SKKN một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học

Điện thoại: 0985.19.22.66 Tôi làm đơn này trân trọng đề nghị Hội đồng Sáng kiến cấp cơ sở xem xét và côngnhận sáng kiến cấp cơ sở cho tôi đối với sáng kiến/các sáng kiến đã được Hội đồng

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐƠN ĐỀ NGHỊ CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ

Kính gửi: Hội đồng Sáng kiến cấp cơ sởTên tôi là: Nguyễn Thành Tiến

Chức vụ (nếu có): Giáo viên

Đơn vị/địa phương: Trường THPT Yên Lạc 2

Điện thoại: 0985.19.22.66

Tôi làm đơn này trân trọng đề nghị Hội đồng Sáng kiến cấp cơ sở xem xét và côngnhận sáng kiến cấp cơ sở cho tôi đối với sáng kiến/các sáng kiến đã được Hội đồng Sáng kiến

cơ sở công nhận sau đây:

Tên sáng kiến: Một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học

Tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật, không xâmphạm quyền sở hữu trí tuệ của người khác và hoàn toàn chịu trách nhiệm về thông tin đã nêutrong đơn

Xác nhận của Thủ trưởng đơn vị

MỤC LỤC

1 Lời giới thiệu: 3

2 Tên sáng kiến: Một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học 3

3 Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến 3

4 Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến 3

5 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 3

6 Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 09/2019 3

7 Mô tả bản chất sáng kiến: 3

- Về nội dung của sáng kiến: 3

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 5

B NỘI DUNG 7

Dạng 1 Điểm và đường thẳng 7

Dạng 2 Điểm và đường tròn 10

Dạng 3 Điểm và elip 14

Dạng 4 Đường thẳng và đường tròn 16

Bài tập tổng hợp 21

- Về khả năng áp dụng của sáng kiến: 30

8 Những thông tin cần được bảo mật: 30

9 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 30

10 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được 30

11 Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử 30

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

1 Lời giới thiệu:

Trong chương trình toán THPT, số phức được đưa vào giảng dạy ở gần cuối chươngtrình lớp 12 Đây là một nội dung mới đối với học sinh 12 và thực sự gây không ít khó khănbởi nguồn tài liệu tham khảo còn hạn chế: sách giáo khoa hay sách bài tập thì các bài tập về sốphức đưa ra chủ yếu là các bài toán đơn giản như cộng hay trừ số phức, tìm phần thực- phần

ảo của số phức, tìm mô-đun của số phức, giải phương trình bậc hai … Bên cạnh đó, các bàitoán số phức xuất hiện trong các đề thi trong những năm gần đây ngày càng nhiều và chủ yếu

ở mức độ VD-VDC, không theo một khuân mẫu nào cả đặc biệt là các bài toán về cực trị sốphức Để giải được các bài toán này đòi hỏi các em phải có một kiến thức cơ bản thật vững về

số phức như: phần thực, phần ảo, biểu diễn hình học của số phức, mô-đun của số phức, sốphức liên hợp,… kết hợp với các kiến thức về điểm, đường thẳng, đường tròn và đường elipthì các em sẽ giải quyết tốt các bài toán ở dạng này

Với mong muốn giúp các em giải được các bài toán về cực trị số phức tôi đã sưu tầmcác bài toán số phức trong các đề thi THPTQG qua mấy năm gần đây và có chia dạng chúngnhằm giúp các em tiếp cận các bài toán cực trị về số phức đồng thời cũng giúp các em có cáinhìn tổng quát về dạng toán này Vì vậy tôi đã chọn đề tài: Một số dạng toán cực trị số phứcgiải bằng phương pháp hình học

Mặc dù vậy, vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân dạng có thể chưa được triệt

để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnhsửa để tài liệu này được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cám ơn

2 Tên sáng kiến: Một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học

3 Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến

4 Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến

Trong nghiên cứu khoa học, việc tìm ra quy luật, phương pháp chung để giải quyết mộtvấn đề là rất quan trọng vì nó giúp chúng ta có định hướng tìm lời giải của một lớp bài toántương tự nhau Trong dạy học giáo viên có nhiệm vụ thiết kế và điều khiển sao cho học sinhthực hiện và luyện tập các hoạt động tương thích với những nội dung dạy học trong điều kiệnđược gợi động cơ, có hướng đích, có kiến thức về phương pháp tiến hành và có trải nghiệmthành công Do vậy việc trang bị về phương pháp cho học sinh là một nhiệm vụ quan trọngcủa giáo viên.

Sáng kiến trình bày một số dạng toán số phức về tìm cực trị hay gặp trong các đề thiTHPTQG bằng phương pháp hình học

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

→-z=-a-bi

→z=a-bi

z φ=arg(z)

N(a;-b) P(-a;-b)

O

 Điểm biểu diễn số phức liên hợp z là N a b ;  đối xứng với M qua Ox

 Điểm biểu diễn số phức đối z là P a b ;  đối xứng với M qua O

 Điểm biểu diễn số phức z là P a b ;  đối xứng với M qua Oy

 Mô đun của số phức z là z OM

2 Nếu M M  biểu diễn cho số phức z a bi;   , z a b i  thì

3 Công thức trọng tâm tam giác: Nếu , ,A B C biểu diễn các số phức z z z thì trọng tâm1, ,2 3

G của tam giác ABC biểu diễn số phức 1 32 3

z z z

4 Môđun của số phức:

Số phức  z a bi được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy Độ dài của véctơ

2  2 22  ( 2 2 2) 4 2 2  2  2   

Lưu ý:

Ta thấy điểm M di chuyển trên đường thẳng : x 2y1 0 nên MO nhỏ nhất khi và chỉ

khi M là hình chiếu của điểm O lên đường thẳng 

Phương trình đường thẳng đi qua O và vuông góc với  là 2 x y  0

Do đó, tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

Theo giả thiết z 4 3 i  z 4 3i 10 MA MB 10AB

Suy ra M thuộc đoạn AB kéo dài ( B nằm giữa A và M ) Lại có z 3 4 i MCnên

= là

7 C

9 5

7 5 10

 Lời giải

Đặt z x yi x y   ,   và  M x y ; 

là điểm biểu diễn số phức

Từ z 1 i  z 3i ta suy ra x12y12 x2y 32  2x4y Do đó tập hợp7điểm là đường thẳng

So sánh hai trường hợp ta thấy Pmin = 1.

Ví dụ 6: Xét các số phức z w, thỏa mãn z- -1 3i £ +z 2i và w+ +1 3i £ w- 2 i Giá trị nhỏ nhất củabiểu thức P= -z w là

A

13 1

2

+

B

26

4 C

3.

13 D

3 26.13

Dựa vào hình vẽ ta thấy w  ;  3 26

13

P z MN d   

.Dấu " " = xảy ra khi và chỉ khi M Î D, NÎ M và MN^ D¢

Ta có z- -2 3i = ¾¾1 ® tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường tròn có tâm

i z i

+ + =

- và w iz= . Giá trị lớn nhất của biểu thức

P= -z w bằng

phức z thuộc đường tròn có tâm I(0;2 ,) bán kính R =1.

w iz

P= -z w == z iz- =z - i = z= OM với O(0;0 )

Dựa vào hình vẽ ta thấy Pmax = 2OM2 = 2OI+R = 2 2 1 3 2 + =

Ví dụ 5: Xét các số phức z z1 , 2 thỏa mãn z1 - + = 1 i 1 và z2 = 2 iz1 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Dựa vào hình vẽ ta thấy Pmin = 2 2OM1 = 2 2OI- R = 2 2 2 1 - = - 4 2 2.

Ví dụ 6: Xét các số phức z thỏa mãn z- -2 4i =2 2. Trong các số phức w thỏa mãn w z= (1 +i),

gọi w1 và w2 lần lượt là số phức có môđun nhỏ nhất và môđun lớn nhất Khi đó w1 +w2 bằng

Dựa vào hình vẽ ta thấy

 Pmin = 2OM1 Dấu '' '' = xảy ra Û M º M1 Û z= + ¾¾ 1 2i ®w1 = +(1 2 1i) ( + =- +i) 1 3 i

 Pmax = 2OM2 Dấu '' '' = xảy ra Û M º M2 Û z= + ¾¾ 3 6i ®w2 = +(3 6 1i)( + =- +i) 3 9 i

Theo giả thiết x 22y 32 1

nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên đường

Phương trình

2 3:

Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM 13 1

Lưu ý: Cho số phức z thỏa mãn z a bi   R 0, khi đó ta có quỹ tích các điểm biểu diễn

25 9 

y x

.Vậy max z OA OA ' 5 và min z OB OB ' 3

Ví dụ 2 Cho số phức z thỏa mãn z 3 z3 8 Gọi M, m lần lượt giá trị lớn nhất và nhỏ

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z x yi và N là điểm biểu diễn số phức z thì M M, '

đối xứng nhau qua Ox Diện tích tam giác OMN là S OMN xy

, F21; 1 

Dạng 4 Đường thẳng và đường tròn

Ví dụ 1: Xét các số phức z1 thỏa mãn z1 - 22- z1 +i2= 1 và các số phức z2 thỏa mãn z2 - 4 - i = 5.Giá trị nhỏ nhất của P=z1 - z2 bằng

2 5

3 5 5

 Lời giải

Khi đó biểu thức P=z1 - z2 là khoảng cách từ một điểm thuộc D đến một điểm thuộc ( )C

5 5

Ví dụ 2: Gọi ( )C1 là tập hợp các số phức w thỏa mãn w+ -2 3i £ w- +3 2 i Gọi ( )C2 là tập hợp các

số phức z thỏa mãn z- 2 4+ i £1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= -w z bằng

M biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ D:x y- =0 và kể cả bờ (miền tô đậm như

hình vẽ) Gọi miền này là ( )C1

Khi đó biểu thức P= -z w=MN là khoảng cách từ một điểm thuộc ( )C1 đến một điểm thuộc

z- i £ -z i ¾¾ ®x + -y £ x + -y Û y£ ¾¾ ® tập hợp điểm biểu diễn số phức z

thuộc nửa mặt phẳng bờ D:y=3, kể cả bờ (miền tô đậm) Gọi miền này là ( )C1

z- - i = ¾¾ ® x- + -y i = Û x- + -y = ¾¾ ® tập hợp điểm biểu diễn số

phức z là đường tròn ( )C2 có tâm I(3;3 ,) bán kính R =1.

Như vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là giao của ( )C1 và ( )C2 Đó chính là phần

cung tròn nét liền như trên hình vẽ (có tính 2 điểm đầu mút D(2;3 , 4;3) C( ) của cung)

Khi đó P= -z 2 1+ =MB+1 với B(2;0) và MB là khoảng cách từ điểm B đến một điểm

¾¾ ® thuộc phần chung của hai hình tròn (I; 1) và (O; 1) (phần gạch sọc như hình vẽ).

Ta có P= -z w=MN nên P nhỏ nhất khi MN ngắn nhất Dựa vào hình vẽ ta thấy MN ngắn

toán nằm trên miền ( )H tô đậm được giới hạn bởi đường thẳng d: 2x y+ =- 2 và đường tròn

( )C có tâm I(2; 1 , - ) bán kính R =5 (kể cả biên) như hình vẽ

Ta có P=x2 +y2 + 8x+ 6y=(x+ 4) + +(y 3) - 25 =J M2 - 25 với J -( 4; 3 - )

Gọi giao điểm của d và ( )C là A(2; 6 , - ) B(- 2;2 ;) C là giao điểm của đoạn IJ với ( )C .

Dựa vào hình vẽ ta thấy

i

là số thực Gọi,

M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1 - z2 Tính P=M+m

A P =14 5. B P =16 5. C P =18 5. D P =20 5.

 Lời giải

Đặt z1 = +a bi z, 2 = +c di a b c d , , ,( Î ¡ ).

Gọi A a b B c d( ; , ) ( ; ) lần lượt là hai điểm biểu diễn số phức z z1 , 2

Suy ra z1 - z2 =OA OBuur uur- =BAuuur¾¾ ®z1 - z2 =AB.

Suy ra đường thẳng AB có VTPT n =uuurAB (1;2 )

 z1 - - 3 4i = ¾¾ 1 ® tập hợp các điểm A là đường tròn ( )C có tâm I(3;4 ,) bán kính R =1.

z + = z - i ¾¾ ® +c +d =c + -d Û + = ¾¾c d ® tập hợp các điểm Blà đường

thẳng D:x y+ =0.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tìm GTLN và GTNN của AB.

Do d I[ , D >] R nên suy ra D không cắt ( )C . Gọi H là hình chiếu của A trên D, ta có

[ ][ ]

, max

AH

AH AB

Lấy điểm J2; 2 suy ra IA IJ IM2

Chọn , ,A B M lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z z z 1, ,2

Dựa vào điều kiện, ta có tam giác OAB vuông cân tại O có độ dài OA OB  , 6 AB 6 2

Phép quay tâm B , góc quay 60  ta có

là điểm biểu diễn của số phức z

Ta có z 1 i  3 x12y12  suy ra các điểm biểu diễn số phức z thuộc đường32

tròn tâm I  1;1

.Xét điểm A4; 5 

và B  1;7 Ta có IB  6

Suy ra 2 z 4 5 i  z 1 7i 2MA MB

Lấy điểm K :

16

Vậy

2 min

Gọi A , B lần lượt là hai điểm biểu diễn của hai số phức z1 và z khi đó từ 2  * suy ra ,A B

nằm trên đường tròn  C có tâm I4; 3

, bán kính R1 và AB là đường kính của đường

 OA OB OA OB  OA OB  

 Pz  z OA OB  

Dấu bằng xảy ra khi OA OB 

Câu 8 Giả sử z z là hai trong số các số phức z thỏa mãn 1, 2 iz 2 i 1 và z1 z2 2

Giá trị

Câu 9 Cho z là số phức thỏa mãn z 1 i 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Do z 1  i 2 x 12y12 4

suy ra M thuộc đường tròn tâm I1; 1 

, bán kính2

 Lời giải

x y

.+) Gọi z2  a bi, a b,  

.Khi đó z2 i 10  1 a 102b 12 1

Nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn 2   C x 102y 12 1

- Về khả năng áp dụng của sáng kiến: Dành cho học sinh có học lực từ trung bình khá trở lên.

8 Những thông tin cần được bảo mật:

9 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12.

10 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến của tác giả:

Sau khi học xong, các em học sinh lớp 12 không còn bỡ ngỡ trước dạng toán tìm cực trị số

phức, dạng toán mà trước đây các em thường bỏ qua Bước đầu giúp các em có các hướng để

giải quyết các dạng toán ở phần này

11 Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có)

Yên Lạc, ngày 10 tháng 03 năm 2020

Tác giả sáng kiến

Nguyễn Thành Tiến