Mục tiêu của đề tài là 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.
CỘNG HÒA XÃ 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 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 khơng khó khăn nguồn tài liệu tham khảo 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, mơ-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 tốn cực trị số phức tơi 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 toán 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 hoàn thiện Tôi 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 toán 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 công 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 TOÁN 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 tọa độ M ( a; b ) • Điểm biểu diễn số phức liên hợp z N ( a; −b ) đối xứng với M qua Ox Oxy điểm • Điểm biểu diễn số phức đối • Điểm biểu diễn số phức • Mơ đun số phức Nếu • M;M′ Trung điểm z −z −z là P ( − a; b ) • z − z ′ = MM ′ đối xứng với đối xứng với M qua Oy O z = a + bi z ′ = a′ + b′i , a + a′ b + b′ I ; ÷ biểu diễn số phức z + z′ ( 2 Công thức trung tuyến: Công thức trọng tâm tam giác: Nếu tam giác qua z1 + z + z1 − z = z1 + z2 G M z = OM biểu diễn cho số phức MM ′ P ( − a; −b ) ABC biểu diễn số phức A, B , C ) biểu diễn số phức z1 + z2 + z3 z1 , z2 , z3 trọng tâm Môđun số phức: Số phức uuuur OM z = a+ bi biểu diễn điểm M(a; b) mặt phẳng Oxy Độ dài véctơ z = a + bi = a + b gọi mơđun số phức z Kí hiệu Tính chất z ≥ 0, ∀z ∈ £ , z = ⇔ z = z.z' = z z' kz = k z , k∈ ¡ uuuur z = a2 + b2 = zz = OM z z = ,( z' ≠ 0) z ' z' z − z' ≤ z ± z' ≤ z + z' 2 z2 = a2 − b2 + 2abi = (a2 − b2 )2 + 4a2b2 = a2 + b2 = z = z = z.z Chú ý: Lưu ý: z1 + z2 ≤ z1 + z2 z1 − z2 ≤ z1 + z2 dấu xảy dấu xảy z1 + z2 ≥ z1 − z2 dấu xảy z1 − z2 ≥ z1 − z2 dấu xảy ( 2 z1 + z2 + z1 − z2 = z1 + z2 z = z z= z ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0) ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0) ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0) ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0) ) ∀z ∈ £ Một số quỹ tích nên nhớ x, y Biểu thức liên hệ ax + by + c = (1) z − a− bi = z − c − di (2) ( x − a) + ( y − b) 2 = R2 Quỹ tích điểm M ∆:ax + by + c = (1)Đường thẳng (2) Đường trung trực đoạn AB với A ( a,b) , B( c,d) ( ) Đường tròn tâm I ( a; b) , bán kính R z − a− bi = R ( x − a) + ( y − b) 2 ≤ R2 Hình trịn tâm I ( a; b) , bán kính R z − a− bi ≤ R r ≤ ( x − a) + ( y − b) ≤ R2 r ≤ z − a− bi ≤ R Hình vành khăn giới hạn hai đường tròn đồn I ( a; b) r,R tâm , bán kính y = ax2 + bx + c ( c ≠ 0) x = ay + by + c Parabol ( x + a) ( 1) b2 ( y + c) + d2 = 1( 1) z − a1 − bi + z − a2 − b2i = 2a ( x + a) b2 ( y + c) − d2 ( 2) Elip Elip 2a > AB , A ( a1 ,b1 ) , B( a2 ,b2 ) Đoạn AB Hypebol =1 2a = AB B NỘI DUNG Dạng Điểm đường thẳng z + 3i = z + − i Ví dụ 1: Trong số phức thỏa mãn điều kiện A z = 1− 2i Giả sử B z= − + i 5 z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) z= , số phức Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất? − i 5 C Lời giải z có điểm biểu diễn điểm D z = −1+ 2i M ( x, y ) z = x + y = MO Ta có: z + 3i = z + − i ⇔ x + ( y + 3) i = ( x + 2) + ( y − 1) i ⇔ x2 + ( y + 3) = ( x + 2) + ( y − 1) 2 ⇔ 6y + = 4x + − 2y + 1⇔ 4x − 8y − = ⇔ x − 2y − = ∆ : x − y −1 = MO M Ta thấy điểm di chuyển đường thẳng nên nhỏ O M ∆ hình chiếu điểm lên đường thẳng Phương trình đường thẳng qua Do đó, tọa độ điểm Suy M Gọi vng góc với nghiệm hệ phương trình ∆ 2x + y = x − y −1 = 2x + y = 1 2 M ;− ÷ 5 5 z Ví dụ 2: Cho số phức z phức A Đặt O z = a + bi ( a, b ∈ ¡ thỏa mãn B ) A ( 4; −3) , B ( −4;3) z − + 3i − z + + 3i = 10 C Lời giải ⇒ z = a − bi Ta có z − − 4i và AB = 10 M ( a, b ) nhỏ Mô-đun số D điểm biểu diễn số phức z z − + 3i − z + + 3i = 10 ⇔ MA − MB = 10 = AB Theo giả thiết Suy M thuộc đoạn AB kéo dài ( z − − 4i nhỏ B MC nằm A nhỏ (với M z − − 4i = MC ) Lại có C ( 3; ) ) nên Ta có: M ≡ B MCmin ⇔ M ≡ A ⇒ M ( −4;3) MCmin = M ( 4; −3) z =5 Do Ví dụ Xét số phức A z, w B z = x + yi ( x, ¡ ) Đặt z + − 2i = z − 4i suy đường thẳng thỏa mãn C Lời giải D Giá trị nhỏ 2 z tập hợp điểm M D : x + y = Ta có với N ( 0;1) Pmin = MN = d ( N , ∆ ) = +1− Dựa vào hình vẽ ta thấy Ví dụ Xét số phức A điểm biểu diễn số phức 2 ( x + 2) + ( y − 2) = x2 + ( y − 4) ⇔ x + y = P = w = iz +1 = i ( z - i ) = z - i = MN w w = iz +1 M ( x; y) Từ z + 2- 2i = z - 4i z = 2 w= z +1- i = z - 3i thỏa mãn B Môđun lớn số phức C Lời giải 10 D 10 z Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) M ( x; y ) z + − i = z − 3i Từ điểm M Ta có ta suy đường thẳng điểm biểu diễn số phức ( x + 1) z + ( y − 1) = x + ( y − 3) ⇔ x + y = 2 Do tập hợp D : 2x + 4y = với 1 w= = = z z OM O ( 0;0 ) w max ⇔ OM Dựa vào hình vẽ ta thấy Ví dụ 5: Xét số phức z w max = suy 20 = = d ( O, ∆ ) 2.0 + 4.0 − 7 z2 - 2z + = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu P = z - 2+ 2i thức A B C Lời giải D z2 - 2z + = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) Ta có éz = 1- 2i Û ( z - 1+ 2i ) ( z - 1- 2i ) = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) Û ê êz - 1- 2i = z + 3i - ë TH Với z = 1- 2i P = z - 2+ 2i = 1- 2i - 2+ 2i = Khi z - 1- 2i = z + 3i - TH Với z = x + yi ( x, y ∈ ¡ Đặt ) M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z P = z - w = MN Khi biểu thức ( C2 ) khoảng cách từ điểm thuộc ( C1) đến điểm thuộc Pmin = d[ I , D ] - R = - Từ suy Ví dụ 3: Xét số thức z z - 2i £ z - 4i thỏa mãn z - 3- 3i = Giá trị lớn biểu thức P = z - +1 A + B 10 C Lời giải 10 +1 D 13 +1 z = x + yi ( x, y Ỵ ¡ ) Gọi Ta có 2 z - 2i £ z - 4i ắắ đ x +( y- 2) Ê x2 +( y- 4) y Ê ắắ đ z tập hợp điểm biểu diễn số phức ( C1) D : y=3 thuộc nửa mặt phẳng bờ , kể bờ (miền tô đậm) Gọi miền l 2 z - 3- 3i = 1ắắ đ ( x - 3) +( y - 3) i = Û ( x - 3) +( y - 3) = 1ắắ đ hp im biu din s I ( 3;3) , ( C2 ) R = z phức đường trịn có tâm bán kính ( C1 ) ( C2 ) M z Như tập hợp điểm biểu diễn số phức giao Đó phần D ( 2;3) , C ( 4;3) cung trịn nét liền hình vẽ (có tính điểm đầu mút cung) B ( 2;0) P = z - +1= MB +1 Khi thuộc cung trịn Từ suy CD với MB khoảng cách từ điểm B đến điểm Pmax = BC +1= 13 +1 Ví dụ 4: Xét số phức z, w thỏa mãn ìï max{ z ; z - 1- i } £ ï í ïï w +1+ 2i £ w- 2- i ïỵ Giá trị nhỏ biểu thức P = z- w A B C Lời giải - M , N ( x; y) điểm biểu diễn hai số phức 2 2 w +1+ 2i Ê w- 2- i ắắ đ ( x +1) +( y + 2) £ ( x - 2) +( y- 1) x + y Ê ắắ đ hợp điểm biểu diễn số phức vẽ) 2 - z, w Gọi D w thuộc nửa mặt phẳng bờ max { z ; z - 1- i } Ê 1, suy ắắ đM ( I ; 1) Ta có nên Nº O P nhỏ MN ( O; 1) (phần gạch sọc hình vẽ) ngắn Dựa vào hình vẽ ta thấy Ví dụ 5: Cho z + 2- 3i £ z + i - £ số phức thỏa mãn giá trị lớn nhỏ A MN ngắn MN = OI - 1= - z = x + yi ( x, ¡ ) 156 - 10 kể bờ (miền tơ đậm hình ïìï z - 1- i £ ïìï MI £ 1, I ( 1;1) Þ í í ïï z £ ïï MO £ 1, O( 0;0) ỵ ỵ thuộc phần chung hai hình trịn P = z - w = MN D : x+ y= N B P = x2 + y2 + 8x + 6y 156 + 10 Giá trị Gọi M +m 60- 20 10 C Lời giải D 60+ 20 10 M, m Ta có ìï z + 2- 3i £ z + i - Û 2x + y + £ ï í ïï z + i - £ Û ( x - 2) +( y +1) £ 25 ïỵ M ( x; y) Suy tập hợp điểm thỏa yêu cầu (H) d : 2x + y = - tốn nằm miền tơ đậm giới hạn đường thẳng đường tròn I ( 2;- 1) , ( C) R =5 có tâm bán kính (kể biên) hình vẽ 2 P = x2 + y2 + 8x + 6y = ( x + 4) + ( y + 3) - 25 = J M - 25 Ta có J ( - 4;- 3) với d ( C) A ( 2;- 6) , B( - 2;2) ; C Gọi giao điểm là giao điểm đoạn Dựa vào hình vẽ ta thấy J M ³ { J A, J B, J C } = J C = IJ - IC = IJ - R = 10 - J M £ max { J A, J B, J C } = J A = ) ( ) Ví dụ 6: Xét số phức M, m A Đặt ( C) với ìï ïï M = - 25 = 20 ùớ ắắ đ M + m= 60- 20 10 ïï ïïỵ m= 10 - - 25 = 40- 20 10 ( Vậy IJ z1, z2 thoả mãn z1 - 3- 4i = 1, z2 +1 = z2 - i giá trị lớn giá trị nhỏ P = 14 B P = 16 z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c, d Ỵ ¡ ) z1 - z2 P = 18 C Lời giải Tính z1 - z2 2- i P = M +m D P = 20 số thực Gọi A ( a;b) , B( c; d) Gọi hai điểm biểu diễn số phức Suy z1 , z2 uur uur uuu r z1 - z2 = OA - OB = BA ắắ đ z1 - z2 = AB Do từ uuu r z1 - z2 = k ( k ẻ Ă ) ắắ đ BA = k( 2;- 1) 2- i AB uuu r nAB = ( 1;2) Suy đường thẳng có VTPT C I 3;4 ( ) ( ), R = A tập hợp điểm đường trịn có tâm bán kính 2 z2 +1 = z2 - i ¾¾ ® ( c+1) + d2 = c2 + ( d - 1) c+ d = ắắ đ B tập hợp điểm đường z1 - 3- 4i = 1ắắ đ thng Gi j D : x + y = góc D AB uuu r uur nAB nD 10 cosj = uuu ắắ đ sin j = r uur = 10 10 nAB nD , ta có AB Theo u cầu tốn ta cần tìm GTLN GTNN d[ I , D ] > R ( C) H A D D Do nên suy khơng cắt Gọi hình chiếu , ta có ìï max AH d[ I , D ] + R ï AB = = = + 10 ùù max AB = sinj sinj AH ù ắắ đớ Þ P = 14 ïï sinj AH d[ I , D ] - R ïï AB = = = - 10 ïïỵ sinj sinj Bài tập tổng hợp Câu 1: Xét số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) z − − 2i = thỏa mãn Tính a+b , biết ( z + − 2i + z − − 5i ) A đạt giá trị nhỏ 4+ B 2+ Gọi A ( −1; ) Lấy điểm ⇒ Vì 4− D Lời giải z − − 2i = ⇔ ( a − 3) + ( b − ) = Cách Ta có C B ( 2;3) J ( 2; ) suy z + − 2i + z − − 5i = MA + MB Khi IA.IJ = IM IA IM = IM IJ ∆IJM , ∆IMA Do đồng dạng với nên MA IM = =2 MJ IJ MA + 2MB = ( MJ + MB ) ≥ JB ( ⇔ M ≡ E 2; + Dấu “=” xảy Câu 2: Cho hai số phức T = 2iz1 + z2 biểu thức z1 , z2 ) thỏa mãn z1 − 3i + = iz2 − + 2i = Tìm giá trị lớn A 313 + 16 313 B 313 + C D 313 + Lời giải Từ giả thiết, ta có z1 − 3i + = ⇔ 2iz1 + + 10i = ⇒ Điểm M1 biểu diễn số phức z1 thuộc vào đường tròn tâm I1 ( −6; −10 ) , bán kính R1 = ( 1) iz2 − + 2i = ⇔ z2 + + 3i = 12 ⇒ Điểm Từ ( 1) M2 ( 2) biểu diễn số phức suy Giả sử Gọi Gọi z = a + bi ( a, b ∈ ¡ P=4 B z = a + bi ( a, b ∈ ¡ A ( 4;0 ) , B ( −1; −4 ) H ( 1;0 ) Ta có thuộc vào đường tròn tâm I ( 6;3 ) , bán kính R2 = 12 ( 2) T = 2iz1 + 3z2 = I1 I + R1 + R2 = 122 + 132 + 16 = 313 + 16 Câu Xét số phức đạt giá trị nhỏ A z2 ) P=2 ) z =2 thỏa mãn Tính P = −2 C Lời giải có điểm biểu diễn P= Khi đó, ta có OH OA = OM = M ( a; b ) ( a − 4) P = a+b D z − + z + + 4i P=2 + b2 + ( a + 1) + ( b + ) = MA + MB ⇒ ∆OMA : ∆OHM Suy MA = MH nên có Vậy MA OA = =2 MH OM P = MH + MB = ( MH + MB ) Pmin ⇔ ( MH + MB ) ⇔ M , H , B thẳng hàng ⇒ M ( 0; −2 ) ⇒ P = −2 z , z1 , z2 Câu Cho số phức thỏa mãn P = z + z − z1 + z − z biểu thức A P = 2+ B P = 2+ Chọn A, B, M z1 = z2 = z1 − z2 = OAB vuông cân z1 , z2 , z O D 2+ M a M′ AM = A′M ′; BM = B′M ′ ∆BMM ′ (do tam giác đều) OA + AM + BM = OA + MM ′ + A′M ′ ≥ OA′ Suy O, M , M ′, A′ "=" Dấu thẳng hàng OBA′ OB = 6, BA′ = BA = Khi tam giác có · ′ = 105° OBA Từ đó, suy OA′ = OB + BA′2 − 2OB.BA′.cos105° = + có độ dài −60° B Phép quay tâm , góc quay ta có Q( B ;−60°) : A a A′ Suy P = 2+ P= Lời giải điểm biểu diễn số phức Dựa vào điều kiện, ta có tam giác C Tìm giá trị nhỏ OA = OB = AB = , z +1− i = z Câu Cho số phức thay đổi thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức P = z − + 5i + z + − 7i a, b a b S = a+b (với số nguyên tố) Tính S = 20 S = 18 S = 24 S = 17 A B C D Lời giải Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z + − i = ⇔ ( x + 1) + ( y − 1) = 32 Ta có trịn tâm I ( −1;1) z suy điểm biểu diễn số phức z thuộc đường A ( 4; −5 ) B ( −1;7 ) IB = Xét điểm Ta có z − + 5i + z + − 7i = MA + MB Suy uur uur 5 IK = IB ⇒ K −1; ÷ 2 K Lấy điểm : thuộc đường tròn I R=2 tâm , bán kính Do IK IM = = IM IB đỉnh I chung nên suy ∆IKM : ∆IMB ⇒ MB = MK ⇒ MA + MB = ( MA + MK ) ≥ AK Pmin Vậy 25 = AK = 25 + ÷ = 13 ⇒ a + b = 18 Câu Cho số phức z z+ i = thỏa mãn điều kiện P = z − − i + z − + 3i Tìm giá trị nhỏ biểu thức A B C Gọi điểm biểu diễn A độ điểm ( z ) ( 2; −1 , B M Khi ) M D 3 Lời giải nằm đường tròn tâm I ( 0; −1) , R = Gọi tọa 2; −3 đó: P = z − − i + z − + 3i = MA + 2MB Gọi K ; −1÷ ta có: IK IM = = IM IA ∆IMK ∆IAM MA = 2MK Vậy hai tam giác đồng dạng Khi đó: P = ( MK + MB) Vậy P = ( MK + MB) ≥ 2BK Theo bất đẳng thức tam giác: Min( P ) = 2BK = Vậy Câu Với hai số phức P = z1 + z2 z1 z2 thoả mãn z1 + z2 = 8+ 6i z1 − z2 = 2, tìm giá trị lớn A P=4 Vì hai số phức z1 P = 26 B z2 Lời giải thoả mãn z1 − ( + 3i ) = ⇔ z2 − ( + 3i ) = z1 − z2 = ( *) z1 + z2 = 8+ 6i C P = 5+ z1 − z2 = nên D P = 34+ z1 = 8+ 6i − z2 z2 = + 6i − z1 z −z =2 ( *) z1 z2 A ,B A B Gọi , hai điểm biểu diễn hai số phức từ suy nằm đường trịn trịn ( C) ( C) có tâm I ( 4;3) R=1 , bán kính AB đường kính đường P = z1 + z2 = OA + OB Như 2 OA + OB AB − = OI ⇔ OA + OB2 = 52 + = 52 Ta có ( 2 52 = OA + OB ≥ 2OA.OB ⇒ ( OA + OB) = OA + OB + 2OA.OB ≤ 52 + 52 = 104 Suy ) 2 ⇒ P = z1 + z2 = OA + OB ≤ 104 = 26 Dấu xảy OA = OB z1 , z2 Câu Giả sử lớn A z1 + z2 hai số số phức z iz + − i = thỏa mãn z1 − z2 = Giá trị B C D Lời giải iz + − i = Ta có ⇔ i z− i 2−1 = ⇔ ( z− i 2−1 = I 1; z ) R=1 thuộc đường tròn tâm , z1 z2 M N MN = Gọi , điểm biểu diễn , nên đường kính Dựng hình bình hành z1 + z2 = OP = OMNP ta có Điểm biểu diễn (z + z2 ) ( ≤ z1 + z2 Ta có z1 = z2 ⇔ MN ⊥ OI Câu Cho z ) = z −z 2 + z1 + z2 = 16 ⇒ z1 + z2 ≤ Dấu xảy z − 1+ i = số phức thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức P = z + − i + z − − 3i A Gọi 18 B z = x + yi ( x; y ∈ ¡ ) , M ( x; y) 14 + 10 Lời giải Do R=2 Đặt 38 + 10 điểm biểu diễn số phức z − 1+ i = ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = C z suy 16 + 10 M D thuộc đường tròn tâm I ( 1; −1) , bán kính A ( −2;1) , B( 2;3) , E ( 0;2) trung điểm AB P = z + − i + z − − 3i Khi AB2 = ME + = ( x + 2) + ( y − 1) + ( x − 2) + ( y − 3) = MA + MB2 = 2ME2 + 10 2 2 E Do nằm ngồi đường trịn, nên Cách : MEMax = EI + R = + 10 ⇒ PMax = 38 + 10 P = z + − i + z − − 3i = ( x + 2) + ( y − 1) + ( x − 2) + ( y − 3) 2 ⇔ 2x2 + 2y2 − 8y + 18 − P = Suy tọa độ điểm M 2 2 = 2x2 + 2y2 − 8y + 18 thỏa mãn 2x2 + 2y2 − 8y + 18− P = ( x − 1) + ( y + 1) = ⇔ 2 ( ∆ ) :4x − 12y + 22 − P = ( x − 1) + ( y + 1) = Hệ có nghiệm d( I ,∆ ) ≤ R ⇔ P − 38 ≤ 10 ⇔ 38 − 10 ≤ P ≤ 38 + 10 ⇒ PMax = 38 + 10 z1 , z2 Câu 10 Cho hai số phức giá trị nhỏ biểu thức A 10 + B z1 + i = z1 − z1 − 2i thỏa mãn điều kiện z1 − z2 5− z2 − i − 10 = Tìm ? 101 + C 101 − D Lời giải +) Gọi z1 = a+ bi ; ( a,b∈ ¡ ) a2 z1 + i = z1 − z1 − 2i ⇔ a + ( b− 1) = ( 2b+ 2) ⇔ b = 2 Nên Do tập hợp điểm biểu diễn số phức +) Gọi z2 = a+ bi , ( a,b∈ ¡ ) z1 Parabol x2 z2 − i − 10 = ⇔ ( a− 10) + ( b− 1) = Nên tập hợp điểm biểu diễn số phức I ( 10;1) y= Khi bamns kính r=1 z2 ( C ) ( x − 10) + ( y − 1) đường tròn =1 tâm z1 − z2 Ta có: Nên nhỏ MN MN + IN ≥ IM ⇒ MN ≥ IM − IN = IM − MN nhỏ IM nhỏ ⇒ IM ≥ 45 = Do x2 x2 IM = ( x − 10) + − 1÷ = − 4÷ + ( x − 4) + 45 2 Ta có: nhỏ MN ≥ − z1 − z2 = MN ≥ − 1⇒ z1 − z2 = − Vậy - Về khả áp dụng sáng kiến: Dành cho học sinh có học lực từ trung bình trở lên Những thông 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 tốn mà trước em thường bỏ qua Bước đầu giúp em có hướng để giải dạng tốn 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 Thủ trưởng đơn vị …, ngày … tháng … năm CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ Yên Lạc, ngày 10 tháng 03 năm 2020 Tác giả sáng kiến Nguyễn Thành Tiến ... 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... trịn đường elip em giải tốt toán dạng Với mong muốn giúp em giải tốn cực trị số phức tơi sưu tầm toán số phức đề thi THPTQG qua năm gần có chia dạng chúng nhằm giúp em tiếp cận toán cực trị số. .. 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