SKKN hướng dẫn học sinh giải một số bài toán số phức đặc biệt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOÀNG LỆ KHA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ PHỨC ĐẶC BIỆT Người thực hiện: Tống Minh Tuấn Chức vụ: Tổ Phó Chun Mơn Đơn vị cơng tác: Trường THPT Hồng Lệ Kha SKKN thuộc lĩnh vực ( mơn ): Tốn THANH HÓA NĂM 2019 MỤC LỤC I 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………………………………………… …….4 1.5 Những điểm sáng kiến ……………………………….……….4 II NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM………………… …4 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề……… ……………………………………… … 2.3 Các giải pháp thực hiện……… ………………………………… … 2.4 Hiệu sáng kiến………… ……………………………… 20 III KẾT LUẬN…………………………………… ……….…………… 21 I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Căn vào chủ trương đường lối, sách pháp luật Đảng nhà nước Căn vào phương hướng, nhiệm vụ kế hoạch chuyên môn trường THPT Hoàng Lệ Kha năm học 2018-2019 Trong q trình giảng dạy, tơi nhà trường tin tưởng giao cho dạy lớp có học sinh khá, giỏi Chính ngồi việc giúp em nắm kiến thức tơi phải bồi dưỡng cho em ôn thi THPT quốc gia nhiệm vụ quan trọng số Trong nội dung thi THPT quốc gia phần số phức đóng vai trò quan trọng Những năm học trước phần số phức đề thi đại học câu đơn giản cho tất học sinh Tuy nhiên theo tình hình thi giáo dục phần số phức có câu hỏi khó mức vận dụng cao đòi hỏi học sinh phải có cách giải nhanh chóng phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm Từ lý chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy bồi dưỡng học sinh ôn thi THPT quốc gia, ôn thi học sinh giỏi với kinh nghiệm q trình giảng dạy Tơi tổng hợp, khai thác thành chuyên đề: ‘‘ Hướng dẫn học sinh giải số toán số phức đặc biệt’’ Hi vọng với đề tài nhỏ giúp bạn đồng nghiệp dạy học hiệu hơn, giúp em xử lý tốt không cảm thấy lúng túng việc giải toán trắc nghiệm số phức mức vận dụng cao 1.2 Mục đích nghiên cứu Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh phương pháp kỹ để học sinh giải toán trắc nghiệm số phức mức vận dụng cao, tránh tình trạng em gặp phải toán thường làm phức tạp vấn đề làm nhiều thời gian hay không giải Năm học này, với hình thức thi đại học trắc nghiệm mơn tốn áp lực thời gian vấn đề, đòi hỏi học sinh có cách giải nhanh tập Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp học sinh có nhìn linh hoạt chủ động gặp toán số phức 1.3 Đối tượng nghiên cứu • Học sinh thực nội dung học sinh lớp 12 • Đối tượng nghiên cứu : phép toán lấy số phức liên hợp tổng, hiệu, tích, thương hai số phức mở rộng cho nhiều số phức, mơđun số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu tài liệu liên quan sách giáo khoa, sách tập, sách tham khảo toán trắc nghiệm số phức mức vận dụng cao • Phương pháp điều tra quan sát : Tìm hiểu việc vận dụng phương pháp dạy học tích cực số trường phổ thơng • Phương pháp tổng kết kinh nghiệm : Tham gia dự giờ, rút kinh nghiệm tổ môn, tham dự buổi họp chuyên đề, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp • Phương pháp thực nghiệm : Tiến hành thực nghiệm lớp 12I, 12K, 12M trường THPT Hoàng Lệ Kha 1.5 Những điểm sáng kiến • Việc sử dụng số phức liên hợp để giải tập tính tốn, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ tập số phức • Hệ thống tập dạng trắc nghiệm II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận Đẩy mạnh việc đổi dạy học (PPDH) diễn tất trường học, việc đổi phương pháp dạy học đem lại chất lượng hiệu cao giảng dạy Đổi PPDH trường THPT diễn theo bốn hướng chủ yếu sau : • Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động học tập học sinh • Bồi dưỡng phương pháp tự học • Rèn luyện kỹ lý thuyết vào thực tiễn • Tác động đến tình cảm, đem lại niền vui, hứng thú học tập cho học sinh Trong hướng phát huy tích cực, tự giác, chủ động học tập học sinh xem chủ đạo, chi phối đến hướng lại 2.2 Thực trạng vấn đề Giải toán số phức phương pháp sử dụng số phức liên hợp tương đối lạ đa số học sinh lớp 12 Khi gặp toán vấn đề trên, học sinh nhiều thời gian để biến đổi toán Một số học sinh lực tư hạn chế chưa biết cách thường gọi dạng tổng quát số phức khó khăn việc giải khơng giải Chính người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm cách giải đơn giản, thuận lợi để giải tốn cách nhanh chóng 2.3 Các giải pháp thực Khi tiếp cận toán, giáo viên phải giúp học sinh biết phải sử dụng lượng liên hợp số phức Sau giúp học sinh xây dựng phương pháp giải phù hợp Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với tốn số phức, trước hết giáo viên cần yêu cầu học sinh ơn tập kiến thức phép tốn tập số phức, tính chất mơđun số phức Sau giáo viên chọn số tốn điển hình để học sinh vận dụng Trong đề tài này, xin đưa số tập tương đối đầy đủ toán số phức sử dụng số phức liên hợp Kiến thức toán kỹ có liên quan - Các phép tốn tập số phức - Các tính chất mơđun số phức - Các tính chất số phức liên hợp tổng hiệu tích thương số phức - Kỹ sử dụng số phức liên hợp Một số công thức liên quan z + z = 2a ( a phần thực số phức ), zz số thực không âm z = z z số thực, z = − z z số ảo z  z z1 ± z2 = z1 ± z2 , z1 z2 = z1 z2 ,  ÷ = ( z2 ≠ )  z2  z2 z −1 = ( z ) −1 với z ≠ , z = z zz = z , z = = z z Một số toán thường gặp phương pháp giải Dạng 1: Bài tốn tìm số phức, số phức liên hợp, số phức nghịch đảo, môđun số phức Ví dụ 1: Cho số phức z1 , z2 thỏa z1 = , z2 = , z1 + z2 = Khi z1 − z2 bằng: A B C − D Lời giải Chọn D Giả sử z1 = a + bi , z2 = c + di với a , b , c , d ∈ ¡ Ta có z1 = ⇔ a + b = ⇔ a + b = z2 = ⇔ c + d = ⇔ c + d = z1 + z2 = ⇔ ( a + c) + ( b + d ) = ⇔ a + c + 2ac + b + d + 2bd = ⇔ a + c + b + d + 2bd + 2ac = ⇔ 2bd + 2ac = Khi z1 − z2 = ( a − c) + ( b − d ) = a + c + b + d − 2bd − 2ac = Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn 1+ i số thực z − = m với m ∈ ¡ Gọi z m0 giá trị m để có số phức thoả mãn tốn Khi đó:  1 A m0 ∈  0; ÷  2 1  B m0 ∈  ;1÷ 2  3   3 C m0 ∈  ;2 ÷.D m0 ∈  1; ÷ 2   2 Lời giải Chọn D Giả sử z = a + bi, z ≠ nên a + b > ( *) Đặt: w = a+b a−b 1+ i 1+ i =  a + b + ( a − b ) i  = + i =  a + bi a + b a +b a + b2 z w số thực nên: a = b ( 1) Kết hợp ( *) suy a = b ≠ Mặt khác: a − + bi = m ⇔ ( a − ) + b = m2 ( ) 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 ≠ Có khả sau : m − = ∆′ = ⇔ ⇒m= KN1 : PT ( 3) có nghiệm kép a ≠ ĐK:  g ≠ ( ) − m ≠    KN2: PT ( 3) có hai nghiệm phân biệt có nghiệm a = m − > ∆′ >  3 ⇔ ⇒ m = ∃ m = ∈ ĐK:  Từ suy 1; ÷  2  g ( ) = 4 − m = Ví dụ 3: Gọi S tập hợp số thực m cho với m ∈ S có số phức thỏa mãn z − m = z số ảo Tính tổng phần tử z−4 tập S A 10 B C 16 D Lời giải Chọn D Cách 1: Gọi z = x + iy với x, y ∈ ¡ ta có x + iy ) ( x − − iy ) x ( x − ) + y − 4iy z x + iy ( = = = 2 z − x − + iy ( x − 4) + y ( x − 4) + y2 số ảo x ( x − ) + y = ⇔ ( x − ) + y = Mà z − m = ⇔ ( x − m ) + y = 36 Ta hệ phương trình  36 − m x =  ( x − m ) + y = 36 ( − 2m ) x = 36 − m − 2m  ⇔ ⇔    2 2   36 − m y = − x − ( ) x − + y = ) (   y2 = − − 2÷   − m    36 − m  36 − m 36 − m − 2÷ = ⇔ = − −2 = −2 Ycbt ⇔ −  − 2m − 2m  − 2m  ⇔ m = 10 m = −2 m = ±6 Vậy tổng 10 − + − = Cách 2: ( x − m ) + y = 36 Để có số phức thỏa mãn ycbt hpt  2 ( x − ) + y = nghiệm có Nghĩa hai đường tròn ( C1 ) : ( x − m ) + y = 36 ( C2 ) : ( x − ) + y = tiếp 2 xúc Xét ( C1 ) có tâm I1 ( 2;0 ) bán kính R1 = , ( C2 ) có tâm I ( m;0 ) bán kính R2 = m−2 =4  I1I = R1 − R2 ⇔ ⇒ m ∈ { −6;6;10; −2} Cần có :   m − =  I1I = R1 + R2 Vậy tổng 10 − + − = Ví dụ : Cho số phức z thỏa mãn z + z = + i ( z − ) Khi đó, mơđun z bao nhiêu? A z = B z = C z = D z = Lời giải Chọn C Đặt z = a + bi với a , b ∈ ¡ Khi z = a − bi Ta có z + z = + i ( z − ) ⇔ a + bi + ( a − bi ) = + i ( a + bi − ) ⇔ a + bi + 4a − 4bi = + − b − 7i ⇔ 5a + b − ( a + 3b ) i = − 7i 5a + b = a = ⇔ ⇔ Do z = + 2i Vậy z = a + 3b = b = Ví dụ 5: Biết số phức z có phần ảo khác thỏa mãn z − ( + i ) = 10 z.z = 25 Điểm sau biểu diễn số phức z trên? A P ( 4; − 3) B N ( 3; − ) C M ( 3; ) D Q ( 4; 3) Lời giải Chọn C Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ , y ≠ ) Ta có z − ( + i ) = 10 ⇔ x + yi − ( + i ) = 10 ⇔ ( x − ) + ( y − 1) i = 10 ⇔ ( x − ) + ( y − 1) = 10 ⇔ x + y − x − y = 2 Lại có z.z = 25 ⇔ x + y = 25 nên 25 − x − y = ⇔ x + y = 10 ⇔ y = 10 − x x = ⇒ x + ( 10 − x ) = 25 ⇔ x − 40 x + 75 = ⇔  x = + Với x = ⇒ y = , khơng thỏa mãn y ≠ + Với x = ⇒ y = , thỏa mãn y ≠ ⇒ z = + 4i Do điểm M ( 3; ) biểu diễn số phức z Ví dụ 6: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , a > ) thỏa mãn z − + 2i = z.z = 10 Tính P = a − b A P = B P = −4 C P = −2 D P = Lời giải Chọn A Từ giả thiết z − + 2i = z.z = 10 ta có hệ phương trình ( a − 1) + ( b + ) =  2 a + b = 10 a = 2b + a − 2b = a = hay ⇔ ⇔ ⇒   2 b = − ( 2b + ) + b = 10  a + b = 10 a = −1 (loại) Vậy  b = −  P = Ví dụ 7: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , a > ) thỏa z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i Tính S = a + b A S = −17 B S = C S = D S = 17 Lời giải Chọn C Ta có: z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i ⇔ a + b − 12 a + b + 2bi = 13 − 10i a + b − 12 a + b = 13 a + 25 − 12 a + 25 = 13 ⇔ ⇔ 2b = −10 b = −5   a + 25 = 13   a = ±12 a = 12 ⇔   a + 25 = −1( VN ) ⇔  ⇒ , a >  b = − b = −    b = −5 Vậy S = a + b = Ví dụ 8: Gọi S tập hợp số thực m cho với m ∈ S có số phức thỏa mãn z − m = z số thuẩn ảo Tính tổng phần tử z−6 tập S A C B 12 D 14 Lời giải Chọn B Điều kiện z ≠ Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) Ta có z − m = ⇔ x − m + yi = ⇔ ( x − m ) + y = 16 ( C ) ( x − − yi ) z = + = + = + Lại có x − + yi z −6 z −6 ( x − 6) + y2 10 =1+ 6( x − 6) ( x − 6) +y − 6y ( x − 6) + y2 i 6( x − 6) z + =0 Khi số thuẩn ảo z−6 ( x − 6) + y 2 ⇔ ( x − ) + y + ( x − ) = ⇔ ( x − 3) + y = ( C ′ ) Như ( C ) có tâm I ( m;0 ) , bán kính R = ( C ′ ) có tâm I ′ ( 3;0 ) , bán kính uur R′ = Do II ′ = ( − m;0 ) ⇒ II ′ = m − YCBT ⇔ ( C ) ( C ′ ) tiếp xúc tiếp xúc m = m =  II ′ = R − R′ =  m − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ S = 12  m = 10  m − =  II ′ = R + R ' =   m = −4 Ví dụ : Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn điều kiện ( + 2i ) z − ( − 3i ) z = + 30i Tính tổng S = a + b A S = −2 B S = C S = D m Lời giải Chọn C Ta có ( + 2i ) z − ( − 3i ) z = + 30i ⇔ ( + 2i ) ( a + bi ) − ( − 3i ) ( a − bi ) = + 30i a = ⇔ ( − a + b ) + ( 5a + 3b ) i = + 30i ( P ) ⇔  b = Khi S = a + b = Ví dụ 10 : Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ số thực Tính P = a + b A P = B P = ) thỏa mãn z = z ( + i ) ( − 2i ) C P = D P = Lời giải Chọn B z = ⇔ a + b = 25 ( 1) 11 z ( + i ) ( − 2i ) = ( a + bi ) ( − 3i ) = ( 4a + 3b ) + ( 4b − 3a ) i số thực nên 4b − 3a = 3  Thay vào ( 1) ta a +  a ÷ = 25 ⇔ a = ⇒ b = ⇒ P = 4  Ví dụ 11 : Số phức z = a + bi ( với a , b số nguyên) thỏa mãn ( − 3i ) z số thực z − + 5i = Khi a + b A B C D Lời giải Chọn B Ta có: ( − 3i ) z = ( − 3i ) ( a + bi ) = a + 3b + ( b − 3a ) i Vì ( − 3i ) z số thực nên b − 3a = ⇒ b = 3a ( 1) z − + 5i = ⇔ a − + ( − b ) i = ⇔ ( a − ) + ( − b ) = ( ) 2 Thế ( 1) vào ( ) ta có: ( a − ) + ( − 3a ) = ⇔ 10a − 34a + 28 = a = ⇒ b = ⇔  a = (loaïi)  Vậy a + b = + = Ví dụ 12: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn z + + 3i − z i = Tính S = a + 3b A S = B S = −5 C S = D S = − Lời giải Chọn B Ta có z + + 3i − z i = ⇔ a + bi + + 3i − i a + b = a + = ⇔ a + + b + − a + b2 i = ⇔  2 b + = a + b ( ) 12 a = −1 a = −1   ⇔ b ≥ −3 ⇔ ⇒ S = −5  b + = + b b = − ) ( Dạng 2: Bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ số phức Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z = Giá trị lớn biểu thức P = + z + − z A B C D Lời giải Chọn B Gọi số phức z = x + yi , với x, y ∈ R Theo giả thiết, ta có z = ⇔ x + y = Suy −1 ≤ x ≤ Khi đó, P = + z + − z = ( x + 1) + y2 + ( x − 1) + y2 = 2x + + 2 − 2x Suy P ≤ (1 + 22 ) ( x + ) + ( − x )  hay P ≤ , với −1 ≤ x ≤ Vậy Pmax = 2 x + = − x ⇔ x = − , y = ± 5 Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn z − − 4i = biểu thức 2 P = z + − z − i đạt giá trị lớn Môđun số phức z A 10 B C 13 D 10 Lời giải Chọn B Đặt z = x + yi với x, y ∈ ¡ gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn z Oxy , ta có z − − 4i = ⇔ ( x − 3) + ( y − ) = 2 2 2 Và P = z + − z − i = ( x + ) + y − x − ( y − 1) = x + y + 13 Như P = x + y + =  ( x − 3) + ( y − )  + 23 ≤ 42 + 22 ( x − 3) + ( y − ) + 23 = 33 x = x −3 y − = =t   ⇔ y = Dấu “=” xảy  4 ( x − 3) + ( y − ) = 10 t = 0,5   Vậy P đạt giá trị lớn z = + 5i ⇒ z = Ví dụ 3: Xét số phức z số phức liên hợp có điểm biểu diễn M , M ′ Số phức z ( + 3i ) số phức liên hợp có điểm biểu diễn N , N ′ Biết M , M ′ , N , N ′ bốn đỉnh hình chữ nhật Tìm giá trị nhỏ z + 4i − A B 13 C 34 D Lời giải Chọn A Gọi z = a + bi ⇒ M ( a; b ) , M ′ ( a; −b ) Ta có: z ( + 3i ) = ( a + bi ) ( + 3i ) = 4a − 3b + ( 3a + 4b ) i ⇒ N ( 4a − 3b;3a + 4b ) , N ′ ( 4a − 3b; −3a − 4b ) Vì MM ′ NN ′ vng góc với trục Ox nên M , M ′ , N , N ′ bốn đỉnh ( 2b ) = ( 6a + 8b )   MM ′ = NN ′ ⇔ ( 3a − 3b ) + ( 3a + 3b ) ( −2b ) = hình chữ nhật   MN ⊥ MM ′  b ≠ 0,3a + 4b ≠ a + b = ⇔ b ≠ 0,3 a + b ≠  Khi đó: z + 4i − = ( a − ) + ( b + ) i = ( a − 5) + ( b + 4) 14 = ( a − 5) + ( − a) 2 9 1  = 2a − 18a + 41 =  a − ÷ + ≥ 2 2  Vậy giá trị nhỏ z + 4i − 9 a = ⇒ b = − 2 Ví dụ 4: Cho số phức w , z thỏa mãn w + i = 5w = ( + i ) ( z − ) Giá trị lớn biểu thức P = z − − 2i + z − − 2i A B + 13 C 53 D 13 Lời giải Chọn C Gọi z = x + yi , với x, y ∈ R Khi M ( x; y ) điểm biểu diễn cho số phức z Theo giả thiết, 5w = ( + i ) ( z − ) ⇔ ( w + i ) = ( + i ) ( z − ) + 5i ⇔ ( − i ) ( w + i ) = z − + 2i ⇔ z − + 2i = Suy M ( x; y ) thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y + ) = Ta có P = z − − 2i + z − − 2i = MA + MB , với A ( 1;2 ) B ( 5;2 ) Gọi H trung điểm AB , ta có H ( 3;2 ) đó: P = MA + MB ≤ ( MA2 + MB ) hay P ≤ 4MH + AB 15 Mặt khác, MH ≤ KH với M ∈ ( C ) nên P ≤ KH + AB = ( IH + R ) + AB = 53 M ≡ K 11 Vậy Pmax = 53  hay z = − 5i w = − i 5  MA = MB Ví dụ 5: Cho số phức z thỏa mãn z − − 3i = Giá trị lớn z + + i A 13 + D 13 + C B Lời giải Chọn D Gọi z = x + yi ta có z − − 3i = x + yi − − 3i = x − + ( y − 3) i 2 Theo giả thiết ( x − ) + ( y − 3) = nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm đường tròn tâm I ( 2;3) bán kính R = Ta có z + + i = x − yi + + i = x + + ( − y ) i = Gọi M ( x; y ) H ( −1;1) HM = ( x + 1) ( x + 1) + ( y − 1) + ( y − 1) Do M chạy đường tròn, H cố định nên MH lớn M giao HI với đường tròn  x = + 3t Phương trình HI :  , giao HI đường tròn ứng với t thỏa mãn:  y = + 2t     ;3 + ,M 2 − ;3 − nên M  + ÷ ÷ 13 13 13  13 13    Tính độ dài MH ta lấy kết HM = 13 + 9t + 4t = ⇔ t = ± Ví dụ : Cho z1 , z2 , z3 số phức thỏa mãn z1 + z2 + z3 = z1 = z2 = z3 = Khẳng định sai ? 3 3 3 A z1 + z2 + z3 = z1 + z2 + z3 3 3 3 B z1 + z2 + z3 ≤ z1 + z2 + z3 3 3 3 C z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 3 3 3 D z1 + z2 + z3 ≠ z1 + z + z3 16 Lời giải Chọn D Ta có: z1 + z2 + z3 = ⇔ z2 + z3 = − z1 ( z1 + z2 + z3 ) = z13 + z23 + z33 + ( z1z2 + z1 z3 ) ( z1 + z2 + z3 ) + 3z z3 ( z2 + z3 ) = z13 + z23 + z33 − 3z1 z2 z3 ⇒ z13 + z23 + z33 = 3z1 z2 z3 ⇒ z13 + z23 + z33 = z1 z2 z3 = z1 z2 z3 = 3 3 Mặt khác z1 = z2 = z3 = nên z1 + z2 + z3 = Vậy phương án D sai Ví dụ 7: Cho số phức z thỏa mãn z = Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = z + + z − z + Tính giá trị M m A 13 B 39 C 3 D 13 Lời giải Chọn A Gọi z = x + yi; ( x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ ) Ta có: z = ⇔ z.z = Đặt t = z + , ta có = z − ≤ z + ≤ z + = ⇒ t ∈ [ 0;2] t2 − Ta có t = ( + z ) ( + z ) = + z.z + z + z = + x ⇒ x = 2 Suy z − z + = z − z + z.z = z z − + z = ( x − 1) = 2x − = t − Xét hàm số f ( t ) = t + t − , t ∈ [ 0;2] Bằng cách dùng đạo hàm, suy max f ( t ) = 13 13 ; f ( t ) = ⇒ M n = 4 Ví dụ : Gọi điểm A, B biểu diễn số phức z z′ = 1+ i z; ( z ≠ ) mặt phẳng tọa độ ( A, B, C A′, B′, C ′ không thẳng hàng) Với O gốc tọa độ, khẳng định sau đúng? A Tam giác OAB B Tam giác OAB vuông cân O 17 C Tam giác OAB vuông cân B D Tam giác OAB vuông cân A Lời giải Chọn C Ta có: OA = z ; OB = z′ = 1+ i 1+ i z = z = z 2 uuu r uuu r uuu r 1+ i 1− i z = z = z Ta có: BA = OA − OB ⇒ BA = z − z′ = z − 2 Suy ra: OA2 = OB + AB AB = OB ⇒ OAB tam giác vuông cân B Ví dụ 9: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + = z Khẳng định sau đúng? A −1 +1 ≤ z≤ 6 B − ≤ z ≤ + C − ≤ z ≤ + D −1 +1 ≤ z≤ 3 Lời giải Chọn B Áp dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v , ta 2 z + −4 = z + + − ≥ z ⇒ z − z − ≤ ⇒ z ≤ + 2 z + z = z2 + + −z2 ≥ ⇒ z + z − ≥ ⇒ z ≥ −1 Vậy, z nhỏ − 1, khi z = −i + i z lớn + 1, khi z = i + i Ví dụ 10: Gọi z = x + yi  ( x, y ∈ R ) số phức thỏa mãn hai điều kiện 2 z − + z + = 26 z − A xy = 3 − i đạt giá trị lớn Tính tích xy 2 B xy = 13 C xy = 16 D xy = 18 Lời giải Chọn D Đặt z = x + iy  ( x, y ∈ R ) Thay vào điều kiện thứ nhất, ta x + y = 36 Đặt x = 3cos t , y = 3sin t Thay vào điều kiện thứ hai, ta có P =  z − 3  π − i = 18 − 18sin  t + ÷ ≤ 4 2  3π 3  π ⇒z=− − i Dấu xảy sin  t + ÷ = −1 ⇒ t = − 4 2   Bài tập tương tự Bài Với số phức z , ta có z + ? A z + z + B zz + z + z + C zz + D z + z + Bài Cho số phức thực z Hỏi số sau số thực ? A w = z + z B w = z−z 2i C w = z z D w = z z − zz Bài Cho số phức z thỏa mãn z = Hỏi mệnh đề sau ? z A z số thực B z số ảo C z = D z = z Bài Cho z số phức thỏa mãn z − z = A z = B z = z số thực Tính z ? z2 C z = D z = Bài Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 = z2 = 1, z1 + z2 = Tính z1 − z2 ? A B C D − Bài Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z − i = + 3iz , z1 − z2 = Tính z1 + z2 ? A B C D 19 z z −i Bài Tính mơđun số phức z , biết + iz + =0 z 1− i A B 13 C D Bài Cho số phức a, b, c, z thỏa mãn az + bz + c = ( a ≠ ) Gọi z1, z2 hai nghiệm phương trình bậc hai cho Tính giá trị biểu thức P = z1 + z2 + z1 − z2 − ( z1 − z2 A P = 2 c a B P = c a ) C P = c a D P = c 2a Bài Cho ba số phức a, b, c (a ≠ 0) thỏa mãn a = b = c > Số phức z nghiệm phương trình az + bz + c = Giá trị lớn nhỏ z A −1 + 1+ 2 B −1 + 1+ 2 C −1 + 1+ 2 D −1 + 2 1+ 2 2 Bài 10 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + = Giá trị lớn giá z trị nhỏ z A + − B + − C + − D + − Bài 11 Cho số a, b (b ≠ 0) Các nghiệm phương trình z + az + b2 = có mơđun Chọn khẳng định A a số ảo b B a số thực b C b số ảo a D b số thực a 2.4 Hiệu sáng kiến Năm học 2017-2018 giao nhiệm vụ hỗ trợ giảng dạy mơn Tốn lớp : 12C2, 12C3, 12C4 Trong ba lớp đa số học sinh chăm ngoan có ý thức 20 học, đặc biệt em có hứng thú học giải tốn Tuy nhiên gặp số phức mức vận dụng cao số phức em lúng túng biến đổi hay tạo lượng liên hợp số phức cho đúng, cho phù hợp Sau tiến hành thực nghiệm sáng kiến lớp dạy mình, tơi thu nhiều kết khả quan Hoạt động học tập học sinh diễn sôi nổi, đa số học sinh hiểu vận dụng vào giải toán Một số học sinh giỏi biết tự tìm tòi, nghiên cứu thêm đề thi sách tham khảo để hệ thống hóa, đào sâu kiến thức Kết kiểm tra: Lớp Điểm yếu Số Điểm TB % Số Điểm % Số Điểm giỏi % Số % 12C2 2,1 12,7 20 42,6 20 42,6 12C3 10 10 20 25 50 10 20 12C4 14,2 15 30,6 21 42,9 12,3 III KẾT LUẬN Trong trình giảng dạy, nhận thấy rằng: sau đưa hệ thống tập trên, học sinh biết vận dụng cách linh hoạt, vào toán khác nhau, từ đơn giản đến phức tạp Học sinh khơng tâm lý e ngại gặp toán Mặt khác, hiệu áp dụng tương đối cao, giải trở nên sáng sủa, ngắn gọn hầu hết em vận dụng tốt Mặc dù có nhiều cố gắng song tránh khỏi sơ suất, thiếu sót Kính mong hội đồng khoa học cấp bạn bè đồng nghiệp góp ý, xây dựng, bổ sung cho kinh nghiệm đạt chất lượng tốt Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2019 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Tống Minh Tuấn 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa giải tích 12; tác giả Đồn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan (chủ biên); Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng; NXB Giáo Dục năm 2008 Hướng dẫn giải tập vận dụng – vân dụng cao…tác giả TS Lê Thị Hương, ThS Nguyễn Kiếm, ThS Hồ Xuân Thắng; NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội; xuất năm 2016 Tài liệu ôn thi THPT quốc gia; tác giả Nguyễn Tất Thu; NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội; xuất năm 2015 Trọng tâm kiến thức tập giải tích tự luận trắc nghiệm 12; tác giả Phan Huy Khải; NXB Giáo Dục; xuất năm 2008 Nguồn khác: Internet 22 ... số phức Sau giúp học sinh xây dựng phương pháp giải phù hợp Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với toán số phức, trước hết giáo viên cần yêu cầu học sinh ôn tập kiến thức phép tốn tập số phức, ... ba lớp đa số học sinh chăm ngoan có ý thức 20 học, đặc biệt em có hứng thú học giải toán Tuy nhiên gặp số phức mức vận dụng cao số phức em lúng túng biến đổi hay tạo lượng liên hợp số phức cho... thú học tập cho học sinh Trong hướng phát huy tích cực, tự giác, chủ động học tập học sinh xem chủ đạo, chi phối đến hướng lại 2.2 Thực trạng vấn đề Giải toán số phức phương pháp sử dụng số phức