GDVĐ: OA  z ' ; OB  z  z ' ; AB  z   z ' Do OA ' OB ' A ' B '    z ' Vậy hai tam giác OAB OA’B’ đồng dạng OA OB AB Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   i  z   3i  Tìm giá trị nhỏ z [2] PHVĐ: Gọi A(-2; 1), B(2; 3), M(x; y) điểm biểu diễn z Khi đó, ta có: z   i  MA, z   3i  MB AB  Do z   i  z   3i  � MA  MB  AB � M thuộc tia đối tia BA Yêu cầu tốn: tìm GTNN z , nghĩa điểm M tia đối tia BA cách gốc tọa độ O khoảng nhỏ GQVĐ: Theo phân tích z = OM nhỏ y M �B , z M  OB  13 A -2 O B x 2.3.2 Bài tập rèn luyện lực tư sáng tạo Ví dụ Xét số phức z thỏa mãn z   2i  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  z   i  z   2i ? [2] Gọi M  x; y  điểm biểu diễn số phức z Do z   2i  nên tập hợp điểm M đường tròn  C  :  x     y    2 Các điểm A  1;1 , B  5;  điểm biểu diễn số phức  i  2i Khi đó, P  MA  MB Nhận thấy, điểm A nằm đường tròn  C  điểm B nằm ngồi đường trịn  C  , mà với  C  MA  MB �AB  17 Đẳng thức xảy M giao điểm đoạn AB Ta có, phương trình đường thẳng AB : x  y   Tọa độ giao điểm đường thẳng AB đường tròn  C  nghiệm hệ với 1 y  2 2 � �  x  2   y  2  � � �  y  5   y    � � �x  y  �x  y   Ta có  y  5   y   2 � 22  59 y  N � 17 �  � 17 y  44 y  25  � � 22  59 y  L � 17 � Vậy P  17 z  37  59 22  59  i 17 17 Ví dụ Xét số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn z   3i  Tính P  a  b z   3i  z   i đạt giá trị lớn [2] 2 Ta có: z   3i  �  a     b  3  � a  b2  8a  6b  20 Đặt A  z   3i  z   i ta có: A  a  1   b  3  A2 � 12  12    a  1  a  1   b  1   b  3   a  1   b  1 2   2 2 a  b   4b  12    16a  8b  28    4a  2b    1 Mặt khác ta có: 4a  2b    a     b    15 �  42  22    a  4   b  3   15  25  2 Từ  1   ta được: A2 �200 Để Amax 4a  2b   25 � �a  � ��  10 � �a  b  b4  � � �4 Vậy P  a  b  10 Ví dụ Cho hai số phức z , w thỏa mãn z  2w  , z  3w  z  4w  Tính giá trị biểu thức P  z.w  z.w [2] Ta có: z  2w  � z  2w  �  z  2w   z  2w   �  z  2w   z  w     2 � z.z  z.w  z.w  4w.w  � z  P  w   1 Tương tự:   2 2 z  3w  � z  3w  36 �  z  3w  z  3w  36 � z  P  w  36     z  w  �  z  4w  z  4w  49 � z  P  16 w  49  3 2 �z  33 � � Giải hệ phương trình gồm  1 ,   ,  3 ta có: �P  28 � P  28 � �w  Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z  i  z   3i  z   i Tìm giá trị lớn M z   3i ? [2] Gọi A  0;1 , B  1;3 , C  1; 1 Ta thấy A trung điểm BC � MA2  MB  MC BC BC  � MB  MC  MA2   MA2  10 Ta lại có: z  i  z   3i  z   i � 5MA  MB  3MC � 10 MB  MC   25MA2 10  2MA2 10   MC Mà z   3i   z  i    2  4i  �z  i   4i �z  i  �4 �z  i  � z   3i  loai  � Dấu "  " xảy �a b  , với z  a  bi ; a, b �� � � z  2  5i � �  �2 Ví dụ Giả sử z1 , z2 hai số số phức z thỏa mãn iz   i  z1  z2  Tìm giá trị lớn z1  z2 Ta có iz   i  � z    i   Gọi z0   i có điểm biểu diễn I  1;  Gọi A , B điểm biểu diễn z1 , z2 Vì z1  z2  nên I trung điểm AB Ta có z1  z2  OA  OB �  OA2  OB   4OI  AB  16  OA  OB  � z1  z2  Vậy giá trị lớn z1  z2 2.3.3 Bài tập rèn luyện khả suy luận, kỹ diễn đạt logic, xác Ví dụ Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2, z2  Gọi M , N điểm 2 � biểu diễn cho z1 iz2 Biết MON  30� Tính S  z1  z2 2 Ta có S  z1  z2  z1   2iz2   z1  2iz2 z1  2iz2 Gọi P điểm biểu diễn số phức 2iz2 uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uur Khi ta có z1  2iz2 z1  2iz2  OM  OP OM  OP  PM 2OI  PM OI � Do MON  30�nên áp dụng định lí cosin ta tính MN  Khi OMP có MN đồng thời đường cao đường trung tuyến, suy OMP cân M � PM  OM  Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có: OI  OM  OP MP  7 Vậy S  PM OI  2.2  Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi  H  phần mặt phẳng chứa điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 16 có phần thực phần ảo thuộc 16 z đoạn  0;1 Tính diện tích S  H  [2] Giả sử z  x  yi  x, y �� Ta có: Vì 16 16 x 16 y z x y 16    i   i; x  yi x  y x  y2 16 16 16 z z 16 có phần thực phần ảo thuộc đoạn  0;1 nên 16 z � x � �1 � 16 � �x �16 � �x �16 � y � � � �1 � �y �16 � �y �16 � � 16 � � � � � �x   y �64 2 16 x   � 16 x � x  y � � � 0� �1 � x y � �x  y  �64 �16 y �x  y  � �  � 16 y � 0� �1 � x y y 16 C I O B E A J 16 x Suy  H  phần mặt phẳng giới hạn hình vng cạnh 16 hai hình trịn  C1  có tâm I1  8;0  , bán kính R1   C2  có tâm I  0;8  , bán kính R2  Gọi S �là diện tích đường trịn  C2  �1 � � �1 � � � �  SOEJ � �  82  8.8 � Diện tích phần giao hai đường tròn là: S1  � S � 4 Vậy diện tích S hình  H  là: �1 � S  162   82  �  82  8.8 � 256  64  32  64  192  32  32     �4 � Ví dụ Cho số phức z thoả mãn 1 i số thực z   m với m �� Tìm z giá trị m để có số phức thoả mãn toán [2] Giả sử z  a  bi, z �0 nên a  b   * Đặt: w  1 i 1 i a b a b   � a  b   a  b i�   i � � z a  bi a  b a  b a  b2 w số thực nên: a  b  1 Kết hợp  * suy a  b �0 Mặt khác: a   bi  m �  a    b  m   (Vì m mơ-đun nên m �0 ) 2 Thay  1 vào   được:  a    a  m � g  a   2a  4a   m   3 Để có số phức thoả mãn tốn PT  3 phải có nghiệm a �0 Có khả sau : KN1 : PT  3 có nghiệm kép a �0 0 �� �m   �m ĐK: �g �0 � �  m �0 �  � KN2: PT  3 có hai nghiệm phân biệt có nghiệm a  � 0 � m2   � � � �m  ĐK: �g  � 4m  � �  Vậy m  m = giá trị cần tìm 2.3.4 Xây dựng tập có nhiều cách giải khác Ví dụ Với hai số phức z1 z2 thỏa mãn z1  z2   6i z1  z2  , tìm giá trị lớn P  z1  z2 [2] Cách 1: Ta có: z1  z2   6i  10  Suy ra: z1  z2   z z  2 2  z1  z2  100   104 Ta có: P  z1  z2 � z1  z2  104  26 �z1  z2  26 � � Đẳng thức xảy �z1  z2   6i (hệ có nghiệm) �z  z  �1 Vậy max P  26 Cách 2: Gọi z1  a  bi,  a, b �� , z2  c  di,  c, d �� 10 �a  c  � � Theo giả thiết ta có �b  d  � 2  a  c   b  d   �  1  2  3 2 �  a  c    b  d   100 � �� � a  b2  c  d  52 2  a  c   b  d   � � Ta có P  z1  z2  a  b  c  d Áp dụng bất đẳng thức  x  y  �2  x  y  ta có: 2 P �= =2  a b2   c2 d2  104 P 26 ac 8 � � bd 6 � Vậy giá trị lớn P 26 Dấu sảy � 2  a  c   b  d   � � a2  b2  c2  d � � a  4 � � � b  3 � � �� � c  4 � � � d  3 � � 2 2 2 2 2 Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z   4i  biểu thức P  z   z  i đạt giá trị nhỏ Tính z  i Cách 2 Giả sử z  x  y.i Khi dó, ta có  x  3   y    P  x  y   x  y  20   2 2 � �  x  3   y   �  100  x  3   y   � � ��  � � Suy x  y  20 �10 � x  y  �13 � Pmin  13 x  1, y  Lúc z   3i � z  i  17 11 Cách Từ  x  3   y    , đặt x   sin t , y   cos t Khi 2 � sin t   � � P   2sin t  cos t   23 �2 2  12  23  13 Dấu “=” xảy � � cos t   � � 5 Suy z   3i � z  i  17 Cách Từ điều kiện  x  3   y    suy quỹ tích điểm M biểu diễn z 2 đường tròn tâm (C) có I(3; 4), bán kính R  Tồn số phức z thỏa mãn P  x  y  đạt GTNN đường thẳng  : x  y   P  có điểm chung với đường trịn (C), xảy 4.3  2.4   P � � � 42  22 d  I , ��  R �5 23 P 10 13 P 33 x  y   13 � �x  � �� � z   3i � z   17 Vậy Pmin = 13 � 2  x  3   y    �y  � Cách Từ điều kiện  x  3   y    suy quỹ 2 y tích điểm M biểu diễn z đường tròn tâm (C) có I(3; 4), bán kính R  Gọi A(-2; 0), B(0; 1) lượt điểm biểu diễn số phức – i Ta có uuur uuuur uuur uuur P  z   z   MA2  MB  BA.2MN  BA.KN  BA.KN 2 I A N M K B O x (với N trung điểm đoạn AB, K hình chiếu M AB) P = 2BA.KN nhỏ KN nhỏ nhất, mà N trung điểm đoạn thẳng AB cố đinh nên KN nhỏ KM tiếp tuyến đường tròn (C) vng góc với AB, từ tìm M(1;3) hay z   3i � z  i  17 12 Ví dụ Cho số phức z thõa mãn z   i  Tìm giá trị lớn biểu thức 2 P  z   i  z   3i [2] Cách 1: Gọi M  x; y  điểm biểu diễn cho số phức z Gọi I  1; 1 , A  2;1 , B  2;3 điểm biểu diễn cho số phức  i ; 2  i ;  3i Khi đó, ta có: MI  nghĩa M thuộc đường tròn  C  có tâm I  1; 1 , R  P  MA2  MB AB , với E  0;  trung điểm AB Do P có giá trị lớn ME có giá trị lớn Ta có: P  2ME  EA2  EB  2ME  Ta có : IE    10  R nên  ME  max  IE  R   10 Vậy Pmax    10    AB  2  10   10  38  10 Cách 2: Giả sử z  x  yi ( x, y ��) M  x; y  điểm biểu diễn z Suy M � C1  có tâm I1  1;  1 bán kính R1  z   i  �  x  1   y  1   1 2 Ta có: P �0 P  z   i  z   3i   x     y  1   x     y   2 2 2 Suy P   x  1   y  1  x  y  x  10 y  16   x  1   y    2 2 Ta có  x  1   y  5  P  �6   nên   phương trình đường trịn  C2  có 2 tâm I  1;5  , bán kính R2  P   R1 ; I1 I  10 Để tồn x , y  C1   C2  có điểm chung � P   �I1I � P    P Suy : P  �2  I1 I ۣ   10    38  10 Đẳng thức xảy  C1   C2  tiếp xúc Vậy max P  38  10 13 Ví dụ Xét số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z   2i  Tính a  b z   2i  z   5i đạt giá trị nhỏ [2] Cách 1: Đặt z   2i  w  x, y �� Theo ta có w  x  yi với w  � x2  y  Ta có P  z   2i  z   5i  w   w   3i   x    y   x  1   y    20  x  2   x  1 x2  y  x     y  3   x   x  1   y  3   2  x  1  y2   x  1  x  1   y  3 2   y  3 2  �2  y  y   �2 y   y  �x  1 �x  1 � P  � �y   y  �0 � � �y  �2 �x  y  Vậy GTNN P đạt z      i Cách 2: y M M0 A -1 O I K x z   2i  � MI  � M � I ;  với I   3;  P  z   2i  z   5i  MA  2MB với A   1;  , B   2;5  14 Ta có IM  ; IA  Chọn K  2;  IK  Do ta có IA.IK  IM � � IAM IMK đồng dạng với � IA IM  IM IK AM IM   � AM  2MK MK IK Từ P  MA  2MB   MK  MB  �2BK Dấu xảy M , K , B thẳng hàng M thuộc đoạn thẳng BK Từ tìm M   2;   Cách 3:Gọi M  a; b  điểm biểu diễn số phức z  a  bi Đặt I   3;2  , A  1;2  B  2;5 Ta xét tốn: Tìm điểm M thuộc đường trịn  C  có tâm I , bán kính R  cho biểu thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ Trước tiên, ta tìm điểm K  x; y  cho MA  2MK M � C  uuu r uu r uuu r uur Ta có MA  2MK � MA2  4MK �  MI  IA   MI  IK  2 uuu r uu r uuu r uur uuu r uu r uur � MI  IA2  2MI IA  MI  IK  2MI IK � 2MI IA  4IK  3R  4IK  IA2  *     uu r uur r � �IA  IK   * M � C  � � 3R  IK  IA2  � uu r uur r �  x    4 �x  � IA  IK  � � ��  y  2  �y  � Thử trực tiếp ta thấy K  2;  thỏa mãn 3R  IK  IA2  Vì BI  12  32  10  R  nên B nằm  C  Vì KI   R  nên K nằm  C  Ta có MA  2MB  2MK  2MB   MK  MB  �2 KB 15 Dấu bất đẳng thức xảy M thuộc đoạn thẳng BK Do MA  MB nhỏ M giao điểm  C  đoạn thẳng BK Phương trình đường thẳng BK : x  Phương trình đường trịn  C  :  x  3   y    2 �x  �x  �x  � �� Tọa độ điểm M nghiệm hệ � � 2 �y   � x  3   y    �y   Thử lại thấy M  2;   thuộc đoạn BK Vậy a  , b   � a  b   2.3.5 Xây dựng tập theo hướng phát triển Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  Tìm GTLN GTNN z   4i Gọi z  x  yi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng phức Từ điều kiện z  suy M thuộc đường tròn (C): x  y  tâm O(0; 0), bán kính R = Cách Gọi A(3;4), ta có z   4i  AM , y ycbt tương đương với tìm điểm M (C) cho AM lớn nhỏ Gọi M1, M2 giao điểm đường thẳng OA với đường tròn (C), ta có AM �AM �AM , mà OA = z   4i max  OA  R  z   4i  OA  R  M A M1 O x M2 Cách Gọi z  x  yi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng phức Từ điều kiện z  suy M thuộc đường tròn (C): x  y  tâm O(0; 0), bán kính R = 16 Đặt x  sin t , y  cos t , z   4i   sin t  3   cos t    26   6sin t  8cos t  Mặt khác 10 �6sin t  8cos t �10 hay Do �z   4i �6 Vậy z   4i max  , z   4i  Cách Gọi z  x  yi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng phức Từ điều kiện z  suy M thuộc đường tròn (C): x  y  tâm O(0; 0), bán kính R = Ta có z   4i   x  3   y    26   x  y  Áp dụng BĐT bu-nhi-a-copx-ki, ta có  6x  y   � 62  82 x   y  100 � 10 �6 x  y �10 Do �z   4i �6 Vậy z   4i max  , z   4i  Ví dụ Xét số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z   2i  Tính T  a  b z   2i đạt giá trị nhỏ Tập hợp điểm M(a; b) biểu diễn số phức z đường trịn (C) tâm I(3; 2), bán kính R = Gọi A(-1; 2) điểm biểu diễn số phức – + 2i Gọi M1, M2 giao điểm đường trịn với đường thẳng IM Ta có z   2i  MA y A -1 Mà MA �AM  IM  R  M1 O M2 I M x Vậy z   2i  z = + 2i Khi T = Ví dụ Xét số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z   2i  Tính T  a  b z   2i  z   3i đạt giá trị nhỏ 17 Tập hợp điểm M(a; b) biểu diễn số phức z đường trịn (C) tâm I(3; 2), bán kính R = B y Gọi A(-1; 2), B(2; 5) điểm biểu diễn số phức – + 2i số phức + 5i M1 A Đường thẳng qua I vng góc với đường thẳng AB cắt đường (C) hai điểm M1, M2 I O -1 M2 M x Ta có z   2i  z   3i  MA  MB �M A  M B Đường thẳng qua I vng góc với AB có phương trình y = – x Tọa độ giao điểm M1, M2 nghiệm hệ 2 � x   2, y   �  x  3   y    � � � M   2, y   � � x   2, y   � �y   x   z   2i  z   3i      14  Khi T = Ví dụ Xét số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z   2i  Tính T = a  b z   2i  z   5i đạt giá trị nhỏ Đặt z   2i  w với w  x  yi Cách  x, y �� Theo ta có w  � x2  y  Ta có P  z   2i  z   5i  w   w   3i   x    y   x  1   y    20  x  2   x  1 x2  y  x     y  3   x   x  1   y  3   2  x  1  y2   x  1  x  1   y  3 2   y  3 2  18 �2  y  y   �2 y   y  �x  1 � �x  1 P  � �y   y  �0 � � �y  �2 �x  y  Vậy GTNN P đạt z      i � T   2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Trong năm qua, giảng dạy, ôn thi THPT, bồi dưỡng học sinh giỏi phần số phức cung cấp cho đồng nghiệp em học sinh lớp 12 trường THPT Mai Anh Tuấn số biện pháp xây dựng tập số phức nhằm phát triển lực tư cho học sinh, kết cho thấy biện pháp giúp cho học sinh hướng rõ ràng, cách nhìn tổng qt, tồn diện, tự tin phải đối mặt với tốn khó số phức Qua khảo sát học sinh lớp 12 năm học 2017 – 2018 năm học 2018 – 2019, nhận thấy số lượng học sinh giải câu mức độ khó chiếm tỉ lệ cao nhiều so với năm học trước Qua kết nhận định, góp ý đồng nghiệp, khẳng định: Nếu vận dụng sáng kiến vào giảng dạy cho học sinh trường THPT Mai Anh Tuấn góp phần quan trọng nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn nhà trường Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Qua nghiên cứu, vận dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy nhận thấy: Học sinh vận dụng linh hoạt kiến thức vào việc giải toán liên quan; nhiều em luôn đặt câu hỏi là: cịn cách khác để giải tốn hay khơng, phát triển tốn theo hướng khác hay không? Tuy nhiên áp dụng sáng kiến lớp mũi nhọn nhà trường nhận thấy kết tốt, thời gian tới tiếp tục nghiên cứu để vận dụng giảng dạy lớp có chất lượng thấp 19 3.2 Kiến nghị Mặc dù có nhiều cố gắng, song kinh nghiệm giảng dạy nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng cịn có hạn chế Vì vậy, viết khơng tránh khỏi thiếu sót, mong nhận góp ý đồng nghiệp bạn đọc để đề tài hoàn thiện, hiệu Xin trân trọng cảm ơn ! Thanh Hóa, ngày tháng năm 2019 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Tôi xin cam đoan SKKN viết, ĐƠN VỊ không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Trịnh Ngọc Sơn TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 [1] Sách giáo khoa Giải tích 12 [2] Các từ đề thi thử THPT quốc gia trường THPT năm 2017 - 2018 MỤC LỤC 21 1.Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1 Khái niệm nhận thức 2.1.2 Rèn luyện thao tác tư dạy học trường trung học phổ thông 2.1.3 Đánh giá trình độ phát triển tư học sinh 2.2.Thực trạng việc dạy Toán 2.3 Một số biện pháp xây dựng tập nhằm phát triển lực học sinh 2.3.1 Bài tập rèn luyện lực phát giải vấn đề 2.3.2 Bài tập rèn luyện lực tư sáng tạo 2.3.3 Bài tập rèn luyện khả suy luận, kỹ diễn đạt logic, xác Trang 1 1 2 2 3 3 2.3.4 Xây dựng tập có nhiều cách giải khác 10 2.3.5 Xây dựng tập theo hướng phát triển 16 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo 19 19 19 20 21 22 ... phát triển lực tư cho học sinh 2.3 Một số biện pháp xây dựng tập nhằm phát triển lực học sinh 2.3.1 Bài tập rèn luyện lực phát giải vấn đề Ví dụ Số phức sau số thực hay số ảo (z số phức tùy ý cho. .. dưỡng học sinh giỏi phần số phức cung cấp cho đồng nghiệp em học sinh lớp 12 trường THPT Mai Anh Tuấn số biện pháp xây dựng tập số phức nhằm phát triển lực tư cho học sinh, kết cho thấy biện pháp. .. độ phát triển tư học sinh 2.2.Thực trạng việc dạy Toán 2.3 Một số biện pháp xây dựng tập nhằm phát triển lực học sinh 2.3.1 Bài tập rèn luyện lực phát giải vấn đề 2.3.2 Bài tập rèn luyện lực tư