GIẢI bài TOÁN cực TRỊ số PHỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH học GIẢI TÍCH

Mục lục: Trang I Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm 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 III Kết luận, kiến nghị 24 3.1 Kết luận 24 3.2 Kiến nghị 24 Tài liệu tham khảo: 25 Danh mục đề tài SKKN mà tác giả Hội đồng Cấp phòng GD&ĐT, Cấp Sở GD&ĐT cấp cao đánh giá đạt từ loại C trở lên: 25 I Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình Tốn THPT phần Giải tích lớp 12,học sinh hồn thiện hiểu biết tập hợp số thơng qua việc cung cấp tập hợp số,gọi Số phức.Trong chương này, học sinh bước đầu làm quen với phép tốn cộng,trừ,nhân, chia,khai căn,lũy thừa;lấy mơ đun, số phức.Bằng cách đặt tương ứng số phức z x  yi ( x, y số thực, i  ) với điểm M ( x; y ) mặt phẳng tọa độ Oxy, ta thấy Đại số Hình học có mối liên hệ với gần gủi.Hơn nhiều toán Số phức,khi chuyển sang hình học,từ số trừu tượng,bài toán minh họa cách trực quan,sinh động giải Hình học với phương pháp đẹp.Đặc biệt,trong 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 ,đặc biệt toán Cực trị số phức.Hơn nữa,với tốn Hình học theo phương pháp trắc nghiệm,nếu biểu diễn giấy qua hình ảnh minh họa,ta lựa chọn đáp án cách dễ dàng Tuy nhiên,trong thực tế giảng dạy,việc chuyển từ tốn Đại số nói chung Số phức nói riêng sang tốn Hình học nhiều học sinh nói chung nhiều lúng túng,vì việc giải toán Số phức gây nhiều khó khăn cho học sinh Bài tốn Cực trị số phức thơng thường có nhiều cách lựa chọn để giải dùng Bất đẳng thức,dùng khảo sát hàm số, Qua đề tài này,tôi muốn gợi ý cho học sinh lối tư vận dụng linh hoạt phương pháp chuyển đổi từ toán Đại số sang Hình học cho học sinh,giúp em có nhìn cụ thể việc chuyển đổi vận dụng tư cho toán khác.Với mục tiêu đó,trong SKKN này,tơi tập trung giải tốn theo hướng Hình học.Khơng đặt nặng việc so sánh phương nhanh hơn,tối ưu phương pháp 1.2 Mục đích nghiên cứu Trong số các tốn tính tốn tập hợp số phức,tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước,tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức,thì học sinh trung bình làm được,còn 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,một phần học sinh ngại tốn khó,một phần giáo viên dạy chưa trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh.Nhằm giúp học sinh vận dụng tốt phương pháp,kỹ để giải toán Cực trị số phức cách hiệu kết tốt sau nhiều năm giảng dạy dạng tốn này,với kinh nghiệm tích lũy học hỏi được,tơi mạnh dạn chọn đề tài Giải toán Cực trị số phức phương phương pháp hình học giải tích để giúp học sinh giáo viên tham khảo nhằm đạt kết cao học tập giảng dạy 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu cách giải toán Cực trị số phức phương phương pháp hình học giải tích mặt phẳng tọa độ Oxy 1.4 Phương pháp nghiên cứu +) Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết,chuyển đổi nội dung tốn Đại số sang tốn Hình học giải tích mặt phẳng tọa độ Oxy để giải +) Phương pháp thu thập thơng tin,tìm kiếm toán đề tài đề minh họa ,đề thi THPT quốc gia năm 2017,đề thi thử trường toàn quốc mạng internet +) Phương pháp thống kê,xử lý số liệu: tự giải phương pháp hình học giải tích,hoặc tìm kiếm lời giải tốn phương pháp hình học giải tích sách,báo,mạng internet II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm • Các định nghĩa kí hiệu a) Số i: Ta thừa nhận có số mà bình phương -1.Kí hiệu i Như vậy, i2 = -1 b) Số phức: Cho x, y số thực,biểu thức z = x+yi gọi (dạng đại số) số phức x gọi phần thực, y gọi phần ảo c) Với số phức z = x+yi, giá trị biểu thức x  y gọi mô đun z Kí hiệu z Như z  x  y d) Với số phức z = x+yi, Số phức z’ = x - yi, gọi số phức liên hợp z.Kí hiệu z , Như vậy, z x  yi z  x  yi e) Với số phức z = x+yi, Xác định điểm M(x;y) mặt phẳng tọa độ Oxy.Điểm M gọi biểu diễn hình học số phức z Để cho tiện,trong SKKN này,tôi kí hiệu M(x;y) = M(z) hay đơn giản M(z) để M điểm biểu diễn cho số phức z x  yi • Các phép tốn tập hợp số phức 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 ' 0  0i ' ' ' z z z • Một số kí hiệu chuyển từ số phức sang tọa độ Oxy quen thuộc Với M(z) z OM ' ' Với M M ( z ), M ' M ( z ' ) z  z MM Với A  A( z A ), B ( B B ) ,trong z A , z B hai số phức khác cho trước tập hợp điểm M M (z ) thỏa mãn hệ thức z z A  z  z B đường trung trực đoạn AB Với M M ( z ), R  ,tập hợp điểm M M (z ) thỏa mãn hệ thức z  z R đường tròn tâm M0, bán kính R Với F 1F1 ( z1 ), F F2 ( z ), tập hợp điểm M M (z ) thỏa mãn z  z1  z  z 2a , z1  z  2a , ( a >0) đường Elip có hai tiêu điểm F1 , F2 tiêu cự F1 F2 2c , độ dài trục lớn 2a, độ dài trục bé 2b , ( b a  c ) 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Bài tốn Cực trị nói chung tốn Cực trị số phức số phức nói riêng dạng tốn tương đối khó,do học sinh thấy khó khăn,ngại học,khơng chủ động,hứng thú làm bài, mặt kiến thức hình học giải tích mặt phẳng tọa độ Oxy em học lâu (lớp 10),một mặt thời gian học lớp hạn chế,tập hợp số phức lại loại tập hợp mà em vừa tiếp cận 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 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Bài toán Cực trị số phức có cách giải khác, đánh giá theo Bất đẳng thức,Khảo sát hàm số,đặc biệt thi trắc nghiệm dùng máy tính cầm tay để khảo sát giá trị,từ tìm đáp án đúng, Trong SKKN này,tơi chia tốn cực trị số phức thành tám dạng,có phân tích,nhận xét vai trò,tác dụng,hiệu dạng,từ em có cách nhận biết để tiến hành lời giải tìm kết 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường SKKN giải toán Cực trị số phức phương pháp hình học giúp học sinh cố kiến thức Hình học giải tích mặt phẳng tọa độ Oxy, có tư linh hoạt,nhìn nhận tốn Đại số mắt Hình học để thấy ý nghĩa hình học tốn Từ tốn Hình học trực quan giúp học sinh dễ dàng tìm lời giải,đặc biệt vẽ hình biểu diễn mặt phẳng tọa độ Oxy để suy đáp án thi trắc nghiệm khách quan, học sinh thấy hứng thú,tự tin giải toán loại Từ kinh nghiệm giúp học sinh học tốt mơn Tốn chương trình THPT,từ nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường CÁC BÀI TOÁN BÀI TOÁN 1: Cho số phức z a0  b0 i tập hợp số phức z thỏa mãn hệ thức: z  z1  z  z a) Tìm giá trị nhỏ z  z b) Tìm z để z  z nhỏ Nhận xét: Gọi M M ( z ), M M ( z ); A  A( z1 ), B B( z ) z  z MM Mo  Từ đẳng thức z  z1  z  z ,Suy ra, M thuộc đườngA(z trung trực đoạn AB ) M B(z2) H Δ Bài tốn chuyển thành: a) Tìm giá trị nhỏ M M với M   b) Tìm M   cho M M nhỏ Ta thấy,với điểm M   M M M H , H hình chiếu M lên  Do đó, z  z d  M ;   M hình chiếu M lên  Lời giải Từ hệ thức z  z1  z  z , suy phương trình đường thẳng  Với câu a),ta tính khoảng cách d  M ;   , kết luận z  z d  M ;   Với câu b) Viết phương trình đường thẳng d qua M ,vng góc với  Giải hệ gồm hai phương trình:  d suy nghiệm  x; y  Kết luận,số phức cần tìm z x  yi Đặc biệt: z tức tìm số phức z cho mơ đun z nhỏ Ví dụ 1.1 Trong tất số thức z thỏa mãn z   2i  z   4i Tìm giá trị nhỏ mơ đun z A 13 13 B 13 C D 26 Lời giải Đặt z x  yi M ( x; y ) 2 2 Ta có z   2i  z   4i  ( x  1)  ( y  2) ( x  3)  ( y  4) hay M   : x  y  0 Khoảng cách từ O đến  d  O;    Vậy, z  2  (  3) 13 Chọn đáp án A 13 (-3;4) I(-1;1) y  13 13 Δ M O x (1;-2) Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ,rồi đốn đáp án Ví dụ 1.2 Trong tất số thức z thỏa mãn z   3i  z   5i Tìm giá trị nhỏ z   i A B 68 C 12 17 17 D 34 Lời giải Đặt z x  yi M ( x; y ) 2 2 Ta có z   3i  z   5i  ( x  1)  ( y  3) ( x  3)  ( y  5) hay M   : x  y  0 z   i d  M ;      4( 1)  12  (4) 12 17  ,ở M ( 2; 1) 17 y (3;5) Chọn đáp án C M d Δ O x Mo(-2;-1) (1;-3) Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ,rồi đốn đáp án Ví dụ 1.3 Trong tất số thức z a  bi thỏa mãn z   5i  z  i Biết z 1  i nhỏ nhất.Tính P a.b A  23 100 B 13 100 C  16 D 25 Lời giải Đặt M=M(z) Từ hệ thức z   5i  z  i ,ta M   : x  y  0 Đặt M ( 1;1) z   i  M M y Mo(-1;1) B(0;1) O d Δ H x I(1;-2) A(2;-5) Gọi d đường thẳng qua M ( 1;1) vng góc với  d : d : x  y  0 x 1 y   hay   x  y 7  Xét hệ phương trình:   x  y    x 10   y  23  10 23  ;   10 10   Suy hình chiếu M lên  H  23 23  i  P  Chọn đáp án A 10 10 100 Vậy z 1  i nhỏ z  Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ,rồi đốn đáp án BÀI TOÁN 2: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z R  Trong z a  bi cho trước a) Tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) z  z1 ,trong z1 số phức cho trước b) Tìm số phức z để z  z1 đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất) Nhận xét: Đặt M=M(z) , I I ( z ); A  A( z1 ) z  z MI Từ đẳng thức z  z  R ,suy M thuộc đường tròn (C) tâm I,bán kính R Bài tốn chuyển thành: a) Tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) AM với M  (C ) b) Tìm M  (C ) cho AM lớn (hay nhỏ nhất) M M2 R I(z0) M1 A(z1) Gọi M , M giao điểm đường thẳng AI (C) với điểm M  (C ) ta ln có AM  AM  AM Do đó: AM  AM  AI  R ; AM max  AM  AI  R Lời giải a) z  z1  z1  z  R ; max z  z1  z1  z  R b) Tìm z Từ hệ thức z  z  R suy phương trình đường tròn (C) Viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm A( z1 ), I ( z ) Giải hệ gồm phương trình (C) d, suy nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x ; y ) Thử lại để chọn ( x; y ) thích hợp từ hai Ví dụ 2.1 Trong tất số phức z thỏa mãn hệ thức z   3i 3 Tìm z   i A B C 10 D Lời giải Đặt M M ( z ), I (1; 3), A(1;1)  AI 4 z   i MA Từ hệ thức z   3i 3 ,suy M thuộc đường tròn tâm I,bán kính R=3 Vậy, z   i min MA  AI  R 1 y Chọn đáp án A O A(1;1) M(1;0) x I(1;-3) Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ,rồi đốn đáp án Ví dụ 2.2 Trong tất số phức z thỏa mãn hệ thức z  i 1 Tìm giá trị lớn z A B C D Lời giải Ta có I (0;1), A O(0;0)  AI 1 M M (z ) với z thỏa mãn hệ thức z  i 1 ,suy M thuộc đường tròn tâm I,bán kính R=1.Vậy, max z  AI  R 1  2 Chọn đáp án A y M1 M I O x Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ,rồi đốn đáp án Ví dụ 2.3 Trong tất số phức z a  bi thỏa mãn hệ thức z   2i 1 Biết z   i đạt giá trị nhỏ nhất.Tính P  A  B  a b 13 C D  13 Lời giải Ta có I (1; 2), A( 3;1), M M ( z )  M  (C ) :  x  1  ( y  2) 1 Đường thẳng AI : 3x  y  0 y O A(-3;1) x M I(1;-2)  x  ; y   ( x  1)  ( y  2) 1   Xét hệ   x 1 ; y   x  y  0  13 z   i 6 5 z   i 4 Với x  , y  Với x  , y  Vậy z   13 7 a i   Chọn đáp án A b Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ,rồi đốn đáp án Ví dụ 2.4 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  i 2 Biết z đạt giá trị lớn nhất.Tìm phấn ảo z A B -1 C D -3 Lời giải Đặt M ( x; y ) M ( z ) Từ hệ thức z  i 2  M  (C ) : x  ( y  1) 4 Đường thẳng d qua O(0;0) tâm I (0;1) (C) có phương trình x =  x 0  x 0, y    x 0, y 3  x  ( y  1) 4 Giao d (C) nghiệm hệ  2 Với x 0, y  z  i  z 1 y M(0;3) (C) Với x 0, y 3 z 3i  z 3 Vậy, z lớn z 3i Chọn đáp án A I(0;1) O x M’(-1;0) Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ,rồi đốn đáp án BÀI TỐN 3: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z ,với z1 , z số phức a) Tìm giá trị nhỏ z  z  z  z , với z , z số phức cho trước b) Tìm số phức z để z  z  z  z nhỏ Nhận xét: - Đặt M  z , A z , B z  z  z  AM , z  z  BM - Từ hệ thức z  z1  z  z Suy ra, M thuộc đường thẳng  Dẫn đến tốn: Tìm M   cho MA  MB nhỏ z1 z1 B B A M M0 M M ∆ A A’ z2 z2 A, B khác phía so với  ∆ A, B phía so với  Ta thấy rằng, + Nếu A, B nằm hai phía so với  với điểm M  , MA  MB  AB Vậy MA  MB nhỏ MA  MA  AB M , A, B thẳng hàng hay M   AB 10 Nếu A, B nằm phía so với ∆ gọi A’ điểm đối xứng với A qua ∆ Khi đó, với điểm M  , MA  MB MA'MB  A' B Vậy, MA  MB nhỏ MA  MB  A' B A’, M, B thẳng hàng hay M   A' B Lời giải - Từ hệ thức z  z1  z  z Suy phương trình đường thẳng  - Thay tọa độ điểm A  A z , B  B z  vào phương trình  để kiểm tra xem A, B nằm phía hay khác phía so với  - Nếu A, B khác phía với  +  z  z  z  z   z  z + Để tìm z ta viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm A, B Giải hệ gồm phương trình  phương trình d Nghiệm (x;y) suy số phức z  x  yi cần tìm + Nếu A, B khác phía so với  viết phương trình đường thẳng a qua A vng góc với  Giải hệ phương trình gồm phương trình  phương trình a suy nghiệm tọa độ điểm I trung điểm AA’ Từ tọa độ A, I công thức tính tọa độ trung điểm suy tọa độ A’ +  z  z '  z  z   z ' z với A’ = A’(z3’) + Để tìm z ta viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm A’, B Giải hệ gồm phương trình ∆ phương trình d Nghiệm (x;y) suy số phức z  x  yi cần tìm Ví dụ 3.1 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z   i  z   3i Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  z   i  z   2i A 13 61 17 B 493 17 C 10 251 17 D 71 Lời giải: Đặt M M  z  Từ hệ thức z   i  z   3i , suy ra, M   : x  y  11 0 y A’ A M0 O ∆ x -1 -2 B Đặt A  2;1, B 3; 2 Thay A vào phương trình  , ta được: 2.  2  8.1  11  Thay B vào phương trình  , ta được: 2. 3  8.  2  11  Vậy A, B nằm phía so với  11 Gọi d đường thẳng qua A vng góc với  d : x2 y  hay 4 x  y  0 Gọi I d   tọa độ I nghiệm x,y hệ:  x  y 11 61 31  x  ;y   34 17  x  y  Gọi A’ điểm đối xứng với A qua  I trung điểm AA’ nên  27 45  A'   ;   17 17  Suy ra,  z   i  z   2i   A' B  493 17 Chọn đáp án B Nhận xét: Nếu ta biểu diễn tốn giấy có ta chọn đáp án phù hợp với đáp án đưa Đáp án A: 5,97 ; B: 6,53 ; C: 9,31 ; D: 2,81 Dựa vào hình minh họa: A' B  4,5  4,5 6,36 nên chọn đáp án B Ví dụ 3.2 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  2i  z  i Tìm phần thực số phức z biết z   2i  z  4i đạt giá trị nhỏ A B C Lời giải Đặt M M  z  Từ hệ thức z  2i  z  i , ta được: M   : y  0 Đặt A1;2, B 0; 4 , A, B khác phía so với  x Đường thẳng AB :  D y (0;2) A(1;2) y4  x  y  0 ∆ M x M(0,75;0,50) Tọa độ giao điểm AB  nghiệm hệ  y  0    x  y  0   y    x 3  (0;-4) Vậy, phần thực số phức thỏa mãn yêu cầu toán x  Chọn đáp án D Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án Ví dụ 3.3 ( Câu 46 – Đề minh họa THPT Quốc gia năm 2018) 12 Xét số phức z a  bi a, b   Thỏa mãn z   3i  Tính P a  b z   3i  z   i đạt giá trị lớn A P 10 B P 4 C P 6 D P 8 Lời giải M A(-1;3) K(6;4) I(4;3) I(1;0) H(2;2) O B(1;-1) Đặt M M  z  Từ hệ thức z   3i  , ta M   C  :  x  4   y  3 5 Đặt A  1;3, B1; 1 , I trung điểm AB I  0;1 Theo phần lý thuyết trên, ta thấy MA+MB lớn nhất, MI lớn nhất, M  K (Hình minh họa) Đường thẳng qua I, vng góc với AB có phương trình: x  y  0   x     y  3 5  x 2, y 2 Xét hệ phương trình,  Ta được,  Tức  x 6, y 4  x  y  0 H  2;2 , K  6;4 Chọn K (như nói trên) Vậy P a  b 4  10 Chọn đáp án A Bình luận: Nếu ta tốn giấy dễ dàng lựa chọn đáp án A BÀI TOÁN 4: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z Tìm 2 a) Giá trị nhỏ biểu thức z  z A  z  z B 2 b) Tìm số phức z để z  z A  z  z B đạt giá trị nhỏ Ở đây, z1 , z , z A , z B số phức cho trước Nhận xét: 2 - Đặt A  A z A , B  B z B , M  M  z  z  z A  z  z B MA  MB - Từ hệ thức z  z1  z  z Suy M thuộc đường thẳng  Dẫn đến toán, tìm M  cho MA  MB nhỏ z1 A B I ∆ M M0 z2 13 - Gọi I trung điểm AB Khi đó, với điểm M   , ta có MI  MA  MB AB  Suy ra, MA  MB 2MI  AB Do A, B, cố định nên AB khơng đổi, MA  MB nhỏ  MI nhỏ  M M , M hình chiếu I đường thẳng  ,và giá trị nhỏ MA  MB làm MA  MB 2M I  AB AB 2  2d  I ,    2 Lời giải - Từ z  z1  z  z Suy phương trình đường thẳng  - Tìm trung điểm I đoạn thẳng AB + Với câu a): Tính khoảng cách từ I đến  , độ dài đoạn thẳng AB Kết luận:  MA   MB 2d  I ,    2 AB + Với câu b): Viết phương trình đường thẳng d qua I vng góc với  Nghiệm x,y hệ hai phương trình  , d phần thực phần ảo z Ví dụ 4.1 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z   2i  z   i Tìm giá trị nhỏ 2 z  i  z   i A 305 34 B 441 68 C 169 34 D Lời giải Đặt M M  z  Từ z   2i  z   i Ta được, M   : x  y  0 Đặt A 0; 1, B 2;1 gọi I trung điểm AB I(1;0) Khoảng cách từ I đến ∆ d(I,∆)  13  MA  MB 68 , AB   2d  I ,    AB 2 2 169 305   68 34 Chọn đáp án A y M: (-0,53;0,38) B(2;1) M (-3;-1) O I(1;0) A(0;-1) x (1;-2) Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án 14 Ví dụ 4.2 Trong tất số phức z thỏa mãn hệ thức z   3i  z   i Tìm số 2 phức z cho z   i  z   i đạt giá trị nhỏ A z 3  i B z 2 C z 2  i D z 1  i Lời giải Đặt M M  z  Từ hệ thức z   3i  z   i Ta được, M   : x  y  0 y ∆ (1;3) A(-1;1) I(1;1) O B(3;1) x H(2;0) (5;-1) Đặt A  1;1, B 3;1 Gọi I trung điểm AB I(1;1) Đường thẳng I, vng góc với  có phương trình: x y  hay 1 x  y  0  x  y  0  x    Vậy, số phức thỏa mãn yêu cầu  x  y  0  y 0 Xét hệ phương trình:  tốn z 2 Chọn đáp án B Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án Ví dụ 4.3 Cho số phức z thỏa mãn z   5i  z   11i Biết rằng, số phức z  x  yi thỏa mãn z   8i  z   6i đạt giá trị nhỏ Giá trị biểu thức P  x  y A -16 B -4 C -1 D Lời giải ∆ y (1;11) A(2;8) I(4;7) B(6;6) (-7;5) M(0;4) O 15 x Đặt M  x; y  M  z  Từ hệ thức z   5i  z   11i Ta M   : x  y  12 0 Đặt A 2;8, B 6;6  I trung điểm AB I(4;7) Đường thẳng d qua I vng góc với ∆ có phương trình: 3x  y  16 0  x  y  12 0   x  y  16 0 Xét hệ phương trình:   x 0 Vậy, P  16   y 4 Chọn đáp án A BÀI TOÁN 5: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z a) Tìm giá trị lớn biểu thức z  z A  z  z B b) Tìm số phức z để z  z A  z  z B đạt giá trị lớn Nhận xét: - Đặt A  A z A , B  B z B , M M  z  z  z A  MA, z  z B MB - Từ z  z1  z  z Suy ra, M thuộc đường thẳng  Dẫn đến tốn: Tìm đường thẳng  cho trước điểm M cho MA  MB lớn Tính giá trị B A M0 M B z1 A’ M0 ∆ z2 H M A z1 ∆ z2 A, B phía so với  A, B khác phía so với  - Với A, B cố định + Nếu A,B phía so với  với điểm M  , ta ln có MA  MB  AB Dấu xảy M, A, B thẳng hàng hay M   AB + Với: A, B khác phía so với  , gọi A’ điểm đối xứng với A qua  với điểm M   , ta ln có MA  MB  MA' MB  A' B Dấu xảy M, A’, B thẳng hàng hay M   A' B Lời giải: - Từ hệ thức z  z1  z  z Suy phương trình đường thẳng  - Thay tọa độ điểm A, B vào phương trình  để kiểm tra xem A, B phía hay khác phía so với  + Nếu A, B phía với  Với câu a): giá trị lớn z  z A  z  z B AB Với câu b): viết phương trình đường thẳng AB Giải hệ gồm phương trình đường thẳng  AB ta nghiệm x,y phần thực phần ảo z + Nếu A, B khác phía với  16 - Viết phương trình đường thẳng d qua A, vng góc với  Giải hệ phương trình gồm phương trình  d, ta nghiệm (x;y) tọa độ điểm H - Lấy điểm A’ cho H trung điểm cua AA’ Với câu a): giá trị lơn z  z A  z  z B A’B Với câu b): viết phương trình đường thẳng A’B Giải hệ gồm phương trình đường thẳng  A’B ta nghiệm x;y phần thực ảo z Ví dụ 5.1 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z   i  z   7i Tìm giá trị lớn biểu thức P  z   i  z   4i A 13 B 10 C 13 C Lời giải Đặt M  x; y   M  z , A 4;1, B 2;4 Từ hệ thức z   i  z   7i , ta được: M   : x  y  0 Thế tọa độ điểm A vào phương trình  , ta được: 2.4  3.1   Thế tọa độ điểm B vào phương trình  , ta được: 2.2  3.4   Vậy A, B phía với  (-1;7) ∆ (-5;1) y B(2;4) A(4;1) x M(7;-2) Theo phần lý thuyết trên, ta được: Giá trị lớn P 2 AB        1  13 Chọn đáp án A Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án Ví dụ 5.2 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z   z  i Biết rằng, số phức z  x  yi thỏa mãn z   i  z   6i đạt giá trị lớn Giá trị biểu thức P  x  y bằng: y B(2;6) ∆ A B C D -2 Lời giải d Đặt M  x; y  M  z , A 3;1, B 2;6  A’(1;3) (0;1) M O 17 (1;0) A(3;1) x Từ hệ thức z   z  i , ta được: M   : x  y 0 Thế tọa độ điểm A vào phương trình  , ta được:   Thế tọa độ điểm B vào phương trình  , ta được:   Vậy A, B khác phía so với  Theo phần lý thuyết Gọi A’ điểm đối xứng A qua đường thẳng x y  hay x  y  0  y x  x 0   Giao điểm  A’B nghiệm hệ   x  y 0  y 0 Vậy, số phức z thỏa mãn z   i  z   6i lớn z 0  0i nên P 0  : y  x ta A' 1;3 Đường thẳng A' B : Bình luận: Hãy thể tốn giấy kẻ ơ, đốn đáp án BÀI TOÁN 6: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z  R,  R  0 2 a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức z  z A  z  z B 2 b) Tìm số phức z để z  z A  z  z B đạt giá trị nhỏ (giá trị lớn nhất) Nhận xét: 2 - Đặt A  A z A , B  B z B , M M  z  z  z A MA , z  z B MB - Từ z  z  R Suy ra, M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R Dẫn đến toán: Với A, B cố định Tìm M   C  để MA  MB nhỏ Tìm giá trị - Gọi H trung điểm AB Ta có: MH  AB MA  MB 2 MH  2 MA  MB AB  Suy ra, A M H M1 I M2 Do A, B cố định nên AB không đổi Vậy 18 B + MA  MB nhỏ  MH nhỏ  M  M (hình minh họa) AB 2 2  MH lớn  M  M (hình minh họa) giá trị lớn + MA  MB lớn AB MA  MB 2 R  IH   2 MA  MB 2 R  IH  Lời giải - Từ hệ thức z  z  R, ( R  0) Suy phương trình đường tròn  C  , tâm I bán kính  C  - Tìm tọa độ trung điểm H AB - Nếu yêu cầu tìm  MA     MB MA  MB 2 R  IH  AB - Nếu yêu cầu tìm z viết phương trình đường thẳng IH Giải hệ gồm phương trình đường thẳng IH  C  , suy hai nghiệm  x; y  hệ Thử lại để chọn kết phù hợp với đáp án - Nếu yêu cầu tìm giá trị lớn  MA  MB  giá trị lớn  MA   MB 2 R  IH   AB 2 - Nếu yêu cầu tìm z viết viết phương trình đường thẳng IH Giải hệ gồm phương trình đường thẳng IH  C  , suy hai nghiệm  x; y  hệ Thử lại để chọn kết phù hợp với đáp án Ví dụ 6.1 Cho số phức z thỏa mãn z 5 Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu 2 thức z   6i  z   10i là: A 66 466 B 15 C 82 482 D 41 241 Lời giải Đặt M M  z  Từ hệ thức z 5 Suy ra, M thuộc đường tròn tâm O 0;0  bán kính R 5 y B(4;10) H(6;8) (C) M1(3;4) A(8;6) x O M(-3;-4) Đặt A 8;6, B 4;10 Gọi H trung điểm AB H  6;8 , OH 100, AB 32 19 Theo lý thuyết 2 Giá trị nhỏ P  z   6i  z   10i MA  MB AB 66 2 Giá trị lớn P  z   6i  z   10i MA  MB Pmin 2 R  OH  Pmax 2 R  OH  AB 466 Chon đáp án A Ví dụ 6.2 Trong tất số phức z thỏa mãn z   i  13 , tìm số phức z 2 cho z   5i  z   9i nhỏ A z   4i B z   3i C z   2i D z   i Lời giải Đặt M M  z  Từ hệ thức z   i  13 Suy ra, điểm M thuộc đường tròn  C  :  x  5   y  1 13 Tâm I   5;1 , bán kính R  13 B(-3;9) y H(-1;7) d A(1;5) M1(-3;4) (C) I(-5;1) O x M2(-7;-2) Đặt A1;5, B  3;9 Gọi H trung điểm AB H   1;7  Đường thẳng IH : x 1 y   hay 3x  y  17 0     x  5   y  1 13 Toa độ giao điểm IH  C  nghiệm hệ:  Giải  x  y  17 0  x  3; y 4 ta được,   x  7; y  Với x  3, y 4 M H  13 với M   3;4 Với x  7; y  M H 3 14 với M   7; 2 2 Theo lý thuyết trên, z   5i  z   9i  MA  MB nhỏ M  M Vậy số phức cần tìm là: z   4i Chon đáp án A BÀI TOÁN 7: Cho hai số phức z,z’ thỏa mãn hệ thức z  z1  R, z ' z  z ' z 20 Trong đó, z1 , z , z số phức cho trước Tìm giá trị nhỏ z  z ' Nhận xét: - Đặt M M  z , M ' M  z ' Từ hệ thức z  z1  R Suy ra, M thuộc đường tròn  C  Từ hệ thức z ' z2  z ' z3 Suy ra, M’ thuộc đường thẳng  z  z '  MM ' Dẫn đến tốn Tìm điểm M  , M '  C  cho MM’ nhỏ ∆ M’=M M2 I=z1 M2 ∆ A=z1 I=z1 M’ B=z2 M1 A=z1 d  I ,  R M B=z2 d  I ,   R + Trường hợp    C  Ø giá trị nhỏ z  z ' + Trường hợp    C  Ø giá trị nhỏ z  z ' z  z ' d  I ,    R Lời giải - Từ hệ thức z  z1 R Suy ra, đương tròn  C  , tâm I, bán kính R  C  - Từ hệ thức z ' z  z ' z Suy ra, đương thẳng  - Tính khoảng cách d từ I đến ∆ + Nếu d  R giá trị nhỏ z  z ' z  z ' 0 , z  x; y   z '  x; y  d   C  + Nếu d  R giá trị nhỏ z  z ' z  z ' d  R z  x; y  M  x; y  hình chiếu I lên  , z '  x' ; y '  M '  x' ; y ' a   C  , a đường thẳng qua I vng góc với  (Chú ý: Chon M’ điểm nằm I, M) Ví dụ 7.1 Cho hai số phức z,z’ thỏa mãn hệ thức z   i 2 z '5  3i  z '  9i Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  z  z ' gần số số sau: A 1,6 B 1,1 C 1,7 D 1,5 Lời giải Đặt M M  z , M '  M  z ' Từ hệ thức z   i 2 , suy M thuộc đường tròn:  x  2   y  1 4 với tâm I   2;1 , bán kính R = 21 y (1;9) ∆ d (C) (-5;3) M’ M I(-2;1) x Từ hệ thức z '5  3i  z '  9i , suy M’ thuộc đường thẳng  : x  y  0 Khoảng cách từ I đến  d  I ,     1   1.54 biểu thức P  z  z ' 2   R Vậy, giá trị nhỏ Chọn đáp án D BÀI TOÁN 8: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z 2a, (a  0) a) Tìm giá trị nhỏ (giá trị lớn nhất) biểu thức z  z b) Tìm số phức z để z  z đạt giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) Nhận xét: Đặt M M ( z ), F1 F1 ( z1 ), F2  F2 ( z ) Từ hệ thức z  z1  z  z 2a, (a  0) suy tập hợp điểm M đường Elip có hai tiêu điềm F1 , F2 ,độ dài trục lớn 2a Ví dụ 8.1 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   z  10 Gọi m ,n giá trị lớn giá trị nhỏ z Tính T  (n  4i)  (2  mi) A 26 B 26 C D 50 Lời giải Từ điều kiện z   z  10 ,suy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Elip có hai tiêu điểm F1 ( 4;0), F2 (4;0) ,tiêu cự 2c=8,độ dài trục lớn 2a=10,độ dài trục bé 2b=6 với b a  c Phương trình tắc Elip là: x2 y2 x2 y2    1 hay 25 a b2 max z max OM OA a 5  m 5 z min OM OB b 3  n 3 22 y B F1 O A F2 x Vậy T  (3  4i )  (2  5i)   i   12  26 Chọn đáp án B Ví dụ 8.2 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   i  z   3i 6 Giá trị lớn z   3i A B C D 5 Lời giải Từ điều kiện z   i  z   3i 6 ,suy tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z Elip có hai tiêu điểm F1 ( 1; 3), F2 (1;1) ,tiêu cự F1 F2 2c 2 ,độ dài trục lớn 2a 6 ,độ dài trục bé 2b 2 10 với b a  c Phương trình Elip khơng phải dạng tắc y O A S x MB Gọi A(2;3) điểm biểu diễn cho z 2  3i z   3i MA Ta có AF1 (3;6), AF2 ( 1; 2)  AF1  AF2 suy ba điểm F1 , F2 , A thẳng hàng , điểm A nằm trục lớn Elip Gọi S trung điểm F1 F2  S (0; 1) max z   3i  AS  SB 2  a 2  5 Chọn đáp án D III Kết luận,kiến nghị: 23 3.1 Kết luận Bài toán Cực trị số phức thực hấp dẫn học sinh giải phương pháp hình học giải tích,đặc biệt vẽ hình giấy kẻ có để dự đốn đáp án nhanh chóng thi trắc nghiệm,từ hồn thành tốt thi THPT Quốc gia mơn Tốn SKKN ứng dụng vào dạy tiết tự chọn ôn thi THPT Quốc gia mơn Tốn cho học sinh lớp 12 Trong tốn Cực trị số phức khai thác đến tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z đường thẳng,đường tròn,đường elip.Khả phát triển mở rộng phạm vi nghiên cứu SKKN tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z đường Hypebol,đường Prabol 3.2 Kiến nghị Với đồng nghiệp,ứng dụng SKKN vào dạy tiết tự chọn, tiếp tục nghiên cứu để mở rộng phạm vi đề tài Với Sở GD&ĐTvà nhà trường,trang bị sở vật chất cho phòng học có máy tính,máy chiếu đa để giáo viên chiếu lên hình,hình vẽ thể giấy có kẻ Tài liệu tham khảo: 24 Đề minh họa THPT Quốc gia năm 2018 BGD,Đề thi thử trường toàn quốc,weside box math.vn , weside toanmath.com Danh mục đề tài SKKN mà tác giả Hội đồng Cấp phòng GD&ĐT, Cấp Sở GD&ĐT cấp cao đánh giá đạt từ loại C trở lên: Tìm GTLN GTNN cách tìm điều kiện tham số để phương trình hệ phương trình có nghiệm (Xếp loại C năm học 2009-2010) Thiệu Hóa,ngày 25 tháng năm 2018 Người viết sáng kiến HOÀNG TIẾN LONG 25 ... SKKN giải toán Cực trị số phức phương pháp hình học giúp học sinh cố kiến thức Hình học giải tích mặt phẳng tọa độ Oxy, có tư linh hoạt,nhìn nhận tốn Đại số mắt Hình học để thấy ý nghĩa hình học. .. dụng phương pháp Hình học để giải toán Số phức phương pháp hay hiệu ,đặc biệt toán Cực trị số phức. Hơn nữa,với tốn Hình học theo phương pháp trắc nghiệm,nếu biểu diễn giấy qua hình ảnh minh họa,ta... nghiệm Bài toán Cực trị nói chung tốn Cực trị số phức số phức nói riêng dạng tốn tương đối khó,do học sinh thấy khó khăn,ngại học, khơng chủ động,hứng thú làm bài, mặt kiến thức hình học giải tích