SKKN ứng dụng hình học giải nhanh một số bài toán về mô đun 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 NHANH MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ MƠ ĐUN SỐ PHỨC Ở MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO Người thực hiện: LÊ MẠNH HÙNG Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Tốn THANH HỐ, NĂM 2018 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 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 dung kiên thưc vê e lip tìm gia trị lơn nhât , nhỏ nhât cua mô đun sô phưc ………………………………………………………………………………………4 2.3.2 Sử dung kiên thưc vê véc tơ tìm gia trị lơn nhât , nhỏ nhât cua mô đun sô phưc ……………………………………………………………………………………………….8 2.3.3 Sử dung kiên thưc vê đường tròn, đường thẳng tìm gia trị lơn nhât , nhỏ nhât cua mô đun sô phưc……………………………………………………………………….10 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 16 3.1 Kết luận 19 3.2 Kiến nghịị 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình SGK đề thi tốt nghiệp thi tuyển sinh đại học trước dạng toán số phức đưa dạng bản, đa phần mức độ nhận biết, thông hiểu Các câu hỏi mang tính vận dụng gần khơng xuất Vì thế, Bộ giáo dục Đào tạo đưa đề minh họa môn Tốn cho kì thi THPT Quốc gia 2017-2018 , 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 toán chưa có xuất rời rạc tốn đơn lẻ Do việc tổng hợp đưa phương pháp giải nhanh dạng toán cần thiết cho học sinh trình ôn thi THPT quốc gia Xuất phát từ thực tế trên, với số kinh nghiệm trình giảng dạy tham khảo số tài liệu, chọn đề tài “ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ MƠ ĐUN SỐ PHỨC Ở 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 Thơng qua việc vận dụng kiến thức đường tròn , 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 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Những kiến thức : Định nghĩa elíp: Cho hai điêm cô đinh F1 , F2 vơi đô ̣dai F1 F2 2c Tâp ̣ hơp cac điêm M măṭphẳng thoa mãn: MF1 MF2 2a ( vơi a> c >0 ) gọi e líp Hình dạng Mới quan hê:̣a,b, c 0, a b2 c2 Định nghĩa mô đun số phưc và ý nghĩa hình học Cho sô phưc z a bi mô đun cua z ký hiêụ la z đươc tinh bơi Mỗi sô phưc z a bi đươc biêu diễn bơi điêm M(a;b) Mỗi sô phưc z a bi co thê coi la môṭvecto u (a;b) Tông (hiêu) ̣ hai sô phưc băng tông (hiêu) ̣ hai vecto z a2 b2 zu z 2z ;z u ; z1 z2 z1.z2 z z ; z1 z2 z2 z z ; n z n z Cho M, N lân lươt biêu diễn hai sô phưc z1 , z2 thi OM ,ON la cac véc tơ biêu diễn z1 , z2 Khi đo : OP z z * OM ON la véc tơ biêu diễn z1 z2 va OM ON MN z z z1 z2 va OM ON * OM ON la véc tơ biêu diễn y P N M O Bất đẳng thức modun * z z z z dâu “ = ” xay z1 z z x kz2 (k>0) hay OM ,ON ngược hướng z z * dâu “ = ” xay z1 kz2 (k>0) hay OM , ON hướng z z M biêu diễn z va I biêu diễn z0 thi thuôc ̣ đương tron tâm O ban kinh R z z z z M biêu diễn z , F1 biêu diễn z1 va F2 biêu diễn z2 thi đương trung trưc F1 F2 2 RM M thuôc ̣ 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 tơt nghiêp ̣ va tuyên sinh đai hoc dừng lại mức độ bản( 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 hoc phô thông quôc gia năm 2017 , đê minh họa Bộ đưa đề thi thử sở, trường, câu hỏi phần số phức đãã̃ 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 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 tốn số phức khó 2.2.2 Đối với học sinh - Với lớp toán vận dụng , vâṇ dung cao em thường thụ động việc tiếp cận phụ thuộc nhiều vào kiến thức giáo viên cung cấp chưa có ýý́ thức tìm tịi, sáng tạo tìm niềm vui, hưng phấn giải toán - Số lượng tài liệu tham khảo cho em cịn - 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 ýý́ tưởng giải tốn mơ đun số phức viêc ̣ chuyên sang bai toan hinh hoc quen thuôc ̣ , giúp em phát triển tư kích thích ham học tập em 2.3 Giải pháp giải vấn đề 2.3.1 Sử dung kiên thưc vê e lip tìm gia trị lơn nhât , nhỏ nhât cua mô đun sô phưc z 2a z z z 2a z Bài toan số phưc : Cho sô phưc z thoa mãn vơi Tim GTLN, GTNN cua P z z0 Sư tương ưng gôm: * M la điêm biêu diễn z , F1 , F2 tương ưng la điêm biêu diễn z1 , z2 Khi z z1 z z2 2a MF1 MF2 z 2a *A la điêm biêu diễn z0 Ta có P z z MA Chuyển hóa thành tốn hình học Bài toan hìì̀nh họ̣c: Cho M chuyên đông ̣ Elip (E) va môṭđiêm A cô đinh Tim GTLN, GTNN cua AM Ta xéý́t toán trường hợp đặc biệt Bài toan 1: Phương trinh (E) dang chinh tăc x2 a y2 b Cho sô phưc z thoa mãn z c z c 2a (Elíp ngang) hoăc ̣ z ci z ci 2a (Elip đưng).Tim GTLN, GTNN cua P z z G iải - Tinh b2 a2 c2 - Lâp ̣ phương trinh dang chinh tăc (E) x y vơi b a2 x2 y2 b2 a2 z ci vơi z ci - Rut y theo dang: y - Thay vao P ta đươc P2 b a 2a z c z c 2a Hoăc ̣ x2 đôi vơi a b tương tư đôi vơi b ( a2 x2 y0 ) , xa;a vơi z0 a x (x x0 ) y2 a x2 b x0 y2 a 21 y0i - Dung chưc TABLE cua may tinh Casio phương án trắc nghiệm tim GTLN, GTNN cua ham P2 tư đo co P Ví du Cho sô phưc z thoa mãn z z Tim GTLN, GTNN cua P z 3i Giai - Co a = 3, c = b2 -Phương trinh chinh tăc Elip - Vâỵ P (x 1)2 ( f x2 9 x2 (x) y2 51 y 3)2 9x f1,2 (x) vơi x3;3 đươc GTLN, GTNN cua ham P2 Bài toan Elip không dạng chinh tăc A la trung điêm cua F1 , F2 tưc A la tâm cua Elip z 2a z z 2a z Cho sô phưc z thoa mãn z vơi z Tim GTLN, GTNN - Bâm TABLE cac ham 1, 2 cua P z z Vơi đăc ̣ điêm nhâṇ dang Phương phap z0 - Tinh F1F2 z1 z c 2c z z 2 z1 z2 Tinh b a c b a c Vi A la tâm cua Elip va M di chuyên Elip nên: + AM lơn nhât băng a hay max P = a + AM nho nhât băng b hay P= b Ví du 2: z i Cho sô phưc z thoa mãn z 3i Tim gia tri lơn nhât, gia tri nho nhât 2z 2i cua P P 1 Giai 2z 2i z i Ta chi cân tim GTLN, GTNN cua P' z i - Ta co P - 2 2 - - Ta thây z1 3i, z2 2 1i va z0 i Do đo z0 2 - Tinh 2c z1 z2 c ; 2a a Vâỵ b 16 z1 z 25 39 39 - Vâỵ max P’= 4; P’= , đo max P= 8; P= 39 Bài toan Elip không co dang chinh tăc, A không la trung điêm cua F1 , F2 A năm cac truc cua Elip Bài toan 3.1: A năm truc Elip lơn va ngoai - Dâu hiêụ nhâṇ biêt: z z0 z z z1 k ( z0 z 2a z2 ) - Thi max P= z1 z2 a AI a ; z0 P= z0 z1 z2 a AI a Bài toan 3.2: A năm truc lơn va phia Elip z0z1 z 0z1 - Dâu hiêụ nhâṇ biêt: - Thi max P= z0 z1 z2 2a z 0z k ( z 0z ) a AI a Con GTNN không xac đinh nhanh đươc Bài toan 3.3: A năm truc nho (bât kê hay ngoai) Elip z0 z - Dâu hiêụ nhâṇ biêt: z0 z1 - Thi P= z1 z0 b z2 Con GTLN không xac đinh nhanh đươc Ví du Cho sô phưc z thoa mãn z i P z 7i Giải 3i z1 i z 3i Tim gia tri lơn nhât, gia tri nho nhât cua 7i A(6; 7) F2 (3; 3); z0 I la trung điêm cua F1 F2 F1 (0;1); z2 thi I zz ( 22 ; 1) Co z0 z1 8i; z0 z2 z z z z Măṭkhac Vâỵ max P= AI+ a = z0 Tổng kết bài toan 4i z0 10 z1 Vâỵ A thuôc ̣ F1 F2 Vâỵ A năm ngoai Elip z2 a z1 z2 ) 2(z0 21 ; P= AI- a = z0 22 Khi thây gia thiêt la Elip không chinh tăc z z1 z z2 z z0 z1 , z2c; ci Tim Min, Max cua P : Tinh +) Nêu thây z0 z1 z2 thi max P= a; P= b z2 vơi ( z1 2c va b a ; P= 2a z1 z1 z 22 a va z2 2a) a c 2 z +) Nêu thây z zk ( z z +) Nêu thây z z zk ( z z z1 z2 z z z0 a 2 z z a ) z0 thi max P= z0 a z z ) z1z2 z0 thi max P= z0 +) Nêu thây a z1z2 thi P= z0 z1 z2 b 2.3.2 Sử dung kiên thưc vê véc tơ tìm gia trị lơn nhât , nhỏ nhât cua mô đun sô phưc p q az1 bz2 cz1 dz2 Bài toan Cho z1 m, z2 n Tính 2 Phương phap u v z1 z2 n Goi u; v la cac véc tơ biêu diễn z1 ; z2 u m , v 2 (au bv) p , (cu d v) q2 2 Khai triển: p2 a m2 b n2 2ab.u.v (1) q2 c m2 d n2 2cd.u.v (2) Bây khử u.v xong Nhân (1) với ab nhân (2) với cd trừ đi, được: cd p2 cd p2 ab.q2 ab.q2 cd (a2 m2 acm2 (ad b2 n2 ) bc) ab(c2 m2 bdn2 ( bc d n2 ) ad ) cd p2 ab.q2 (ad bc)(acm2 bdn2 ) Đặc biệt a = b =1 c = - d =1, ta có cơng thức hình bình hành 2( z z 22 22 z z ) z z 2 (Tông binh phương hai đương chéo băng tông binh phương cac canh ) p z1 3z2 2z1 3z2 Ví du 1: Cho số phức thỏa mãã̃n z 1, z tính Giải (1) z1 z2 6.u.v Coi số phức z1 , z2 vector u, v ta có z1 3z2 2 p2 2z 3z z z 2 (2) 12.u.v Nhân (1) với cộng với (2) được: p Ví du 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãã̃n z1 z1 z1 z2 Tìm GTLN p Giải Các số phức z1 , z2 co vec tơ đai diêṇ la 2.u.v Ta có 27 z2 z2 241 p p2 z1 241 z2 u, v 25 z2 z (1) z z 2 2.u.v (2) z Cộng (1) với (2) được: 34 2( z ) Mặt khác, theo bất đẳẳ̉ng thức BNC, ta có p2 2( z1 z2 ) p2 34 p Vâỵ max p 34 Ví du 3: : Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãã̃n p z1 z2 Giải Hướng dẫn Coi số phức z1 , z2 vector u, v ta có 2 ( z1 z )2 2 25 z z2 z 2 4.u.v 34 2z2 z1 3z1 z2 Tìm GTLN (1) 9 z (2) 6.u.v nhân (1) với nhân (2) với cộng lại ta có: 93 2 z1 z2 Áp dụng bất đẳẳ̉ng thức BNC, ta có p ( (21 z 14 z 2 21 z1 ) z2 ( 21 2 z1 21 )155 14 ) 14 z2 ( 14 ) 21 14 155 14 Đáp sốố: max p Ví du Cho bốn sô phưc a, b, c, z thoa mãn az z m z M max , Tính mơđun số phức w M mi *) Gọi hai nghiệm phương trình z z1 , z2 bz c z b 2c a z z z1 vector đại diện z1 , z2 Từ (1) OA, OB OA OB M Víố dụ 2cos(OA,OB) OA 5;m 3- 2 : Cho sô phưc z1 , z2 thoa mãn P z2 z z c Gọi (1) 33 2OA.OB.cos(OA,OB) OA2 z1 z2 z z1 b z2 a OA2 OB OA2 w a OA OB OA OB z z2 z2 Tim gia tri lơn nhât cua biêu thưc Giải: Goi la cac véc tơ đai diêṇ z1 , z2 z u1 la véc tơ đai diêṇ va u1 u1 OA, OB z1 Khi đo goi u2 z2 goi u2 la véc tơ đai diêṇ z2 P2 u1 Ma cung phương vơi OA, u2 u1 OA OB u2 va u1 cung phương vơi OB, cos(OA, OB) 2 cos(OA, OB) 2 4(OA OB 2 cos(OA, OB).OA.OB) OA OB 2OA.OB OAOB 2 cos(OA,OB) 3(OA OB ) OA.OB82 2 z ,z ,z Víố dụ 6: Cho ba sô phưc thoa mãn cua biêu thưc P Vâỵ P z1 z2 z1 z3 Goi A, B, C la cac sô phưc biêu diễn 1 AB.BC BC.AC VâỵPmin AB BC AC z2 z3 Tinh gia tri nho nhât z2 z3 z3 z1 z3 z2 z ,z ,z AC.AB hay z1 z2 z1 Giải: P ) Pmax 2 cos(OA,OB) 2.( tam giac ABC đêu nôịtiêp đương tron ban kinh R=1 2.3.3 Sử dung kiên thưc vê đường tròn , đường thẳng tìm gia trị lơn nhât , nhỏ nhât cua mô đun sô phưc Bài toan 1: Cho số phức z thỏa mãã̃n z1.z z2 k z z Tìm GTLN, GTNN T Bài toan hìì̀nh họ̣c: k IM R z2 Gọi M điểm biểu diễã̃n z, có z1.z z2 k z z2 Với I biểu diễã̃n z1 k R z1 Vậy M chuyển động đường trịn tâm I bán kính z z 1 R Gọi A điểm biểu diễã̃n z0 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 R AI R z0 z z1 k z1 z1.z0 z2 z1 k MaxT AI R k z1 z1 z z0 k z1.z0 z2 z1 Chú ý : Không phải phương trình đường trịn dạng z z z k mà z z z z z z z z dạng với Do để kiểm tra điều kiện giả thiết phương trình đường trịn hay phương trình đường thẳẳ̉ng trường hợp cách tốt gọi z = x +yi thay vào giả thiết để biết (x; y) thỏa mãã̃n phương trình 1 2 Víố dụ 1: Cho sô phưc z thoa mãn z 2i Tìm GTLN, GTNN T z i Giải: Viết T dạng T z z z0 i thay vào phương trình ta z 2i2 3i = AI Vậy minT 13 maxT 13 Víố dụ 2: Cho sô phưc z thoa mãn 2iz T 1 3i Tìm GTLN, GTNN z 3i Giải: Viết T dạng T i 2z0i 3i Vậy minT z z0 z 3i 2iz 3i thay vào ta maxT 2 z 2i Víố dụ 3: Cho sô phưc z thoa mãn 2z Tìm GTLN, GTNN T z 2i Giải: Gọi z = x +yi , ( x, y R ) M(x;y) biểu diễã̃n z z z 2i (2x 1)2 x2 y2 (2 y)2 x2 ( y 2)23x2 3y 4x y 3x 3y Vậy M đường trịn tâm I Có T z Vậy T 2i AM 65 3 với A(-1;-2) 11 maxT AI ;1 bán kính R 65 R Bài toan 2: Cho số phức thỏa mãã̃n z z1 k(z0 z2 ), k 0, a, b R zR 11 11 Tìm GTLN P a z z b z z2 biết z0 Bài toan hìì̀nh họ̣c: Cho điểm M chuyển động đường trịn tâm I bán kính R Cho A, B điểm cố định thỏa mãã̃n I nằm đoạn thẳẳ̉ng AB Tìm giá trị lớn P = aMA+bMB (khi I trung điểm AB hay I năm đương trung trưc cua AB) Ta co MA2 MB2 2MJ AB 2 2 MA MB vơi J la trung điêm AB Do đo (MA+MB) đat gia tri lơn nhât MJ lơn nhât hay M IJ (C) A J M I B Víố dụ 1:(Đê minh hoa BGD- 2018): Xét cac sô phưc z a bi (a,b R) thoa mãn z 3i z z 3i Tinh P = a+ b đat gia tri lơn nhât i Giải Goi M(a;b), A(-1;3), B(1;-1) tâm I(4;3) Goi J la trung điêm AB J(0;1) IJ ( 4; 2); AB (2; 4) IJ.AB IJ la trung trưc cua AB Bai toan trơ thanh: Tim M (C) : (x 4)2 ( y 3)2 (1) Sao cho (MA+MB) đat gia tri lơn nhât Ta co MA2 MB2 2MJ AB22 12 MA MB Do đo (MA+MB) đat gia tri lơn nhât MJ lơn nhât hay M Phương trinh (IJ): x -2y +2 = (2) ( y 3) ( y 3) y 4x Tư (1) va (2) (2 y 6) 2 IJ (C) y 2x M(4;6) hoăc ̣ M(2;2) (kiêm tra loai bo) Vâỵ P = a+ b=10 Víố dụ 2: Cho sô phưc z thoa mãn z Tim gia tri lơn nhât cua T z iz i Giải Ta có tâm I(1;0) cua đường trịn , bán kính r Điểm A B ứng với số phức z1 i; z2 i I trung điểm AB M (0;1), M (2; 1) max T = MA + MB = Víố dụ 3: ( Sở GD ĐT Bắc Ninh) Cho số phức z thỏa mãã̃n diều kiện z Giá trị lớn biểu thức P z 31 z Giảả̉i: Ta có: P z 31 z z z , z1 0i , z 10i , z 0i PMax 12 33 10 Chú ý : Trong trương hơp I không phai trung điểm AB hay I không năm đương trung trưc cua AB ta dùng tính chất mơ đun số phức để giải tốn Ta có: z z z z 0 z z z z z z0 z0 z2 z1k(z0 z 2u.( k v) (1) Với u véý́c tơ biểu diễã̃n z0 z z2 z z z0 z z z0 z2 2u.v (2) v véý́c tơ biểu diễã̃n z2 ) Nhân (2) với k cộng với (1) ta được: k z z2 (1 k )(R k z z1 z0 z ) (không đổi) Áp dụng bất đẳẳ̉ng thức BNC cho P ta có 2 z z với lưu ýý́ 2 P (a z z1 22 b b Pa ) z z2 a b z z1 k z0 z i z z1 z z i2 2 z z2 ) k ( z Tim gia tri lơn nhât cua z0 ứng với số phức z1 i; z2 i Dễã̃ thấy AB Ta có 2 2 i k i Giải: Ta có tâm I đường trịn giả thiết z a ) z2 Ví du minh hoạ: Víố dụ 4: Cho sô phưc z thoa mãn z T k z k (1 k )(R k b z1 i z z 1 i2 i bán kính r z z (z z ) 2 Điểm A B Vậy chí I trung điểm 2u.v (1) 12 z i2 2u.v (2) Với u véý́c tơ biểu diễã̃n z v véý́c tơ biểu diễã̃n i cộng (1) với (2) ta được: z i2 z i2 12 2z (không đổi) Áp dụng bất đẳẳ̉ng thức BNC T2 (z i z i )2 i2 2( z z i2) 16 T Víố dụ 5: Cho sô phưc z thoa mãn z 2i Tim gia tri lơn nhât cua T z z 6i Giải:Ta có z2 z 2i z 2i 241 2i 2i z 2i 2i 2u.v (1) z 6i ( z z Bài toan 3: 2i 4i 4u.v (2) Với u véý́c tơ biểu diễã̃n z 2i v véý́c tơ biểu diễã̃n Nhân (1) với cộng với (2) ta được: 2z2 z 6i 3z 2i 61 2i 12 30 42 (không đổi) Áp dụng bất đẳẳ̉ng thức BNC T2 z 6i ) 2 2z z3 6i 1 (2 z z 2i i6 ) 63 T Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãã̃n với z1 *, z2 *, z3 * cho T z z trước Tìm GTNN Bài toan hìì̀nh họ̣c: Gọi M, N điểm biểu diễã̃n z1 , z2 Giả thiết tương đương với M thuộc đường tròn tâm I bán kính R ( gọi đường trịn (C)) Giả thiết tương đương N thuộc đường thẳẳ̉ng (d) Bài toán 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 minT d (I , (d )) R z1 z1 * z2 z2 * R z2 z3 * z1 z1 * R z2 z2 * z2 z3 * I M N d Víố dụ 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãã̃n z1 z1 z z Tim gia tri nhỏ nhât cua Giải: Gọi M, N điểm biểu diễã̃n z1 , z2 Giả thiết đường trịn tâm I(-4;3) bán kính R=2 Giả thiết thuộc đường thẳẳ̉ng (d): 3x-5y+4=0 Vậy MN d (I , (d )) 23 R 3i z2 2i 3i z2 T z2 3i 2 3i z2 2i 23 34 34 tương đương với M thuộc tương đương N T 23 34 34 34 Víố dụ Đê thi THPT Quôc Gia 2017-2018 Goi S la tâp ̣ hơp tât ca cac gia tri cua tham sô m đê tôn tai nhât sô phưc z thoa mãn z.z va z i m Tim sô phân tư cua S Giải: Goi z = x+yi Tư z.z z x y (C1) Tư z i m (x 3) ( y 1) m (C2) Đê tôn tai nhât môṭsô phưc thi (C1) (C2) tiêp xuc ngoai hoăc ̣ tiêp xuc 2 OI R m 2m (t/m) R1 R2 OI OI R2 R R Vâỵ S m (t/m) m1 (loai) Bài toan 4Cho số phức z thỏa mãã̃n T z z1 z z2 1;3 Tìm GTLN, GTNN z z0 Bài toan hìì̀nh họ̣c: Điều kiện z z z z thực chất phương trình đường thẳẳ̉ng Nếu ta gọi M điểm biểu diễã̃n z, A điểm biểu diễã̃n z1 B điểm biểu diễã̃n z giả thiết tương đương với MA=MB hay M nằm đường trung trực AB Gọi I điểm biểu diễã̃n z0 T= IM Vậy IM nhỏ M hình chiếu vng góc I d Giá trị nhỏ minT= d(I,d) Lưu ýý́: Khơng phải phương trình đường thẳẳ̉ng có dạng z z z z , gặp giả thiết lạ, cách tốt để nhận biết giả thiết đường thẳẳ̉ng hay đường tròn gọi z = x +yi thay vào phương trình 2 A I M B Víố dụ 1: Cho sô phưc z thoa mãn z i z 2i Tìm GTNN Giải Gọi z = x +yi , ( x, y R ) M(x;y) biểu diễã̃n z Từ z i z 2i (x 1)2 ( y 1)2 x2 ( y 2)2 x Vậy M di chuyển (d) Có z Víố y dụ 2: Cho sô phưc z thoa mãn z T z i Giải =OM (z i)(z z nhỏ 3i) d (O; d ) số thực Tìm GTNN Gọi z = x +yi , ( x, y R ) Ta có ( z 3i) ((x 3) ( y 1)i).((x 1) ( y 3)i) Tích có phần ảo (x 3)( y 3) (x 1)( y 1) Phần ảo không 3x 3y x y x y (d) Vậy gọi M điểm biểu diễã̃n z M chạy đường thẳẳ̉ng (d) Gọi A(1;-1) điểm biểu diễã̃n -1+i T = AM Giá trị T nhỏ khoảng cách 1 từ A đến (d) Vậy T 2 Bàì̀i tập vận dụng cao Câu 1:Cho sô phưc z thoa mãn w = z+1+i A z 2i B Tìm mơđun lớn w biết C D 5 Câu 2: Cho sô phưc z thoa mãn thỏa mãã̃n điều kiện z 4i Trong mặt phẳẳ̉ng Oxy tập hợp điểm biểu diễã̃n số phức w = 2z+1- i S A B.S 12 z Câu 3: Cho sô phưc z thoa mãn z nhỏ z Khi M+m A B 7 Câu 4: Cho sô phưc z thoa mãn z 3i A B C.S 16 D.S 25 Gọi M, m giá trị lớn C D i z Giá trị lớn C D 13 13 Câu 5: Cho sô phưc z thoa mãn A A B A z A Đặt 1 2z i C Mệnh đề sau ? iz A D A Câu 6: Cho sô phưc z thoa mãn z Tìm tích giá trị lớn nhỏ z i P A B.1 C D z Câu 7: Cho sô phưc z thoa mãn 2i A B 26 26 17 Câu 8: Cho sô phưc z thoa mãn A B 15 z 2i Tìm môđun lớn số phức z - C 26 17 z Giá trị lớn P C Câu 9: Cho sô phưc z thoa mãn 1+i A B D 17 z 26 31 z D 20 z 2i 17 20 Tìm mơđun nhỏ số phức z - C 2 D Câu10: Cho sô phưc z thoa mãn z 4i z 2i Tìm mơđun nhỏ số phức z+2i A B.3 C.32 D.3 Câu11: Cho sô phưc z thoa mãn z 4i biểu thức M z 22 z i2 đạt giá w M mi trị lớn Tìm mơđun số phức z+i A z i B z i C z i D z i 41 41 Câu 12: Gọi điểm A, B biểu diễã̃n số phức z1 , z2 ( z1 , z2 ) mặt phẳẳ̉ng tọa độ (A, B, C A’, B’, C’ không thẳẳ̉ng hàng) z1 z2 z1.z2 Với O gốc tọa độ, khẳẳ̉ng định sau đúng? A Tam giác OAB B Tam giác OAB vuông cân O C Tam giác OAB vng cân B D Diện tích tam giác OAB không đổi Câu13:Cho bốn sô phưc a, b, c, z thoa mãn az bz c a b c Gọi z m z M max , Tính mơđun số phức w M mi A w B w C w D w z 2i Câu14: Gọi S tập hợp số phức z thoả mãã̃n z i Kí hiệu z1 , z2 hai số phức thuộc S số phức có mơ đun nhỏ lớn tính giá trị biểu thức P z2 2z1 A P B.P C P D.P 33 z i Câu15: Gọi z sơ phưc có phần thực lớn thoa mãn 2z 3i z 2i đạt giá trị nhỏ Tìm phần thực số Sao cho biểu thức P z phức z 8 12 D 2 A B C 2 Câu16: Cho sô phưc z thoa mãn z Tổng z giá trị lớn z giá trị nhỏ số phức z là: A.3 B C z D.5 13 2z Kí hiệu M max z , m z Tính Câu17: Cho sơ phưc z thoa mãn mơđun số phức A w B w C w D w 3 Câu18: Trong sô phưc z thoa mãn z 4i z 2i Tìm số phức z môđun nhỏ A z 2i B z i z Câu19: Cho sô phưc z thoa mãn z A B C Câu 20: Cho sô phưc z thoa mãn z 3i A B 13 13 Câu 21: Tìm giá trị lớn z biết C z 2i 10 Giá trị nhỏ D Giá trị lớn C 13 3i z 2i D z z z D i 13 1 A B C D z i Câu 22: Cho sơ phưc z thoa mãn Tìm giá trị lớn z A B C 2 D z z 2i Câu 23: Xác định sô phưc z thoa mãn đạt giá trị lớn mà A z i B z i C z 3i D z 3i i Câu 24: Cho sô phưc z thoa mãn z A 13 B C D 13 z có giá trị lớn z i Câu 25: Cho sô phưc z thoa mãn z 2z Biểu thức là: A B C 2 D z Câu 26: Cho sô phưc z thoa mãn m là: A B Câu 27: Cho sô phưc z thoa mãn (1 i) z zi z nhỏ z Tính M+m ? A B Câu 28: Cho sô phưc z thoa mãn z A maxT B maxT Câu 29: Cho sô phưc z thoa mãn z A maxT B maxT 10 Câu 30: Cho sô phưc z thoa mãn z z Đặt m Tìm giá trị lớn C D 2 Gọi M, m giá trị lớn C 13 Tìm giá trị lớn C maxT 10 1 D z T z D maxT Tìm giá trị lớn T C maxT 10 Tìm giá trị lớn z 3 z D maxT T z iz i A maxT B maxT C maxT D maxT 2 z 4i Câu 31: Cho sô phưc z thoa mãn Gọi M, m giá trị lớn P z z i nhỏ Tính mơđun sơ phưc w = M + mi A 314 B 1258 C 137 D 309 Câu 32: Cho sô phưc z thoa mãn z 2i Tìm mơđun lớn số phức z 2 A 14 15(14 B 5) C Câu 33: Cho sô phưc z, w thoa mãn z w A 10 B 14 2i 10 z Câu 34: Cho sô phưc z thoa mãn iz i iz lớn nhỏ z Tính M.m A B C z 2i Câu 35: Cho sô phưc z thoa mãn 5i , w 10 2 i C z z 4i z 6i A P=-2 iz 20 2i 15(14 5) Giá trị nhỏ D 22 Q D 10 Gọi M, m giá trị D Biêt biêu thưc đat gia trị nho tai z = a +bi ( a,b B 1333 C.P=-1 2722 R ) Tinh P = a-4b D 691 Câu 36: Cho sô phưc z thoa mãn z i nhỏ z Tính M+m ? A 35 15 B 80 z i Gọi M, m giá trị lớn 10 60 49 C D 30 Câu 37: Cho sô phưc z thoa mãn z i z 7i Gọi M, m giá trị Tính M+m ? lớn nhỏ z i A B 2 73 z i 2017 C Gọi 13 73 2M, m 73 giá trị lớn Câu 38: Cho sô phưc z thoa mãn nhỏ z 2i Tính M + m ? A 4034 B 2017 C 2017 z i z Câu 39: Cho sô phưc z thoa mãn z lớn nhỏ Tính M2+m2 ? A 11 B 15 C 13 D.5 D 2017 73 Gọi M, m giá trị 3i D 66 z Câu 40: Cho sô phưc z thoa mãn z 2i lớn nhỏ z Tính M+m ? A B 17 C 17 2 3i 17 Gọi M, m giá trị D 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào trình nghiên cứu giảng dạy đãã̃ mang lại kết tích cực - Đối với thân sau nghiên cứu kĩ kiến thức liên quan phần số phức, vâṇ dung hinh hoc vao giai quyêt cac 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 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: Kết trươc hoc phương phap mơi Lớp 12C1 Chỉ Chỉ Chỉ Đúng câu Tổng câu câu câu Số lượng 25hs – 52% 15hs – 31% 8hs – 17% 0–0% 48 Kết sau hoc phương phap mơi Lớp 12C1 Chỉ Chỉ Chỉ Đúng câu Tổng câu câu câu Số lượng 5hs – 10% 15hs – 31% 15hs – 31% 13hs – 28% 48 So sánh kết thu từ hai bảng ta thấy sau áp dụng phương pháp giải sô phưc băng hinh hoc học sinh làm tốt khả tư phát triển KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua việc vận dụng đề tài đãã̃ nghiên cứu vào trình giảng dạy học tập học sinh đãã̃ thu đươc kết tích cực bảng số liệu đãã̃ phân tích Đề tài đãã̃ 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 đãã̃ 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 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 rãã̃i 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 rãã̃i Đối với trường THPT Ham Rông : Mỗã̃i sáng kiến kinh nghiệm lựa chọn cần phổ biến rộng rãã̃i phạm vi tổ, nhóm 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 ýý́ tưởng, kinh nghiệm hỗã̃ trợ việc áp dụng rộng rãã̃i sáng kiến mỡã̃i 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 ýý́ bổ sung để sáng kiến hoàn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 16 tháng năm 2018 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm tôi, không chéý́p nội dung người khác Người viết sáng kiến Gv: LÊ MANH HÙNG 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 ... SỐ BÀI TỐN VỀ MƠ ĐUN SỐ PHỨC Ở 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 Thơng qua việc vận dụng. .. 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. .. 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 xác Cụ thể cho em số kiểm tra phần số phức trình trước sau áp dụng phương pháp giải