Ứng dụng hình học giải các bài toán về môđun số phức ở mức độ vận dụng cao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI CÁC BÀI TỐN VỀ MƠ ĐUN SỐ PHỨC Ở MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO” Người thực hiện: Lê Thị Thủy Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Tốn học THANH HỐ NĂM 2020 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu .1 1.4 Phương pháp nghiên cứu .1 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 .3 2.2.1 Đối với giáo viên 2.2.2 Đối với học sinh 2.3 Giải pháp giải vấn đề 2.3.1 Sử dụng kiến thức về e líp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô đun số phức 2.3.2 Sử dụng kiến thức về véc tơ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô đun số phức 2.3.3 Sử dụng kiến thức về đường tròn tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của mô đun số phức 10 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm .15 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ .17 3.1 Kết luận .17 3.2 Kiến nghị 17 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình SGK đề thi tốt nghiệp thi tuyển sinh đại học trước dạng tốn số phức đưa dạng bản, đa phần mức độ nhận biết, thơng hiểu Các câu hỏi mang tính vận dụng gần khơng xuất Vì thế, Bộ giáo dục Đào tạo đưa đề minh họa mơn Tốn cho kì thi THPT Quốc gia 2017-2020, nhiều giáo viên đa số học sinh gặp khó khăn việc tìm lời giải số phức mức độ vận dụng Ngoài ra, tài liệu tham khảo cho dạng tốn chưa có xuất rời rạc đơn lẻ Do việc tổng hợp đưa phương pháp giải nhanh dạng toán cần thiết cho học sinh q trình ơn thi THPT quốc gia Xuất phát từ thực tế trên, với số kinh nghiệm trình giảng dạy tham khảo số tài liệu, tơi chọn đề tài “Ứng dụng hình học giải tốn mơ đun số phức mức độ vận dụng cao” nhằm giúp em hiểu vận dụng kiến thức hình học giải tốt toán vận dụng cao để đạt kết tốt kì thi 1.2 Mục đích nghiên cứu Thông qua việc vận dụng kiến thức đường trịn, elíp giải tốn mơ đun số phức giúp học sinh hiểu, định hướng cách làm tập, giải số toán số phức mức độ vận dụng cao cách xác nhanh chóng Từ kích thích khả tư duy, ham hiểu biết học sinh môn học 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Kiến thức chương số phức chương trình tốn THPT - Hệ thống hướng dẫn phương pháp giải tốn tìm modun số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí thuyết - Phương pháp nghiên cứu tài liệu sản phẩm hoạt động sư phạm - Phương pháp tổng hợp - Phương pháp thống kê, so sánh 2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Những kiến thức : Định nghĩa elíp: Cho hai điểm cố định F1 , F2 với độ dài F1 F2 2c Tập hợp điểm M mặt phẳng thoả mãn: MF1  MF2 2a ( với a> c >0 ) gọi e líp Hình dạng Mối quan hệ: a, b, c  0, a b  c Định nghĩa mô đun số phức và ý nghĩa hình học Cho số phức z a  bi mô đun z ký hiệu z tính z  a  b Mỗi số phức z a  bi biểu diễn điểm M(a;b) Mỗi số phức z a  bi coi vecto u (a; b) Tổng (hiệu) hai số phức biểu diễn điểm có tọa độ vectơ tổng (hiệu) tương ứng z u 2 z z.z ; z  u ; z1 z  z1 z z z1 n  ; z  z ; zn  z z2 z2 Cho M, N biểu diễn hai số phức z1 , z OM , ON véc tơ biểu diễn z1 , z Khi đó: * OM  ON véc tơ biểu diễn z1  z OM  ON OP  z1  z * OM  ON véc tơ biểu diễn z1  z OM  ON MN  z1  z y P N M O x Bất đẳng thức modun * z1  z  z1  z , dấu “ = ” xảy z1  kz (k>0) hay OM , ON ngược hướng * z1  z  z1  z , dấu “ = ” xảy z1  kz (k>0) hay OM , ON hướng M biểu diễn z I biểu diễn z z  z R  M thuộc đường tròn tâm O bán kính R M biểu diễn z , F1 biểu diễn z1 F2 biểu diễn z z  z1  z  z  M thuộc đường trung trực F1 F2 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Đối với giáo viên Trước số phức chương trình thi tốt nghiệp tuyển sinh đại học dừng lại mức độ (nhận biết, thơng hiểu) Vì việc giảng dạy nghiên cứu giáo viên dừng lại mức độ cụ thể giúp em làm tốt phần kiến thức Hiện với đề án thi giáo dục Thông qua đề thi trung học phổ thông quốc gia năm 2017,2018, 2019 , đề minh họa Bộ đưa đề thi thử sở, trường, câu hỏi phần số phức đã xuất nhiều Đặc biệt câu khó, khó lạ (mức độ vận dụng cao) mà trước chưa xuất xuất tương đối nhiều Tuy nhiên lại chưa có nhiều tài liệu nghiên cứu vấn đề nguồn tham khảo giáo viên cịn hạn chế Các giáo viên chưa có nhiều thời gian nghiên cứu dạng tốn mới, chưa có nhiều kinh nghiệm giảng dạy định hướng cho học sinh giải toán số phức khó 2.2.2 Đối với học sinh Với lớp tốn vận dụng, vận dụng cao em thường thụ động việc tiếp cận phụ thuộc nhiều vào kiến thức giáo viên cung cấp chưa có ý thức tìm tịi, sáng tạo tìm niềm vui, hưng phấn giải toán Số lượng tài liệu tham khảo cho em Việc thi trắc nghiệm địi hỏi học sinh khơng hiểu chất tốn mà cịn phải tìm cách giải nhanh để đạt kết tối đa Trước tình hình tơi muốn đưa ý tưởng giải tốn mơ đun số phức việc chuyển sang tốn hình học quen thuộc, giúp em phát triển tư kích thích ham học tập em 2.3 Giải pháp giải vấn đề 2.3.1 Sử dụng kiến thức e líp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ mơ đun số phức Bài tốn sớ phức: Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z 2a với 2a  z1  z Tìm GTLN, GTNN P  z  z Sự tương ứng gồm: * M điểm biểu diễn z , F1 , F2 tương ứng điểm biểu diễn z1 , z Khi z  z1  z  z 2a  MF1  MF2 2a *A điểm biểu diễn z Ta có P  z  z MA Chuyển hóa thành tốn hình học Bài tốn hình học: Cho M chuyển động Elip (E) điểm A cố định Tìm GTLN, GTNN AM Ta xét toán trường hợp đặc biệt Bài tốn 1: Phương trình (E) dạng tắc x2 y2  1 a2 b2 Cho số phức z thoả mãn z  c  z  c 2a (Elíp ngang) z  ci  z  ci 2a (Elip đứng).Tìm GTLN, GTNN P  z  z Giải - Tính b a  c - Lập phương trình dạng tắc (E) x2 y2  1 với z  c  z  c 2a Hoặc a2 b2 x2 y2  1 với z  ci  z  ci 2a b2 a2 b x2 y2 x2 y2 y   a  x   - Rút y theo dạng: tương tự  1 a a b2 b a b a  x  y0 ) , x    a; a  với z x0  y i a - Thay vào P ta P ( x  x0 )  ( - Dùng chức TABLE máy tính Casio phương án trắc nghiệm tìm GTLN, GTNN hàm P2 từ có P Ví dụ Cho số phức z thoả mãn z   z  6 Tìm GTLN, GTNN P  z  1 3i Giải: - Có a = 3, c =  b 9  5 x2 y2  1  y   x2 -Phương trình tắc Elip - Vậy P ( x  1)  (  x  3)  f1, ( x) - Bấm TABLE hàm f1, ( x) vơi x    3;3 GTLN, GTNN hàm P2 Bài tốn Elip khơng dạng tắc A trung điểm F1 , F2 tức A tâm Elip Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z 2a với 2a  z1  z Tìm GTLN, GTNN P  z  z Với đặc điểm nhận dạng z  z1  z 2 Phương pháp: - Tính F1 F2 2c  z1  z  c  z1  z 2 - Tính b a  c  b  a  c - Vì A tâm Elip M di chuyển Elip nên: + AM lớn a hay max P = a + AM nhỏ b hay P= b Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn z   3i  z   i 8 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P  z   2i Giải: - Ta có P  z   2i  P 1  z   i Ta cần tìm GTLN, GTNN P '  z   i 2 2 - Ta thấy z1 1  3i, z   i z   i Do z  z1  z 2 25 39  - Tính 2c  z1  z 5  c  ; 2a 8  a 4 Vậy b  16  - Vậy max P’= 4; P’= 39 , max P= 8; P= 2 39 Bài toán 3: Elip khơng có dạng tắc, A khơng trung điểm F1 , F2 A nằm trục Elip Bài toán 3.1: A nằm trục Elip lớn  z  z1  z  z  2a - Dấu hiệu nhận biết:   z  z1 k ( z  z ) - Thì max P= z  z1  z z z  a  AI  a ; P= z   a  AI  a 2 Bài toán 3.2: A nằm trục lớn phía Elip  z  z1  z  z  2a - Dấu hiệu nhận biết:   z  z1 k ( z  z ) - Thì max P= z  z1  z  a  AI  a Cịn GTNN khơng xác định nhanh Bài toán 3.3: A nằm trục nhỏ (bất kể hay ngoài) Elip - Dấu hiệu nhận biết: z  z1  z  z - Thì P= z  z1  z  b Cịn GTLN khơng xác định nhanh Ví dụ 3: Cho số phức z thoả mãn z  i  z   3i 6 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P  z   7i Giải: z1 i  F1 (0;1); z 3  3i  F2 (3; 3); z 6  7i  A(6; 7) I trung điểm F1 F2 I z1  z ( ; 1) 2 Có z0  z1 6  8i; z0  z 3  4i  z0  z1 2( z0  z ) Vậy A thuộc F1 F2 Mặt khác z0  z1  z0  z 10   Vậy A nằm Elip Vậy max P= AI+ a = z  z1  z z z 21  a  ; P= AI- a = z   a  2 2 Tổng kết bài toán Khi thấy giả thiết Elip khơng tắc z  z1  z  z 2a với ( z1  z  2a) z1 , z c;ci Tìm Min, Max P  z  z : Tính z1  z 2c b a  c +) Nếu thấy z  z1  z 0 max P= a; P= b  z1  z a  z0  +) Nếu thấy   z  z k ( z  z )  max P= z  z1  z z z  a ; P= z   a 2  z1  z a  z0  +) Nếu thấy   z  z k ( z  z )  max P= z  z1  z a +) Nếu thấy z  z1  z  z P= z  z1  z b 2.3.2 Sử dụng kiến thức véc tơ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ mơ đun số phức Bài tốn: Cho z1 m, z n az1  bz  p Tính q  cz1  dz Phương pháp 2 2 2 Gọi u; v véc tơ biểu diễn z1 ; z u  u  z1 m , v  v  z n (au  bv)  p , (cu  d v) q Khai triển: p a m  b n  2ab.u.v (1) q c m  d n  2cd u.v (2) Bây khử u.v xong Nhân (1) với ab nhân (2) với cd trừ đi, được: cd p  ab.q cd (a m  b n )  ab(c m  d n )  cd p  ab.q acm ( ad  bc)  bdn ( bc  ad )  cd p  ab.q (ad  bc)( acm  bdn ) Đặc biệt a = b =1 c = - d =1, ta có cơng thức hình bình hành 2 2( z1  z )  z1  z  z1  z 2 (Tổng bình phương hai đường chéo tổng bình phương cạnh ) Ví dụ 1: Cho số phức thỏa mãn z1 1, z 3 z1  3z 2 tính p  z1  3z Giải: 2 Coi số phức z1 , z vecto u, v ta có  z1  3z  z1  z  6.u.v (1) 2 p  z1  z  z1  z  12.u.v (2) 2 Nhân (1) với cộng với (2) được:  p 6 z1  27 z  p 241  p  241 Ví dụ 2: Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn z1  z 5 z1  z 3 Tìm GTLN p  z1  z Giải: Các số phức z1 , z có vec tơ đại diện u, v Ta có 2 25  z1  z  2.u.v (1) 2  z1  z  2.u.v (2) 2 Cộng (1) với (2) được: 34 2( z1  z ) 2 Mặt khác, theo bất đẳng thức BNC, ta có: p ( z1  z )  2 2( z1  z )  p 34  p  34 Vậy max p  34 Ví dụ 3: : Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn z1  z 5 3z1  z 3 Tìm GTLN p  z1  z Giải; Hướng dẫn Coi số phức z1 , z vector u, v ta có 2 25  z1  z  4.u.v (1) 2 9 z1  z  6.u.v (2) nhân (1) với nhân (2) với cộng lại ta có: 93 21 z1  14 z 2 Áp dụng bất đẳng thức BNC, ta có 155 2    1 p ( z1  z )  ( 21 z1 )  ( 14 z )    (21 z1  14 z )  14 14  21   21 14  2 Đáp số: max p  155 14 Ví dụ 4: Cho bốn số phức a, b, c, z thoả mãn az  bz  c 0 a  b  c  Gọi M max z , m min z Tính mơđun số phức w M  mi *) Gọi z1 , z hai nghiệm phương trình b   z1  z  a  z1  z 1      z1 z 1  z z  c  a  OA  OB 1 (1)   OA.OB 1 OA, OB vector đại diện z1 , z Từ (1)  OA  OB  2OA.OB cos(OA, OB) 1  OA  OB 1  cos(OA, OB) 3  OA  3 3 3  OA  2 OA M   ; m  -  w  2 Ví dụ 5: Cho số phức z1 , z thoả mãn z1  z  Tìm giá trị lớn biểu z1  z 2 thức P z1 z  z1 z2 Giải: Gọi OA, OB véc tơ đại diện z1 , z z Khi gọi u1 véc tơ đại diện z  u1 1 u1 phương với OA, z gọi u véc tơ đại diện z  u 1 u1 phương với OB, P  u1  u Mà 2  u1  u  cos(OA, OB) 2  cos(OA, OB) OA  OB   4(OA  OB  cos(OA, OB ).OA.OB ) OA  OB  2OA.OB OA  OB 3(OA  OB ) 2  cos(OA, OB)  (2  )  OA.OB 2 Vậy P 2  cos(OA, OB ) 2  2.( ) 1  Pmax 1 Ví dụ 6: Cho ba z1 , z , z số phức thoả mãn z1  z  z 1 Tính giá trị nhỏ 1 biểu thức P  z  z z  z  z  z z  z  z  z z  z 2 3 Giải: Gọi A, B, C điểm biểu diễn số phức z1 , z , z P 1   AB.BC BC AC AC AB Vậy Pmin 1  AB BC  AC  hay tam giác ABC nội tiếp đường trịn bán kính R = 2.3.3 Sử dụng kiến thức đường tròn tìm giá trị lớn , nhỏ mô đun số phức Bài toán 1: Cho số phức z thỏa mãn z1 z  z k  Tìm GTLN, GTNN T  z  z Bài toán hình học: Gọi M điểm biểu diễn z, có z1 z  z k  z  z2 z2 k   IM R z1 z1 k Với I biểu diễn z R z Vậy M chuyển động đường tròn tâm I bán kính 1 R Gọi A điểm biểu diễn z thì, tốn trở thành: “ ChoM di chuyển đường tròn tâm I A điểm cố định Tìm GTLN, GTNN AM ” Nhìn vào hình vẽ ta thấy A M I M MinT  AI  R  z  R z1 z  z  k z2 k   z1 z1 z1 MaxT  AI  R  z  z z  z  k z2 k   z1 z1 z1 Chú ý: Khơng phải phương trình đường trịn dạng z1 z  z k  mà dạng z1 z  z  z1 z  z3 với z1  z Do để kiểm tra điều kiện giả thiết phương trình đường trịn hay phương trình đường thẳng trường hợp cách tốt gọi z = x +yi thay vào giả thiết để biết (x; y) thỏa mãn phương trình Ví dụ 1: Cho số phức z thoả mãn z   2i 4 Tìm GTLN, GTNN T  z 1  i Giải: Viết T dạng T  z  z z   i thay vào phương trình ta z   2i    3i = AI Vậy T 4  13 max T 4  13 Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn 2iz   3i 1 Tìm GTLN, GTNN T  z   3i Giải: Viết T dạng T  z  z z   3i thay vào 2iz   3i ta z i   3i    i 5 Vậy T  21 1 max T  2 Ví dụ 3: Cho số phức z thoả mãn z   z  2i Tìm GTLN, GTNN T  z   2i Giải: Gọi z = x +yi , ( x, y  R ) M(x;y) biểu diễn z 2z   z  2i  (2 x  1)  (2 y )  x  ( y  2)  3x  y  x  y  0  x2  y2  2 x  y  0 3 1 1 11 Vậy M đường trịn tâm I  ;  bán kính R   3 Có T  z   2i  AM với A(-1;-2) Vậy T  65  11 65 11 max T  AI  R   3 10 Bài toán 2: Cho số phức thỏa mãn z  z R Tìm GTLN P a z  z1  b z  z biết z0  z1  k ( z  z ), k  0, a, b  R Bài toán hình học: Cho điểm M chuyển động đường trịn tâm I bán kính R Cho A, B điểm cố định Tìm giá trị lớn P = aMA+bMB (khi I trung điểm AB hay I nằm đường trung trực AB) AB 2   MA  MB  với J trung điểm AB Ta có MA  MB 2MJ  2 2 Do (MA+MB) đạt giá trị lớn MJ lớn hay M  IJ  (C ) A J M I B Ví dụ 1:(Đề minh hoạ BGD- 2018): Xét số phức z a  bi (a, b  R) thoả mãn z   3i  Tính P = a+ b z   3i  z   i đạt giá trị lớn Giải Gọi M(a;b), A(-1;3), B(1;-1) tâm I(4;3) Gọi J trung điểm AB  J(0;1)  IJ ( 4; 2); AB (2; 4)  IJ AB 0  IJ trung trực AB Bài tốn trở thành: Tìm M  (C ) : ( x  4)  ( y  3) 5 (1) Sao cho (MA+MB) đạt giá trị lớn Ta có MA2  MB 2MJ  AB 2   MA  MB  2 Do (MA+MB) đạt giá trị lớn MJ lớn hay M  IJ  (C ) Phương trình (IJ): x -2y +2 = (2)  y   x 6 2 Từ (1) (2)  (2 y  6)  ( y  3) 5  ( y  3) 1    y 2  x   M(4;6) M(2;2) (kiểm tra loại bỏ) Vậy P = a+ b=10 Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn z   Tìm giá trị lớn T  z i  z   i Giải 11 Ta có tâm I(1;0) đường trịn , bán kính r  Điểm A B ứng với số phức z1  i; z 2  i  I trung điểm AB  M (0;1), M (2; 1) max T = MA + MB = Ví dụ 3: ( Sở GD ĐT Bắc Ninh) Cho số phức z thỏa mãn diều kiện z  Giá trị lớn biểu thức P   z   z Giải: Ta có: P   z   z  z   z  z1   0i, z2   0i, z2  1  0i PMax  12  33  10 Chú ý : Trong trường hợp I trung điểm AB hay I không nằm đường trung trực AB ta dùng tính chất mơ đun số phức để giải tốn Ta có: 2 2 z  z1  z  z  z  z1  z  z  z  z1  2u.( k v) (1) 2 2 z  z  z  z  z  z  z  z  z  z  2u.v (2) Với u véc tơ biểu diễn z  z v véc tơ biểu diễn z  z với lưu ý z  z1  k ( z  z ) Nhân (2) với k cộng với (1) ta được: 2 z  z1  k z  z (1  k )( R  k z  z ) (không đổi) Áp dụng bất đẳng thức BNC cho P ta có  b P (a z  z1  b z  z )  a z  z1  k    b2  2 k z  z1   a   ( z  z1  k z  z ) k     b2   P  a   (1  k )( R  k z  z ) k   Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 4: Cho số phức z thoả mãn z   Tìm giá trị lớn T  z i  z   i Giải: Ta có tâm I đường trịn giả thiết z 1 bán kính r  Điểm A B ứng với số phức z1  i; z 2  i Dễ thấy z  z1  ( z  z ) Vậy chí I trung điểm AB Ta có 12 2 2 z  i  z    i  z    i  2u.v (1) 2 2 z   i  z    i  z    i  2u.v (2) Với u véc tơ biểu diễn z  v véc tơ biểu diễn  i cộng (1) với (2) ta được: 2 z  i  z   i 2 z   8 (không đổi) Áp dụng bất đẳng thức BNC 2 T ( z  i  z   i )  2( z  i  z   i ) 16  T 4 Ví dụ 5: Cho số phức z thoả mãn z   2i 2 Tìm giá trị lớn T  z  z   6i Giải:Ta có 2 2 z  z   2i   2i  z   2i   2i  2u.v (1) z   6i  z   2i   4i 2  z   2i   2i  4u.v (2) Với u véc tơ biểu diễn z  1 2i v véc tơ biểu diễn 1 2i Nhân (1) với cộng với (2) ta được: 2 2 z  z   6i 3 z   2i   2i 12  30 42 (không đổi) Áp dụng bất đẳng thức BNC 2 1    T ( z  z   6i )  z  z   6i     1(2 z  z   i ) 63  T 3 2    2 Bài toán 3:Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn z1  z1 *  R z  z *  z  z * với z1 *, z *, z * cho trước Tìm GTNN T  z1  z Bài toán hình học: Gọi M, N điểm biểu diễn z1 , z Giả thiết z1  z1 *  R tương đương với M thuộc đường tròn tâm I bán kính R ( gọi đường trịn (C)) Giả thiết z  z *  z  z * tương đương N thuộc đường thẳng (d) Bài tốn trở thành tìm M thuộc (C) N thuộc (d) cho T=MN ngắn Từ hình vẽ ta thấy GTNN MN d ( I , (d ))  R Vậy T d ( I , (d ))  R 13 I M N d Ví dụ 1: Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn z1   3i 2 z   3i  z   2i Tìm giá trị nhỏ T  z1  z Giải: Gọi M, N điểm biểu diễn z1 , z Giả thiết z1   3i 2 tương đương với M thuộc đường tròn tâm I(-4;3) bán kính R=2 Giả thiết z   3i  z   2i tương đương N thuộc đường thẳng (d): 3x-5y+4=0 Vậy MN d ( I , (d ))  R  23 23 34 23 34  2   T  2 34 34 34 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào trình nghiên cứu giảng dạy đã mang lại kết tích cực Đối với thân tơi sau nghiên cứu kĩ kiến thức liên quan phần số phức, đặc biệt toán số phức mức độ vận dụng cao, giúp tơi có kiến thức kinh nghiệm việc giảng dạy cho em Từ định hướng cho em cách phát tư việc giải toán mức độ vận dụng cao Với đồng nghiệp, việc sử dụng tài liệu nhỏ tài liệu để tham khảo hướng dẫn cho học sinh làm toán Đối với học sinh sau áp dụng cách tiếp cận việc giải toán giúp học sinh phát triển tư Học sinh có khả định hướng cách làm với dạng tập khó khác Học sinh tự tin trình làm bài, tạo hứng thú cho em trình học tập Việc làm tập số phức nói chung số phức mức độ vận dụng cao em trở nên nhanh chóng 14 xác Cụ thể tơi cho em số kiểm tra phần số phức trình trước sau áp dụng phương pháp giải tập số phức, kết sau: Bài kiểm tra số 1: ( Trước áp dụng sáng kiến) Đề bài: Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: z    4i   A Đường tròn tâm I  2; 1 , R  B Đường tròn tâm I  3; 4  , R  C Đường tròn tâm I  2;1 , R  D Đường tròn tâm I  3; 4  , R  Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2i  Tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z   3i A Đường tròn tâm I  2; 5  , R  B Đường tròn tâm I  2;5  , R  C Đường tròn tâm I  2;5  , R  D Đường tròn tâm I  2; 5  , R  Câu 3: Cho số phức z thỏa mãn z  2i  Tìm giá trị lớn z A z Max   B z Max   1; C z Max  1; D z Max  Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn z   x   Giá trị nhỏ z là: A z Min  B z Min  C z Min  D z Min  Kết quả: Lớp 12B7 Chỉ Chỉ Chỉ Đúng câu câu câu câu Số lượng 25 – 52% 15 – 31% – 17% – 0% Bài kiểm tra số 2: ( Sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm) Tổng 48 Câu 1: Tập hợp điểm biểu diên số phức z thõa mãn điều kiện z   i  là: A Đường tròn tâm I  2; 1 , R  B Đường tròn tâm I  2;1 , R  C Đường tròn tâm I  2;1 , R  D Đường tròn tâm I  1;2  , R  Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn w iz   i  Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 1  i đường tròn Tâm đường trịn có bán kính là: z2 A R  B R  C R  D R  15 Câu 3: Cho số phức z thỏa mãn z   i  Giá trị lớn P  z   z   i là: A P  B P  C P  Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn D P  z   i  Giá trị lớn P  z   z  2i A P  17  B P  17  C P  17  D P  17 Kết quả: Lớp 12B7 Chỉ Chỉ Chỉ Đúng câu Tổng câu câu câu Số lượng – 10% 15 – 31% 15 – 31% 13 – 28% 48 So sánh kết thu từ hai bảng ta thấy sau áp dụng phương pháp giải nhanh học sinh làm tốt khả tư phát triển Điển hình có câu khó dạng gặp ( Câu đề 2) em làm tốt KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua việc vận dụng đề tài đã nghiên cứu vào trình giảng dạy học tập học sinh đã thu đươc kết tích cực bảng số liệu đã phân tích Đề tài đã giúp cho giáo viên nhiều việc truyền đạt tư tưởng, phương pháp kiến thức cho học sinh Bản thân học sinh giảng dạy thông qua đề tài đã giúp em phát triển tư duy, biết định hướng để giải toán Khơi dậy em niềm thích thú, ham học hỏi đặc biệt giúp em đạt hiệu cao làm tập thi THPT quốc gia Việc áp dụng đề tài không dừng lại số toán số phức mức độ vận dụng cao, mà cịn mở rộng nhiều dạng toán khác Bản thân đề tài động lực cho mỡi giáo viên học sinh tìm tịi phát triển để có phương pháp cách truyền thụ kiến thức cảm hứng cho học sinh tốt 3.2 Kiến nghị Đối với sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa: Thơng qua việc chấm sáng kiến kinh nghiệm hàng năm, lựa chọn đề tài có chất lượng cần phổ biến rộng rãi cho trường tỉnh để trường có điều kiện tương đồng triển khai áp dụng hiệu Nên đưa SKKN có chất lượng vào mục “tài nguyên” sở để giáo viên tồn tỉnh tham khảo cách rộng rãi 16 Đối với trường THPT Hàm Rồng : Mỗi sáng kiến kinh nghiệm lựa chọn cần phổ biến rộng rãi phạm vi tổ Cần có lưu thư viện để giáo viên học sinh tham khảo Đối với tổ chuyên môn: Cần đánh giá chi tiết mặt đạt được, hạn chế hướng phát triển đề tài cách chi tiết cụ thể để hoàn thiện sáng kiến Đối với đồng nghiệp: Trao đổi ý tưởng, kinh nghiệm hỗ trợ việc áp dụng rộng rãi sáng kiến mỗi lớp học Phản hồi mặt tích cực mặt hạn chế sáng kiến Đề tài nghiên cứu thời gian hạn chế, mong Hội đồng khoa học Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa nghiên cứu, góp ý bổ sung để sáng kiến hồn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 16 tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm tôi, không chép nội dung người khác Người viết sáng kiến Lê Thị Thủy 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO SGK giải tích 12 nâng cao – Nhà xuất giáo dục 2009 Sách tập 12 nâng cao – Nhà xuất giáo dục 2009 Đề minh họa lần 1, lần 2, lần giáo dục đào tạo năm học 2016-2017 Website: http://www.dethithu.net Website: http://www luyenthithukhoa.vn DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC TỈNH XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI Họ tên tác giả: Lê Thị Thủy Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên Kết quả Năm học TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá đánh giá đánh giá xếp loại xếp loại xếp loại (A, B, C) Kỹ thuật chọn điểm rơi Sở giáo dục đào B 2013-2014 bất đẳng thức tạo hóa Nghiên cứu số sai lầm Sở giáo dục đào B 2016-2017 giải tốn vectơ tọa độ tạo hóa Ứng dụng hàm số vào giải Sở giáo dục đào C 2018-2019 hệ phương trình” tạo hóa ... số phức mức độ vận dụng cao em trở nên nhanh chóng 14 xác Cụ thể cho em số kiểm tra phần số phức trình trước sau áp dụng phương pháp giải tập số phức, kết sau: Bài kiểm tra số 1: ( Trước áp dụng. .. tốn mơ đun số phức giúp học sinh hiểu, định hướng cách làm tập, giải số toán số phức mức độ vận dụng cao cách xác nhanh chóng Từ kích thích khả tư duy, ham hiểu biết học sinh môn học 1.3 Đối... để giải toán Khơi dậy em niềm thích thú, ham học hỏi đặc biệt giúp em đạt hiệu cao làm tập thi THPT quốc gia Việc áp dụng đề tài không dừng lại số toán số phức mức độ vận dụng cao, mà cịn mở rộng