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

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 092019 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 chương trình lớp 12. Đây là một nội dung mới đối với học sinh 12 và thực sự gây không ít khó khăn bởi nguồn tài liệu tham khảo còn hạn chế: sách giáo khoa hay sách bài tập thì các bài tập về số phức 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 môđun của số phức, giải phương trình bậc hai …. Bên cạnh đó, các bài toán số phức xuất hiện trong các đề thi trong những năm gần đây ngày càng nhiều và chủ yếu ở mức độ VDVDC, không theo một khuân mẫu nào cả đặc biệt là các bài toán về cực trị số phức. 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, môđun của số phức, số phức liên hợp,… kết hợp với các kiến thức về điểm, đường thẳng, đường tròn và đường elip thì 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 tầm các bài toán số phức trong các đề thi THPTQG qua mấy năm gần đây và có chia dạng chúng nhằm giúp các em tiếp cận các bài toán cực trị về số phức đồng thời cũng giúp các em có cái nhìn tổng quát về dạng toán này. Vì vậy tôi đã chọn đề tài: Một số dạng toán cực trị số phức giải 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 chỉnh sửa 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 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 092019 7. Mô tả bản chất sáng kiến: Về nội dung của sáng kiến: Trong nghiên cứu khoa học, việc tìm ra quy luật, phương pháp chung để giải quyết một vấn đề là rất quan trọng vì nó giúp chúng ta có định hướng tìm lời giải của một lớp bài toán tương tự nhau. Trong dạy học giáo viên có nhiệm vụ thiết kế và điều khiển sao cho học sinh thực hiện và luyện tập các hoạt động tương thích với những nội dung dạy học trong điều kiện được gợi động cơ, có hướng đích, có kiến thức về phương pháp tiến hành và có trải nghiệm thành công. Do vậy việc trang bị về phương pháp cho học sinh là một nhiệm vụ quan trọng của giáo viên. Sáng kiến trình bày một số dạng toán số phức về tìm cực trị hay gặp trong các đề thi THPTQG bằng phương pháp hình học. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Một số khái niệm: Số phức được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ bởi điểm Điểm biểu diễn số phức liên hợp là đối xứng với qua . Điểm biểu diễn số phức đối là đối xứng với qua . Điểm biểu diễn số phức là đối xứng với qua . Mô đun của số phức là .

CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐƠN ĐỀ NGHỊ CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ Kính gửi: Hội đồng Sáng kiến cấp sở Tên là: Nguyễn Thành Tiến Chức vụ (nếu có): Giáo viên Đơn vị/địa phương: Trường THPT Yên Lạc Điện thoại: 0985.19.22.66 Tôi làm đơn trân trọng đề nghị Hội đồng Sáng kiến cấp sở xem xét công nhận sáng kiến cấp sở cho sáng kiến/các sáng kiến Hội đồng Sáng kiến sở công nhận sau đây: Tên sáng kiến: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học Tôi xin cam đoan thông tin nêu đơn trung thực, thật, không xâm phạm quyền sở hữu trí tuệ người khác hồn tồn chịu trách nhiệm thơng tin nêu đơn Xác nhận Thủ trưởng đơn vị (Ký tên, đóng dấu) Yên lạc, ngày 10 tháng 03 năm 2020 Người nộp đơn (Ký tên, ghi rõ họ tên) Nguyễn Thành Tiến MỤC LỤC Lời giới thiệu: Tên sáng kiến: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học .3 Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến .3 Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến .3 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Tháng 09/2019 Mô tả chất sáng kiến: - Về nội dung sáng kiến: A TÓM TẮT LÝ THUYẾT B NỘI DUNG Dạng Điểm đường thẳng Dạng Điểm đường tròn 10 Dạng Điểm elip 14 Dạng Đường thẳng đường tròn 16 Bài tập tổng hợp .21 - Về khả áp dụng sáng kiến: .30 Những thông tin cần bảo mật: 30 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 30 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu 30 11 Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử 30 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu: Trong chương trình tốn THPT, số phức đưa vào giảng dạy gần cuối chương trình lớp 12 Đây nội dung học sinh 12 thực gây không khó khăn nguồn tài liệu tham khảo cịn hạn chế: sách giáo khoa hay sách tập tập số phức đưa chủ yếu toán đơn giản cộng hay trừ số phức, tìm phần thực- phần ảo số phức, tìm mơ-đun số phức, giải phương trình bậc hai … Bên cạnh đó, tốn số phức xuất đề thi năm gần ngày nhiều chủ yếu mức độ VD-VDC, không theo khuân mẫu đặc biệt toán cực trị số phức Để giải tốn địi hỏi em phải có kiến thức thật vững số phức như: phần thực, phần ảo, biểu diễn hình học số phức, mô-đun số phức, số phức liên hợp,… kết hợp với kiến thức điểm, đường thẳng, đường trịn đường elip em giải tốt toán dạng Với mong muốn giúp em giải toán cực trị số phức sưu tầm toán số phức đề thi THPTQG qua năm gần có chia dạng chúng nhằm giúp em tiếp cận toán cực trị số phức đồng thời giúp em có nhìn tổng qt dạng tốn Vì tơi chọn đề tài: Một số dạng tốn cực trị số phức giải phương pháp hình học Mặc dù vậy, điều kiện thời gian cịn hạn chế nên phân dạng chưa triệt để mang tính chất tương đối, mong bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để tài liệu hồn thiện Tơi xin chân thành cám ơn Tên sáng kiến: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Tháng 09/2019 Mô tả chất sáng kiến: - Về nội dung sáng kiến: Trong nghiên cứu khoa học, việc tìm quy luật, phương pháp chung để giải vấn đề quan trọng giúp có định hướng tìm lời giải lớp tốn tương tự Trong dạy học giáo viên có nhiệm vụ thiết kế điều khiển cho học sinh thực luyện tập hoạt động tương thích với nội dung dạy học điều kiện gợi động cơ, có hướng đích, có kiến thức phương pháp tiến hành có trải nghiệm thành cơng Do việc trang bị phương pháp cho học sinh nhiệm vụ quan trọng giáo viên Sáng kiến trình bày số dạng tốn số phức tìm cực trị hay gặp đề thi THPTQG phương pháp hình học MỘT SỐ DẠNG TỐN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Một số khái niệm: Số phức z  a  bi biểu diễn mặt phẳng tọa độ Oxy điểm M  a; b  �Điểm biểu diễn số phức liên hợp z N  a; b  đối xứng với M qua Ox �Điểm biểu diễn số phức đối  z P   a; b  đối xứng với M qua O �Điểm biểu diễn số phức  z P   a; b  đối xứng với M qua Oy �Mô đun số phức z z  OM  a�  b� i Nếu M ; M �biểu diễn cho số phức z  a  bi , z � �a  a�b  b� � z  z� I� ; � �biểu diễn số phức �Trung điểm MM �là � � z  z � MM � 2 Công thức trung tuyến:  z1  z  z1  z  z1  z2  Công thức trọng tâm tam giác: Nếu A, B , C biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 trọng tâm z1  z2  z3 G tam giác ABC biểu diễn số phức Môđun số phức: Số phức z  a bi biểu diễn điểm M(a; b) mặt phẳng Oxy Độ dài véctơ uuuur 2 OM gọi mơđun số phức z Kí hiệu z  a  bi  a  b Tính chất  uuuur 2 z  a  b  zz  OM  z z  , z' �0  z ' z' z �0, z ��, z  � z   z.z'  z z'  kz  k z , k��  z  z' �z �z' �z  z ' 2  Chú ý: z2  a2  b2  2abi  (a2  b2 )2  4a2b2  a2  b2  z  z  z.z Lưu ý:  z1  z2 �z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0  z1  z2 �z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0  z1  z2 � z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0  z1  z2 � z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0    2 z1  z2  z1  z2  z1  z2 z  z z z  z �� Một số quỹ tích nên nhớ Biểu thức liên hệ ax  by  c  (1) z  a bi  z  c  di (2)  x  a   y  b 2  R2 x, y Quỹ tích điểm M :ax  by  c  (1)Đường thẳng (2) Đường trung trực đoạn AB với A  a,b , B c,d   Đường trịn tâm Hình trịn tâm I  a; b , bán kính R z  a bi  R  x  a   y  b z  a bi �R �R2 I  a; b , bán kính R r � x  a   y  b �R2 Hình vành khăn giới hạn hai đường trịn đồn I  a; b tâm , bán kính r , R r �z  a bi �R Parabol � y  ax2  bx  c  c �0 � x  ay2  by  c �  x  a 2  y  c  2 b d  1  1 1 z  a1  bi  z  a2  b2i  2a  x  a b2  y  c  d2 Elip  2 2a  AB , A  a1 ,b1  , B a2 ,b2  Elip Đoạn AB 2a  AB Hypebol 1 B NỘI DUNG Dạng Điểm đường thẳng Ví dụ 1: Trong số phức thỏa mãn điều kiện A z  1 2i Giả sử Ta có: z   i 5 B z  x  yi  x, y �� z z  3i  z   i Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất?  i 5 D z  1 2i C  Lời giải M  x, y  , số phức z có điểm biểu diễn điểm z  x  y  MO z  3i  z   i � x   y  3 i   x  2   y  1 i � x2   y  3   x  2   y  1 2 � 6y   4x   2y  � 4x  8y   � x  2y   Ta thấy điểm M di chuyển đường thẳng  : x  y   nên MO nhỏ M hình chiếu điểm O lên đường thẳng  Phương trình đường thẳng qua O vng góc với  x  y  �x  y   � Do đó, tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình � x  y  �1 � M � ; � �5 � Suy Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn phức z A B z   3i  z   3i  10 C  Lời giải z   4i nhỏ Mô-đun số D Đặt z  a  bi  a, b �� � z  a  bi M  a, b  điểm biểu diễn số phức z Gọi A  4; 3 , B  4;3 Theo giả thiết Ta có AB  10 z   3i  z   3i  10 � MA  MB  10  AB z   4i  MC Suy M thuộc đoạn AB kéo dài ( B nằm A M ) Lại có nên z   4i C  3;  nhỏ MC nhỏ (với ) M �B � MCmin � � M �A MCmin  � Ta có: � M  4;3 Do M  4; 3 z 5 Ví dụ Xét số phức z, w thỏa mãn z + 2- 2i = z - 4i w = iz +1 Giá trị nhỏ w A B C  Lời giải D 2 x, y��) M x; y Đặt z = x + yi ( ( ) điểm biểu diễn số phức z 2 z   2i  z  4i x  2   y  2  x2   y  4 � x  y   Từ suy tập hợp điểm M đường thẳng D : x + y = Ta có P = w = iz +1 = i ( z - i ) = z - i = MN Dựa vào hình vẽ ta thấy z thỏa mãn B 1 2 z +1- i = z - 3i  2 Môđun lớn số phức C  z  x  yi  x, y �� N  0;1 Pmin  MN  d  N ,    Ví dụ Xét số phức A với 10 D w= z 10 Lời giải M  x; y  điểm biểu diễn số phức z 2 z   i  z  3i  x  1   y  1  x   y  3 � x  y  Do tập hợp Từ ta suy điểm M đường thẳng D : 2x + 4y = Đặt w= Ta có 1 = = z z OM Dựa vào hình vẽ ta thấy với O  0;0  w max � OM suy w max  20   d  O,   2.0  4.0  7 z2 - 2z + = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) Ví dụ 5: Xét số phức z thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức P = z - + 2i A Ta có B C  Lời giải D z2 - 2z + = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1)  TH Với � z = 1- 2i � ( z - 1+ 2i ) ( z - 1- 2i ) = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) � � � z - 1- 2i = z + 3i - � P = z - 2+ 2i = 1- 2i - 2+ 2i = z = 1- 2i Khi z - 1- 2i = z + 3i -  TH Với z  x  yi  x, y �� M  x; y  Đặt điểm biểu diễn số phức z 2 2 z   2i  z  3i   x  1   y     x  1   y  3 � y   tập hợp Từ ta suy điểm M đường thẳng D : 2y +1= Ta có P = z - 2+ 2i = MA với A  2; 2  Dựa vào hình vẽ ta thấy Pmin � MAmin suy So sánh hai trường hợp ta thấy Pmin = Pmin  d  A,     2    z - 1- 3i � z + 2i w +1+ 3i � w- 2i Ví dụ 6: Xét số phức z, w thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức A P = z- w 13 +1 B 26 C  Lời giải 13 D 26 13  a, b, c, d �� Gọi z = a+ bi w = c+ di 2 z   3i �z  2i �  a  1   b  3 �a   b   � a  5b �3  Suy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z phần tô đậm đồ thị có tính biên D : x + 5y = 2 w   3i �w  2i �  c  1   d  3 �c   d   � c  5d �3  Suy tập hợp điểm N : x +5y = - biểu diễn số phức w phần gạch chéo đồ thị có tính biên D � Gọi M điểm biểu diễn số phức z  x  yi N điểm biểu diễn số phức z M , M ' S  xy đối xứng qua Ox Diện tích tam giác OMN OMN Do 1 z2  z2 4 nên tập hợp M biểu diễn z Elip  E : x2 y2  1 Do đó: xy x2 y x2 y2  �2  � SOMN  xy �2 8 2 z  a  bi  a, b �� z   3i  Câu Cho số phức thỏa mãn Tìm z   3i  z   i đạt giá trị lớn A P  10 B P  C P  D P   Lời giải z   3i  �  a     b    Ta có P  a  b  C  có tâm I  4;3 Suy điểm M di chuyển đường tròn tâm Gọi F1  1;3  F2  1; 1 , Dạng Đường thẳng đường tròn 2 Ví dụ 1: Xét số phức z1 thỏa mãn z1 - - z1 + i = số phức z2 thỏa mãn z2 - 4- i = Giá trị nhỏ A P = z1 - z2 B C  Gọi z  x  yi Ta có Lời giải D 2 2 z - - z + i = 1�� �( x - 2) + y2 - x2 - ( y +1) = 1� 2x + y- 1= �� � tập hợp số phức z1 đường thẳng D : 2x + y - 1= 2 z - 4- i = �� � ( x - 4) +( y- 1) i = � ( x - 4) +( y- 1) = �� �  tập hợp số phức z2 C I 4;1 , đường tròn ( ) có tâm ( ) bán kính R = Khi biểu thức Từ suy P = z1 - z2 C khoảng cách từ điểm thuộc D đến điểm thuộc ( ) Pmin = MN = d[ I , D ] - R = - 5= C w + 2- 3i � w- 3+ 2i C Ví dụ 2: Gọi ( ) tập hợp số phức w thỏa mãn Gọi ( ) tập hợp số phức z thỏa mãn A - Đặt  z - 2+ 4i �1 Giá trị nhỏ biểu thức B +1 C -  Lời giải z = x + yi ; w = a+ bi ( x, y, a, b ��) w + 2- 3i � w- 3+ 2i D +1 Ta có 2 �� �( a + 2) +( y - 3) �( a- 3) +( b+ 2) � a- b �0 �� � biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ C hình vẽ) Gọi miền ( ) M  P = w- z D : x- y = tập hợp điểm kể bờ (miền tô đậm z - 2+ 4i �1�� � ( x - 2) +( y + 4) i �1 � ( x - 2) +( y + 4) �1�� � C I 2;- 4) , số phức z hình trịn ( ) có tâm ( bán kính R = tập hợp điểm N biểu diễn Khi biểu thức ( C2 ) Từ suy P = z - w = MN C khoảng cách từ điểm thuộc ( 1) đến điểm thuộc Pmin = d[ I , D ] - R = - z - 2i � z - 4i z - 3- 3i = Ví dụ 3: Xét số thức z thỏa mãn Giá trị lớn biểu thức P = z - +1 A + Gọi B 10 C 10 +1  Lời giải D 13 +1 z = x + yi ( x, y ��) Ta có z -�-���+-�+2i z 4i ��� x ( y 2)  x2 ( y 4) y tập hợp điểm biểu diễn số phức z C thuộc nửa mặt phẳng bờ D : y = , kể bờ (miền tô đậm) Gọi miền ( 1) 2 z - 3- 3i = 1�� � ( x - 3) +( y - 3) i = 1� ( x - 3) +( y- 3) = 1�� �  tập hợp điểm biểu diễn số C I 3;3 , phức z đường trịn ( ) có tâm ( ) bán kính R = C C Như tập hợp điểm M biểu diễn số phức z giao ( ) ( ) Đó phần D 2;3 , C 4;3 cung trịn nét liền hình vẽ (có tính điểm đầu mút ( ) ( ) cung) P = z - +1= MB +1 Khi thuộc cung tròn CD với B ( 2;0) MB khoảng cách từ điểm B đến điểm Từ suy Pmax = BC +1= 13 +1 Ví dụ 4: Xét số phức z, w thỏa mãn P = z- w Giá trị nhỏ biểu thức A Gọi � max{ z ; z - 1- i } �1 � � � � �w +1+ 2i � w- 2- i M , N ( x; y) B C -  Lời giải điểm biểu diễn hai số phức z, w D 2 - 2 2 �( x +1) +( y + 2) �( x - 2) +( y- 1) � x + y �0 �� �  w +1+ 2i � w- 2- i �� tập hợp điểm N biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ D : x + y = kể bờ (miền tơ đậm hình vẽ) � �z - 1- i �1� � �MI �1, I ( 1;1) � � �z �1 � max { z ; z - 1- i } �1, �MO �1, O( 0;0)  suy � �� � M thuộc phần chung hai hình tròn ( I ; 1) ( O; 1) (phần gạch sọc hình vẽ) Ta có P = z - w = MN nên P nhỏ MN ngắn Dựa vào hình vẽ ta thấy MN ngắn N �O MN = OI - 1= - x, y��) z + 2- 3i � z + i - �5 Ví dụ 5: Cho z = x + yi ( số phức thỏa mãn Gọi M , m 2 giá trị lớn nhỏ P = x + y + 8x + 6y Giá trị M + m A Ta có 156 - 10 B 156 + 10 C 60- 20 10  Lời giải �z + 2- 3i � z + i - � 2x + y + �0 � � 2 � � �z + i - �5 � ( x - 2) +( y +1) �25 Suy tập hợp điểm D 60+ 20 10 M ( x; y) thỏa yêu cầu H) ( d : x + y = đường trịn tốn nằm miền tơ đậm giới hạn đường thẳng ( C ) có tâm I ( 2;- 1) , bán kính R = (kể biên) hình vẽ 2 2 J - 4;- 3) Ta có P = x + y + 8x + 6y = ( x + 4) +( y + 3) - 25= J M - 25 với ( C A 2;- 6) , B( - 2;2) ; C C Gọi giao điểm d ( ) ( giao điểm đoạn IJ với ( ) Dựa vào hình vẽ ta thấy  J M �min { J A, J B, J C } = J C = IJ - IC = IJ - R = 10 -  J M �max { J A, J B, J C } = J A = � � M = - 25 = 20 � � �� � M + m= 60- 20 10 � � � m = 10 25 = 40 20 10 � � ( Vậy ( ) ) Ví dụ 6: Xét số phức z1, z2 thoả mãn z1 - 3- 4i = 1, z2 +1 = z2 - i z1 - z2 M, m giá trị lớn giá trị nhỏ A P = 14 B P = 16 C P = 18  Lời giải Đặt Gọi z1 - z2 2- i số thực Gọi Tính P = M + m D P = 20 z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c, d ��) A ( a;b) , B( c; d) hai điểm biểu diễn uur uur uuu r z1 - z2 = OA - OB = BA �� � z1 - z2 = AB Suy Do từ z1 - z2 =ξ��=k ( k �) 2- i uuu r BA k( 2; 1) số phức z1 , z2 AB uuu r nAB = ( 1;2) Suy đường thẳng có VTPT C I 3;4  tập hợp điểm A đường tròn ( ) có tâm ( ) , bán kính R = 2 � ( c+1) + d2 = c2 + ( d - 1) � c+ d = �� �  z2 +1 = z2 - i �� tập hợp điểm B đường thẳng D : x + y = z1 - 3- 4i = 1�� � uuu r uur nAB nD 10 cosj = uuu �� � sin j = r uur = 10 10 nAB nD Gọi j góc D AB , ta có Theo yêu cầu tốn ta cần tìm GTLN GTNN AB d I ,D > R C Do [ ] nên suy D không cắt ( ) Gọi H hình chiếu A D , ta có � max AH d[ I , D ] + R � max AB = = = + 10 � � sinj sinj AH � AB = �� �� � P = 14 � sinj AH d[ I , D ] - R � � AB = = = - 10 � � sinj sinj � Bài tập tổng hợp Câu 1: Xét số phức z  a  bi  a, b ��  z   2i  z   5i  đạt giá trị nhỏ A  B   Gọi A  1;  z   2i  C  Lời giải z   2i  �  a  3   b    Cách Ta có thỏa mãn B  2;3 Khi z   2i  z   5i  MA  MB Tính a  b , biết D Lấy điểm � J  2;  suy IA.IJ  IM IA IM  IM IJ MA IM  2 IJ Vì IJM , IMA đồng dạng với nên MJ Do MA  2MB   MJ  MB  �4 JB  Dấu “=” xảy M   E 2;  z  3i   iz   2i  Câu 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn Tìm giá trị lớn T  2iz1  z2 biểu thức A 313  16 B 313 C  313  D 313  Lời giải Từ giả thiết, ta có z1  3i   � 2iz1   10i  � Điểm M biểu diễn số phức z1 thuộc vào đường tròn tâm I1  6; 10  , bán kính R1   1 iz2   2i  � z2   3i  12 � Điểm M biểu diễn số phức z2 thuộc vào đường tròn tâm I  6;3  , bán kính R2  12  1   Từ suy  2 T  2iz1  3z2  I1 I  R1  R2  122  132  16  313  16 Câu Xét số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn z 2 z   z   4i Tính P  a  b đạt giá trị nhỏ A P  Giả sử B P  z  a  bi  a, b �� Gọi A  4;0  , B  1; 4  Gọi H  1;0  D P  C P  2  Lời giải có điểm biểu diễn Khi đó, ta có P M  a; b   a  4  b2   a  1   b    MA  MB Ta có OH OA  OM  MA OA  2 � OMA : OHM nên có MH OM P  MH  MB   MH  MB  Suy MA  MH Vậy Pmin �  MH  MB  � M , H , B thẳng hàng � M  0; 2  � P  2 Câu Cho số phức z , z1 , z2 thỏa mãn P  z  z  z1  z  z biểu thức A P   2 z1  z2  z1  z2  B P    Lời giải Tìm giá trị nhỏ C P   D P 2 Chọn A, B, M điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z Dựa vào điều kiện, ta có tam giác OAB vng cân O có độ dài OA  OB  , AB  Phép quay tâm B , góc quay 60�ta có Q B ;60� : A a A� M a M� M� ; BM  B� M �(do tam giác BMM � Suy AM  A� đều)  A� M� �OA� Suy OA  AM  BM  OA  MM � , A�thẳng hàng Dấu "  " O, M , M �  BA  Khi tam giác OBA� có OB  6, BA� � � OBA  105� Từ đó, suy OA�  OB  BA�  2OB.BA� cos105�  z 1 i  Câu Cho số phức z thay đổi thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức P  z   5i  z   7i a b (với a, b số nguyên tố) Tính S  a  b A S  20 B S  18 C S  24 D S  17  Lời giải Gọi M  x; y  điểm biểu diễn số phức z z   i  �  x  1   y  1  32 Ta có trịn tâm Xét điểm Suy I  1;1 suy điểm biểu diễn số phức z thuộc đường A  4; 5  B  1;7  Ta có IB  z   5i  z   7i  MA  MB uur uur � 5� IK  IB � K �1; � � �thuộc đường tròn Lấy điểm K : tâm I , bán kính R  IK IM   IB đỉnh I chung nên suy IKM : IMB � MB  MK Do IM � MA  MB   MA  MK  �2 AK �25 � Pmin  AK  25  � �  13 �2 � Vậy � a  b  18 z i  Câu Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  z   i  z   3i A B C  D Lời giải I  0; 1 , R  Gọi điểm biểu diễn z M Khi M nằm đường tròn tâm Gọi tọa độ điểm A    2; 1 , B  đó: 2; 3 �1 � K ;  � � P  z   i  z   3i  MA  2MB �khi ta có: Gọi � IK IM   IM IA Vậy IMK IAM hai tam giác đồng dạng Khi đó: MA  2MK Vậy P   MK  MB Theo bất đẳng thức tam giác: P   MK  MB � 2BK Vậy Min P   2BK  z  z  2, Câu Với hai số phức z1 z2 thoả mãn z1  z2  8 6i tìm giá trị lớn P  z1  z2 A P  Vì hai số phức z1 B P  26  Lời giải z2 thoả mãn z1  z2  8 6i C P  5 z1  z2  nên D P  34 �z1  8 6i  z2 � �z2   6i  z1 � z z 2 � �z1    3i   � � � �z2    3i   � z  z   * � �  * suy A , B Gọi A , B hai điểm biểu diễn hai số phức z1 z2 từ nằm đường trịn trịn  C  C có tâm I  4;3 , bán kính R  AB đường kính đường P  z1  z2  OA  OB Như 2 OA  OB AB   OI � OA  OB2  52   52 Ta có   2 �  OA  OB  OA  OB2  2OA.OB �52  52  104 Suy 52  OA  OB �2OA.OB � P  z1  z2  OA  OB � 104  26 Dấu xảy OA  OB iz   i  z  z  Câu Giả sử z1 , z2 hai số số phức z thỏa mãn Giá trị lớn z1  z2 B A C D  Lời giải Ta có iz   i  � i z i 21  �  z i 21   I 1; Điểm biểu diễn z thuộc đường tròn tâm , R  z z Gọi M , N điểm biểu diễn , nên MN  đường kính Dựng hình bình hành OMNP ta có z1  z2  OP  z Ta có  z2   �2 z1  z2   z z 2  z1  z2  16 � z1  z2 �4 Dấu xảy z1  z2 � MN  OI Câu Cho z số phức thỏa mãn P  z   i  z   3i A 18 Gọi z  1 i  Tìm giá trị lớn biểu thức B 14  10  Lời giải z  x  yi  x; y �� , M  x; y C 38  10 điểm biểu diễn số phức z D 16  10 z  1 i  �  x  1   y  1  2 Do R  Đặt A  2;1 , B 2;3 , E  0;2 I  1; 1 suy M thuộc đường tròn tâm , bán kính trung điểm AB Khi P  z   i  z   3i AB2  ME    x  2   y  1   x  2   y  3  MA  MB2  2ME2  10 2 2 Do E nằm đường tròn, nên MEMax  EI  R   10 � PMax  38  10 Cách : P  z   i  z   3i   x  2   y  1   x  2   y  3 2 � 2x2  2y2  8y  18  P  2 = 2x2  2y2  8y  18 2 � 2x2  2y2  8y  18 P  � x  1   y  1   � � �� � 2 x   y      :4x  12y  22  P      � � � Suy tọa độ điểm M thỏa mãn � Hệ có nghiệm d I ,  �R � P  38 �8 10 � 38 10 �P �38  10 � PMax  38  10 Câu 10 Cho hai số phức z1 , z2 giá trị nhỏ biểu thức A 10  thỏa mãn điều kiện z1  z2 z1  i  z1  z1  2i z2  i  10  Tìm ? B  C  Lời giải 101  D 101  +) Gọi z1  a bi ;  a,b�� z1  i  z1  z1  2i � a2   b 1  Nên Do tập hợp điểm biểu diễn số phức z1  2b 2 � b  Parabol +) Gọi z2  a bi ,  a,b�� Khi z2  i  10  �  a 10   b 1  y x2 2 Nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 đường trịn I  10;1 bamns kính r  z1  z2 nhỏ MN nhỏ IN �IM  Ta có: MN  MN IM IN  C   x  10   y  1 IM Nên MN nhỏ IM nhỏ Ta có:  IM  �x2 � �x2 � IM   x  10  �  1� �  4�  x  4  45 �4 � �4 � 2 45 Do MN �3  Vậy a2 z1  z2  MN �3  1� z1  z2   1 tâm - Về khả áp dụng sáng kiến: Dành cho học sinh có học lực từ trung bình trở lên Những thơng tin cần bảo mật: Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến tác giả: Sau học xong, em học sinh lớp 12 khơng cịn bỡ ngỡ trước dạng tốn tìm cực trị số phức, dạng toán mà trước em thường bỏ qua Bước đầu giúp em có hướng để giải dạng toán phần 11 Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có) STT Tên tổ chức, nhân Địa Phạm vi , Lĩnh vực áp dụng sáng kiến …, ngày … tháng … năm …, ngày … tháng … năm Yên Lạc, ngày 10 tháng 03 năm 2020 Thủ trưởng đơn vị CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG Tác giả sáng kiến SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ Nguyễn Thành Tiến ... Tên sáng kiến: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học. .. tìm cực trị hay gặp đề thi THPTQG phương pháp hình học MỘT SỐ DẠNG TỐN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC A TĨM TẮT LÝ THUYẾT Một số khái niệm: Số phức z  a  bi biểu diễn mặt phẳng... thiệu: Tên sáng kiến: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học .3 Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến .3 Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến