Hướng dẫn học sinh khai thác kết quả một số bài tập trong sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải quyết

MỤC LỤC NỘI DUNG MỞ ĐẦU TRANG 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 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp thực 2.3.1 Sử dụng tính chất số i 2.3.2 Sử dụng tính chất số phức liên hợp 2.3.3 Sử dụng tính chất mơ đun số phức 2.3.3.1 Sử dụng tính chất modun số phức tốn tính giá trị biểu thức 2.3.3.2 Sử dụng tính chất modun số phức tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 2.3.3.3 Sử dụng tính chất modun số phức tốn ứng dụng hình học số phức 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 11 15 18 19 3.1 Kết luận 19 3.2 Kiến nghị 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình Tốn bậc trung học, số phức đưa vào cuối chương trình giải tích 12, nhiên đơn giản Hơn kì thi tốt nghiệp THPT thi Đại học năm trước năm 2017 tập phần số phức chiếm phần ít, thường mức độ khơng q khó tài liệu số phức khơng nhiều thường tản mạn Chính nhũng năm trước học sinh học xong phần số phức làm số dạng tốn đơn giản giải phương trình bậc hai nghiệm phức, tính yếu tố liên quan đến số phức Tuy nhiên năm 2017 với việc chuyển từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm tỉ lệ phần số phức nâng lên, nội dung đa dạng có đến hai câu phân bố câu hỏi mức độ vận dụng vận dụng cao Để làm câu đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức bản, biết khai thác vận dụng kiến thức Với mong muốn giúp học sinh, học sinh khá, giỏi tiếp cận giải tốn khó chọn đề tài “ HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC KẾT QUẢ MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12 NÂNG CAO ĐỂ GIẢI QUYẾT SỐ MỘT SỐ BÀI TOÁN MỨC ĐỘ VẬN DỤNG –VẬN DỤNG CAO VỀ SỐ PHỨC ” Qua đề tài mong muốn mang lại cho em nhìn số phức, giúp em thêm hiểu số phức tự tin làm toán số phức 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Nghiên cứu đề tài “ Hướng dẫn học sinh khai thác kết số tập sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải số toán mức độ vận dụng, vận dụng cao số phức’’ nhằm giúp học sinh rèn kỹ giải toán số phức, nhằm phát triển tư logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng học tập học sinh, tạo hứng thú học tập môn tốn, góp phần đổi phương pháp giảng dạy mơn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo học sinh, góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá, giỏi mơn tốn, góp phần kích thích đam mê, u thích mơn toán, phát triển lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho học sinh 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu tính chất số i , tính chất số phức liên hợp, tính chất modun số phức - Nghiên cứu sở lí luận thực tiễn dạy học tình có vấn đề - Nghiên cứu phát triển nội dung kiến thức có sách giáo khoa, sách tập thành vấn đề tổng quát áp dụng vào toán tương tự - Thực nghiệm sư phạm để đánh giá tính hiệu phương pháp giải vào đối tượng nghiên cứu học sinh khá, giỏi học sinh ôn thi THPT Quốc Gia năm gần 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực đề tài này, sử dụng phương pháp sau : a Nghiên cứu tài liệu : - Đọc tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục có liên quan đến nội dung đề tài - Đọc SGK, sách giáo viên, loại sách tham khảo - Tham khảo đề minh họa thi THPT-QG Bộ GD đề thi thử trường toàn Quốc b Thực nghiệm (giảng dạy): Đây phương pháp NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận Để thực đề tài, cần dựa kiến thức - Các phép biến đổi số phức, số phức liên hợp - Các phép tính cộng trừ nhân chia số phức - Các phép biến đổi liên quan đến mô đun số phức - Các kiến thức đường thẳng, đường tròn, đường elip mặt phẳng 2.2 Thực trạng đề tài Năm học 2016 – 2017 Bộ GD-ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia mơn tốn từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy học phải thay đổi cho phù hợp.Trong đề thi mơn tốn kỳ thi THPT Quốc Gia, đề minh họa GD - ĐT , đề thi thử trường THPT toàn Quốc,học sinh thường gặp số câu số phức mức độ vận dụng vận dụng cao để làm câu số phức học sinh thường làm theo cách biến đổi đại số thơng thường mà khai thác ‘’kết đẹp ‘’ có tập sách giáo khoa sách tập để có kiến thức tảng để giải tốn nên có toán cách giải dài phức tạp.và trở thành tốn khó em Với đề tài: “ Hướng dẫn học sinh khai thác kết số tập sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải số toán mức độ vận dụng – vận dụng cao số phức’’, mong muốn mang lại cho em nhìn số phức, giúp em thêm hiểu số phức tự tin làm toán số phức 2.3 Giải pháp tổ chức thực Do tính chất đặc biệt số phức nên giảng dạy nội dung giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển toán giúp học sinh có nhìn sâu, rộng Từ số tập SGK Giáo viên xây dựng số dạng toán với cách giải nhờ sử dụng tính chất đặc trưng số phức, để học sinh hiểu kĩ số phức Từ tạo lơi cuốn, phát huy tính sáng tạo học sinh Một số dạng tập đề tài phần cung cấp cho học sinh kiến thức số phức Từ em tự tin làm tốt toán số phức Trong đề tài phân chia số dạng toán dựa kết tập 6; 7; SGK giải tích nâng cao lớp 12 trang 190 Ở dạng toán Giáo viên hướng dẫn học sinh làm tập SGK sau đưa cho học sinh số tập để học sinh nghiên cứu, tìm cách giải Từ hướng học sinh đến cách giải nhờ sử dụng kết tập tương ứng Thực đề tài chia nội dung thành ba phần Phần Sử dụng tính chất số i Phần Sử dụng tính chất số phức liên hợp Phần Sử dụng tính chất mơ đun số phức Với phần - Nhắc lại kiến thức sử dụng đề tài - Nêu ví dụ áp dụng - Đưa số tập củng cố kiến thức Sau nội dung cụ thể: 2.3.1 Sử dụng tính chất số i Bài tập số ( trang 190 Sgk GT nâng cao 12) A Cơ sở lý thuyết Chứng minh với số nguyên n  ta có 4n 4n2 n 1 a) i  b) i  i c) i  1 Lời giải: n3 d) i  i Ta có: i  , i  i , i 1 n 2 4n 4n n 1 4n Vậy a) i  b) i i i i c) i i i 1.(  1)  Tổng quát: i k ���γ� i n r i r  r 4, k �, n �, k n 3 4n d) i i i  i 1, n 1 B Ví dụ minh họa 2018 2018 Câu Cho biểu thức A  (1  i )  (1  i ) Biểu thức A có giá tri A i C B D i 2 2 Ta có (1  i )   2i  i  2i ; (1  i)   2i  i  2i Lời giải:  1 i =   1 i 2n  n   2i   2n.i n n  1 i ;  1 i = 2n A  (1  i) 2018  (1  i ) 2018  (2i )1009  (2i)1009   n   2i   (2) n i n n Chọn C 2016 2016 Câu Tính giá trị biểu thức sau: B  (  i)  (  i) Biểu thức B có giá tri A 2 2017 B 2017 i C 2017 D 2 2017 i 3 Lời giải: Ta có: (  i )  8i , (  i )  8i B  (  i ) 2016  (  i) 2016  ((  i)3 ) 672  ((  i)3 ) 672 (8i) 672  (8i) 672  2017 (i )168  2017 Chọn C 7i 25 10 2016 z1   3i z2   3i z3   i Câu Cho ; ; Tìm dạng đại số w  z1 z2 z3 1037 A C 2  21037 3i 1021 B 2 1037  21021 i 1021 D  21037 i  21021 i Lời giải: � � 10 � �7  i � 10 5 25 10 2016 1037 z2  �  21037 i �� w  z1 z2 z3  2 �  (2i)  i �4  3i � � 2016 z3  (1  i )2016  ( 2i)1008  21008 � � z125  (1  3i ) 25  88  88 3i Chọn B  Khi làm dạng tập học sinh thường dùng máy tính tìm đáp án, gặp khó khăn máy tính khơng sử lí kết học sinh khai thác tính chất số i số kết quên thuộc  (1  i)  2i (1  i )  2i (  i )3  8i …  (  i )  8i Thì việc giải toán trở nên đơn giản Bài tập củng cố tính chất 17 2016 Câu Số phức z thỏa z   2i  3i  4i   18i   2017i Khẳng định sau khẳng định đúng? A B C D z có phần thực 1009 phần ảo 1008 z có phần thực 1009 phần ảo 1008 z có phần thực 1008 phần ảo 1009 z  i  1009  1009i 2020 Câu Cho z nghiệm phương trình z   Tính giá trị M  iz0 A M  i B M  i C M  D M  S  1 i 2016 Câu Tính A S    i  1008 2016 C S=2 i 2016 B S  2016 D S = -2 Câu Gọi z1 , z nghiệm phương trình: z  2t   Tính giá trị biểu thức S  z12017  z2 2017 A 2018 2018 B - C D i Câu Cho số phức z thỏa mãn  z   i    i     i  Khi số phức w  z   2i có phần ảo? 1009 1009 A  B 2 C 3 D  2019 2.3.2 Sử dụng tính chất số phức liên hợp A Cơ sở lý thuyết Cho số phức : z  a  bi ( a , b��) z a  bi Ta có z z  z z  z; Bài tập 6: ( Trang 190 Sgk GT 12 nâng cao) Chứng minh :    1 zz zz a) Phần thực số phức z Phần ảo số phức z 2i b) Số phức z ảo z   z Số phức z thực z  z c) Với số phức   z  z n n z1 , z2 ta có : z1  z2  z1  z2 , a)   a, b ��  z  a  bi nên phần thực a   zz , phần ảo z zz 2i b) z số ảo � phần thực z � z  z  tức z   z z số thực � phần ảo z � z  z  tức z  z b Tổng quát z1 �z1 � � � (n  �, n 1) z2 �0 z2 �z2 � Lời giải: z  a  bi z1 z2  z1 z2  c) z  a  bi, z '  a ' b ' i  a, b, a ', b ' �� z  z '   a  a;    b  b '  i  a  a ' (b  b ')i  a  bi  a ' b ' i  z  z ' , z.z '  (aa ' bb ')  (ab ' ba ')i  (aa'-bb')-(ab'+ba') i z' �z � �z '.z � z '.z  z '.z  � � � � z z z �z ' � �z.z � z.z B Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho z số phức thực thõa mãn Lời giải: Ta có:  z z có phần thực Tính   z z  zz �1 � 1 � 8 � 8 � � � z z  z z 8 z  z z  z  zz z z � z  z � �    �  z  1 z  z  z  Vì z số phức thực nên � �z1  iz2  6i � b) �3z1  z2  z  z  z �0 � z  � z1  z2  11i � � Ví dụ 2: giải hệ a) �2 z1  3iz2  17 Lời giải: � �2 z1  z2  11i � z1  z2  11i �2 z1  z2  11i � � � � � � � z1  3iz2  17 z1  3i z2  17 �2 z1  3iz2  17 � � a) � 4 12 � 4 12 z1   i z   i � � � �1 5 5 �� �� 31 31 �z    i �z    i �2 �2 5 5 �z1  iz2  6i � � b) �3z1  z2  � 33 22 z   i � �1 13 13 � �z   56  33 i 13 13 giải tương tự ta kết �  Ở dạng tốn giải theo cách thơng thường đặt z1  a1  b1i ; z2  a2  b2 i ta có hệ phương tŕnh ẩn Học sinh gặp khó khăn q trình giải Còn Hs sử dụng tính chất số phức liên hợp toán trở nên quen thuộc Giải hệ bậc hai ẩn Bài tập củng cố: 1 z  z2 z Câu Cho z số phức thực thõa mãn  z  z số thực Tính A z  Lời giải: w  z  B C z 1 D z  � z � 1 z  z 2z  1 � � 2  z  z �là số thực 1 z  z  z  z để w số thực thì: �  z  z2 �  z  z2 � � �� z  z  z  z  z  z z � z � � z  z loai ��2 � z 1 �z  � z  zz  zz  z  zz  Vậy Chọn C  �    Câu Cho số phức z �0 cho z số thực z  z số thực w z Tính giá trị biểu thức  z A B D C z z z  2 Lời giải: Do  z số thực nên  z  z  z  z   z  z zz z Do z số thực nên z  z �0 � z z  � z  Vậy  z  z 1 Câu Cho số phức z �1 thõa mãn z  số ảo Tìm z A z 1 B z  C z  Chọn B D z  z 1 z 1   �  z  1 z    z  1 z   � 2z z  Lời giải: Từ giả thiết: z  z   � zz 1� z 1    Chọn A 2.3.3 Sử dụng tính chất mơ đun số phức A Cơ sở lí thuyết Số phức z  a  bi biểu diễn điểm M  a ;b  mặt phẳng Oxy Độ dài uuuu r 2 véctơ OM gọi môđun số phức z Kí hiệu z = a + bi = a + b Điểm M , N điểm biểu diễn số phức z1 , z2 z1  z2  MN Cho z  a  bi 1) 2 (a, b ��) ; z  a  b ta có tính chất sau z  z   z  iz  iz 2) z.z  z Bài tập (Sgk GT 12 nâng cao) Chứng minh rằngr r a) Nếu véc tơ u mặt phẳng phức biểu diễn số phức z độ dài u r u  z, từ điểm uuuur A1 A2  z1  z2 A1 , A2 theo thứ tự biểu diễn z1 , z2 z.z '  z z ' b) Với số phức z , z ' ta có z �0 z z'  z z' z  z ' �z  z ' c) Với số phức z , z ' ta có Lời giải: r ; u r u z a) biểu diễn số có tọa độ  a , b  r r uuur uuuu r u  z A1 , A2 u  a  b2 z1 , z2 OA1 , OA2 Vậy theo thứ tự biểu diễn theo thứ tự uuuur uuuur uuur uuuu r A A  z1  z2 biểu diễn z1 , z2 � A2 A1  OA1  OA2 biểu diễn số phức z1  z2 Vậy z  a  bi  a, b �R  z  a2  b2 2 2 2 b) z  a  bi , z '  a ' b ' i z  a  b , z '  a '  b ' z.z '  (aa'-bb,)+(ab'+ba')i nên z.z '  (aa ' bb ')  (ab ' ba ') =(aa')  (bb ')  2(aa')(bb ')  ( ab ')  (ba ')  2( ab ')(ba ') 2 2 2  (aa')  (bb ')  ( ab ')2  (ba ')   a  b   a '  b '   z z ' Từ z.z '  z z ' Khi z �0 , ta có z' z' z'z 1   z'z  z' z  z' z  z z z z z z r r r r c) u biểu diễn z , u ' biểu diễn z ' u + u ' biểu diễn z  z ' r r z  z'  u u' z.z ' �0 r r r r r2 r rr r r u  u '  u  u '  u  u '2  2u.u 'cos u , u '  Từ  r r z  z '  u  u ' �z  z '   r2 r r r r r �u  u '  u u '  u  u '     z  z' z  z ' �z  z ' Còn z.z '  rõ ràng B Ví dụ minh họa 2.3.3.1 Dạng 1:Sử dụng tính chất modun số phức tốn tính giá trị biểu thức 2 Kiến thức thường sử dụng : Cho z  a  bi (a, b ��) ; z  a  b ta có tính chất sau z  z  z  z z  z ;  Với số phức z , z’ ta có z.z '  z z ' z �0 z z'  z z'  z1  z2 1   z z  z z z , z Ví dụ 1: Cho thỏa mãn:  Tính  z1  z  z1  z  z1  z Lời giải: = z1  z2 z1  z2 2  =  z  z   z  z   z z  z z 2 1 2  z1.z2  z2 z1  z1 z2  z2 z1 � z1 z2  z2 z1       z1 z1  z2 z2  z1 z2  z2 z1  z1  z2  z1 z2  z2 z1     z1 , z2 Vídụ Cho số phức 2018 z1  2019 z2 thỏa mãn z1  , z2  z1  z2  Tính Lời giải: 2018 z1  2019 z2    2018 z1  2019 z2  2018 z1  2019 z2 2 2   20182 z1  20192 z2  2018.2019 z1 z2  z1 z2     20182 z1  20192 z2  2018.2019 z1  z2  z1  z2 � 2018 z1  2019 z2  65199571   65199571 Từ kết toán ta có hệ sau: Suy hệ   2 2 2 z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2 z1  z2  z1  z2  z1 z2  z1 z2  z1  z2  z1  z2 z  z1  z  z2  mz1  nz2  Bài tập củng cố  2  z1  z 2 � z  z2  �z  �   z1  z2 2 � � �    mz1  nz2   mz1  nz2   m z1  n z2  mn z1 z2  z1 z2 10  z  2w  Câu Cho hai số phức z , w thỏa mãn trị biểu thức P  z.w  z.w A P  14i B P  28i Lời giải: Ta có: , z  3w  z  4w  D P  28 C P  14  Tính giá    z  2w  � z  2w  �  z  w  z  w  �  z  2w  z  w    � 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     2 z  4w  �  z  4w  z  w  49 � z  P  16 w  49  3 �z  33 � � �P  28 � w  � P  28 1    3  Giải hệ phương trình gồm , , ta có: � Chọn D Câu 2.Cho số phức z thoả mãn A  3 z 3 z   B  Tính P zz  zz C  D  Lời giải: Theo giả thiết ta có: �z.z  z  �z.z  � � � �2 � �z   z   z   243 � z    z    243 �   � �z.z  �z.z  �� � �  z.z    z  z   81  243 �z  z  � �  z  z   z  z  2z.z   2.9  27 � z  z  3 � � z  z   z  z  2z.z   2.9  9 � z  z   � � Do Vậy P   3 Chọn A z �   4i  z   3i � �  Giá trị z Câu Cho số phức z thỏa mãn � B z  A z  Lời giải : Ta có C z  2 z �   4i  z   3i � � �  � z �  z     z  3 i � � � 11 D z 1 z  z     z  3 i  Môđun hai vế ta � z  z     z  3  � z 2  25 z   25  50 � z z  1  2 � z  � z 1 Thử lại: Với z 1 , ta tìm z  i 10 10 thỏa mãn Chọn D 2.3.3.2 Dạng 2:Sử dụng tính chất modun số phức tốn tìm giá trị lớn nhỏ Kiến thức thường sử dụng Với số phức z , z ' , ta có z  z ' �z  z ' dấu ''  '' xảy z1  kz2 với k �0 z  z ' �z  z ' dấu ''  '' xảy z1  kz2 với k �0 z1  z2 �z1  z2 dấu ''  '' xảy z1  kz2 với k �0 z1  z2 �z1  z2 dấu ''  '' xảy z1  kz2 với k �0 z1  z  z1  z 2   z1  z Ví dụ Gọi M m  Từ suy  z1  z � z1  z giá trị lớn nhỏ phức khác thỏa mãn z �2 P  2z  i z , với z số M Tính tỷ số m Lời giải Ta có: P 2z  i z  i 2z  i  �  2 � z z z z P 2z i 2z  i 2z  i  �  2 � z z z z Dấu xảy z  2i Suy M Dấu xảy z  2i Suy M  Vậy m 12 m z �2 Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ T zi z tổng M  m là: T  1 Lời giải : Ta có 1 i � z z Áp dụng tính chất z1  z2 �z1  z2 �z1  z2 z1  � � �z1 �0 � � � k �0, k �R , z2  kz1 � Dấu = thứ xảy � z1  � � �z1 �0 � � � k �0, k �R , z2  kz1 � Dấu = thứ hai xảy � 1 Ta có i i 1 �T �1  �  �T �1  z z z z 1 ��+� T +  1 2 Tmin  T 3 Tmax  � k �0, k �R � �i � � �k   �  k � �z � �z  Kết hợp với 1 � z � k �0, k �R � �i � � �k  �  k � �z � �z  Khi z  2i Vậy ta Khi z  2i M m   2 2 z  z  2, Ví dụ Với hai số phức z1 z thỏa mãn z1  z   6i tìm giá trị lớn P  z1  z Bổ đề Cho hai số phức z1 z2 , ta ln có  z1  z   z1  z  z1  z 2 Chứng minh Sử dụng công thức    z1  z  z1  z   z1  z  z1  z   z1  z  z1  z 2 z1.z  z1.z  z1.z  z z  z1.z1  z1.z  z1.z  z z     z1 z1  z z  z1  z 2  z1  z  z1  z  z1  z  � dpcm 13   z.z  z  Khi  * Áp dụng (*), ta  2 z1  z 2   z z 2  z1  z  14 Theo bất đằng thức Bunhiacopxki, ta  P  z1  z � z1  z 2  14 Bài tập củng cố Câu Cho số phức z thỏa mãn z số thực trị lớn biểu thức M  z 1 i Lời giải : Do � w z  z số thực Giá B 2 A w C D z  z số thực � w  w      z z  � z  z z  z  z z � z  z  z z z  z � z  z 2 2 z 2 z � z 2  2 0 (vì z khơng số thực nên z  z �0 ) � z  �  1�= i  z 1 i Ta có z = 2 2 Câu Cho số phức z w thỏa mãn T  w 1  i  z   i M z  2 Chọn B z 1 i w Tìm giá trị lớn A B 2 C z z   i  z    i �  z  1   z  1 i  w w Lời giải : Ta có: �  z  1   z  1 i  z � w  z  1   z  1 2  D z z � z 2 z 2  w w � z 0 t  z  t  0 Vì z  z   z Đặt 5t  2t  1� � 2      �  � � t �t � t t t  Ta có: w �   T  w   i �w   i 3 Khi đó: 14 w  �w  k   i   k  �, k � � � �w  � �z  Dấu đẳng thức xảy � 1 �w  i max T  3 Vậy Chọn A 0 �k  �k 3 Câu Cho số phức z thỏa mãn z    3z  i     i  z Tìm mệnh đề 0 z � A 11 4 z � C  z �4 B 11  z �10 D Lời giải : Đặt r  z � z  r ,  r �0  Ta có z    3z  i     i  z � z  3i      i  r  4i � z   3i    r   r   i Lấy mô đun hai vế ta : z  3i   r   r   i � r 10    r   r  4 � 10r  2r  32 � r  � r  Vậy z  Chọn B 2.3.3.3 Dạng 3:Sử dụng tính chất modun số phức tốn :Ứng dụng hình học số phức Kiến thức thường sử dụng Bài tập (Sgk GT 12 nâng cao ) r r u u 1) Nếu véc tơ mặt phẳng phức biểu diễn số phức z độ dài véc tơ r u  z từ điểm A1 , A2 theo thứ tự biểu diễn số phức z1 , z2 uuuur A1 A2  z2  z1  A1 A2 2 2) Cho z=a+bi a, b �� ; z  a  b ta có tính chất sau z  z  z ; z z  z 15 A Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z biết: z  i  z   3i z  i  z   3i 3 Lời giải: iz   z   3i z  i  z   3i  z  (  i )  z  (  3i) .Trong mặt phửng phức gọi M ( x; y) điểm biểu diễn số phức z , A (0; 1) điểm biểu diễn số phức i , B (2; 3) điểm biểu diễn số  3i z  ( i )  z  (2  3i )  MA  MB � M Giả thiết thuộc đường trung trực AB hay  M  đường thẳng : x- y - =0 z  i  z   3i � z   z   3i  z   3i Trở câu (a) iz   z   3i � i iz   z   3i � i z  i  z   3i � z  i  z   3i Trở câu (a) z1 z2  z1 z2 z  z  z Ở ý b,c giáo viên hướng dẫn học sinh sử dụng tính chất : i  z  z    z   2i   z   3i  Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điểm biểu diễn số phức w  z   2i Lời giải: Ta có Tìm tập hợp z  z    z   2i   z   3i  �  z  1  4i  z   2i z   3i � z   2i z   2i  z   2i z   3i �z   2i  �w   2i   2i  �� �� �z   2i  z   3i �w   2i   2i  w   2i   3i 16 �w   �� �w   4i  w   i TH1: w   điểm biểu diễn số phức w điểm A  1;  TH2: w   4i  w   i tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường thẳng 2y 3  Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z   2i Là đường thẳng y   điểm A  1;0  Ví dụ Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z biết z  3i  iz   10 z1 z2  z1 z2 z  z  z Lời giải: áp dụng công thức : i  z  3i  i z   10 � z  3i  i i z   10 � z  3i   z  3i � z  3i  z  3i � z  3i  z  3i  10 � z  3i  z  3i  10 Ta có: Trong mặt phẳng Oxy, giả sử M , F1 , F2 lần lượtuuubiễu diễn z , 3i , 3i Với F1 , F2 nằm ur uuuur trục oy F1M biễu diễn số phức z  3i F2 M biễu diễn số phức z  3i �MF1  MF2  10 �� z  3i  z  3i  10 �F1 F2  Khi điều kiện Vậy tập hợp điểm M Elip có độ dài trục lớn 10 tiêu cự x2 y2  1 Phương trình ( E ) mặt phẳng (oxy) 16 25  Nhận xét: Ở dạng tập học sinh sử dụng cách biến đổi đại số thơng thường tốn trở nên phức tạp khó đưa đến kết B Bài tập củng cố Câu Gọi A, B, C điểm biểu diễn cho số phức z, z , z  z �� Có số phức z để ABC vuông A C B.Vô số 17 D Lời giải: Ta có: BC  z  z AB  z  z  z z   z z 1 , AC  z  z  z z  z  , Đặt a  z , b  z  , c  z  , a, b, c  Giả sử tam giác vuông A ta có AB  AC  BC � a 2b  a 2b 2c  a 4b �  c  a 2  z   z �  x  x  y  x  y � x  1 (trong z  x  yi  x, y �� 2 z   1  y    y  y  i Thử lại ta có z  1  yi , z   y  yi , Khi uuu r AB    y ; 3 y  , uuur AC   y ; y  y  uuur uuur suy AB AC  Vậy đến kết luận có vơ số số phức z có điểm biểu diễn thuộc đường thẳng x  1 thỏa mãn (loại điểm A  1;0  c  ) Chọn B z  6, z2  Câu Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn Gọi M , N điểm biểu T  z12  z22 � z iz MON  60 � diễn cho Biết Tính A T  18 B T  24 C T  36 D T  36 Lời giải: Ta có T  z12  z22  z12   3iz2   z1  3iz z1  3iz2 Gọi P điểm biểu diễn số phức 3iz2 Khi ta có uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uur z1  3iz2 z1  3iz2  OM  OP OM  OP  PM 2OI  PM OI Do � MON  60�và OM  OP  nên MOP suy PM  3 Vậy T  PM OI  2.6.3  36 Chọn D OI  18 2 Câu Cho hai số phức z1 , z2 khác thỏa mãn z1  z1 z2  z2  Gọi A, B điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 Khi tam giác OAB là: A Tam giác B Tam giác vuông O C Tam giác tù D Tam giác có góc 45 Lời giải: 3 2 Ta có z1  z2  ( z1  z2 )( z1  z1 z2  z2 )  , suy ra: 3 z13   z23 � z1  z2 � z1  z2 � OA  OB Lại có 2 ( z1  z2 )  ( z12  z1 z2  z22 )  z1 z2   z1 z2 nên z1  z2  z1 z2 � AB  OA.OB  OA Suy A AB  OA  OB � OAB Chọn A 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy rằng: Sau đưa hệ thống tập trên, học sinh biết vận dụng cách linh hoạt vào toán khác từ đơn giản đến phức tạp Nhờ sử dụng tính chất số phức mà nhiều tốn có lời giải trở nên ‘’sáng sủa’’ ngắn gọn Các em học sinh thấy tầm quan trọng việc khai thác hệ thống tập SGK sách tập.Khi dạy tập 6,7,8 cần nhấn mạnh dạng toán, kiến thức liên hệ, khắc sâu ví dụ Đối với dạng tốn nhỏ cần phân tích lý do, hiệu việc vận dụng kiến thức đó, liên hệ đến trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, nhìn nhận, so sánh với cách giải khác học Từ tiết dạy đạt hiệu cao hơn, rèn tính chủ động lĩnh hội kiến thức học sinh, ý thức học tập nghiêm túc, có khả cảm nhận toán học tốt Qua thực tế, trực tiếp giảng dạy sáng kiến kinh nghiệm tiết chuyên đề lớp 12T5, năm học 2018 - 2019, nhận thấy em tiếp thu kiến thức tự tin gặp số phức mức độ vận dụng vận dụng cao Sau áp dụng đề tài khảo sát học sinh thu kết sau: Trước dạy chuyên đề Lớp Sĩ số Giỏi SL % Khá SL % TB SL 19 Yếu % SL % Kém SL % 12T5 45 11.1 14 31.1 21 46.7 11.1 0 Sau dạy chuyên đề Giỏi Khá TB Yếu Kém Sĩ số SL % SL % SL % SL % SL % 12T5 45 15 33.3 19 42.2 20.0 4.5 0 Như qua kết trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu nhận thấy chất lượng học tập mơn tốn học sinh nâng lên rõ rệt, số lượng học sinh giỏi tăng lên nhiều Lớp Như khẳng định phương pháp giải cao tác động rõ rệt tới việc nâng cao chất lượng học tập học sinh 12 PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm tư liệu tốt giúp giáo viên giảng dạy cho đối tượng học sinh: Giỏi, khá, học sinh ôn thi đại học Qua trình giảng dạy, nhận thấy: Sau đưa cách giải học sinh khơng lúng túng làm phần lớn tập mức độ vận dụng vận dụng cao lớp tập vận dụng đề tài Với kết thực nghiệm cho học sinh lớp12 trường THPT Quảng Xương chứng tỏ đề tài giúp học sinh phần say mê, hứng thú sáng tạo học tập, nghiên cứu Điều làm cho em tiếp thu tốt khích lệ tinh thần học tập tích cực em Thơng qua sáng kiến kinh nghiệm này, thân thực rút nhiều kinh nghiệm q báu, giúp tơi hồn thành tốt cơng việc giảng dạy Trên kinh nghiệm: “ Hướng dẫn học sinh khai thác kết số tập sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải số toán mức độ vận dụng – vận dụng cao số phức’’của tơi Tơi mong nhận đóng góp ý kiến đồng nghiệp đồng chí hội đồng khoa học Sở Giáo dục Tôi xin chân thành cảm ơn! 3.2 Kiến nghị 3.2.1 Đối với tổ chuyên môn : Nội dung sáng kiến kinh nghiệm dùng cho tiết học chuyên đề Tùy theo phân bố tiết học chuyên đề quy định, tuỳ theo khả tiếp thu học sinh, giáo viên cần phải biết linh hoạt kết hợp, lồng ghép kiến thức số phức, hướng dẫn học sinh khai thác vận dụng nội dung dạng tập đề cập đến sách giáo khoa để biến toán ‘lạ ‘ thành dạng toán quen thuộc , tạo hứng thú học tập học sinh để việc phát cách giải giải toán dễ dàng 20 3.2.2 Đối với nhà trường : Cần có động viên nhiều phong trào đổi phương pháp dạy học, kiểm tra đánh giá học sinh theo định hướng phát huy lực học sinh, viết áp dụng SKKN 3.2.3 Đối với sở giáo dục : Phát triển nhân rộng đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời sau năm sở tập hợp sáng kiến kinh nghiệm đạt giải in thành sách nội để gửi trường làm sách tham khảo cho học sinh giáo viên Cuối xin trân thành cảm ơn đồng nghiệp tổ chuyên môn em học sinh giúp đỡ tơi hồn thành SKKN XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Lê Thị Thúy TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao , NXB Giáo Dục Việt Nam , Đoàn Quỳnh 21 ( Tổng chủ biên) - Nguyễn Huy Đoan ( Chủ biên) [2].Các đề thi tốt nghiệp THPT Quốc gia năm học 2016-2017, 2017-2018 Các đề thi thử Tốt nghiệp THPT Quốc gia hai năm học 2017, 2018, 2019 22 ... giúp học sinh, học sinh khá, giỏi tiếp cận giải tốn khó tơi chọn đề tài “ HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC KẾT QUẢ MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12 NÂNG CAO ĐỂ GIẢI QUYẾT SỐ MỘT SỐ BÀI... sách tập để có kiến thức tảng để giải tốn nên có tốn cách giải dài phức tạp.và trở thành tốn khó em Với đề tài: “ Hướng dẫn học sinh khai thác kết số tập sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải. .. thác kết số tập sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải số toán mức độ vận dụng, vận dụng cao số phức’’ nhằm giúp học sinh rèn kỹ giải toán số phức, nhằm phát triển tư logic cho học sinh