Một số giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 12 giải bài toán cực trị số phức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ GIẢI PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC Người thực hiện: Trương Thị Nga Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HOÁ NĂM 2021 MỤC LỤC MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài…………………………………………… 1.2 Mục đích nghiên cứu……………………………………… 1.3 Đối tượng nghiên cứu……………………………………… 1.4 Phương pháp nghiên cứu…………………………………… 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………………………………………………………… 2.3 Các biện pháp thực hiện…………………………………… 2.3.1 Cơ sở lý thuyết…………………………………………… 2.3.2 Bài tập ứng dụng………………………………………… 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm……………………… KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận…………………………………………………… 3.2 Kiến nghị…………………………………………………… Trang 3 3 4 4 19 19 19 I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Nhà toán học người ý Gerolamo Cardano người đưa số phức nhà toán học người ý R.Bombelli đưa định nghĩa số phức, lúc gọi số “khơng thể có” “số ảo” Số phức sử dụng nhiều lĩnh vực khoa học, khoa học kỹ thuật, điện tử học, học lượng tử, toán học ứng dụng Vì nội dung số phức nội dung quan trọng chương trình THPT chương trình đại học Trước đây, đề thi THPT quốc gia mơn tốn, đề thi tuyển sinh cao đẳng đại học cịn dạng tự luận toán liên quan đến số phức thường tốn dễ, nhiên năm gần số toán số phức sử dụng cho mục đích phân loại học sinh giỏi phải kể đến toán cực trị số phức Đây phần khó học sinh lúng túng gặp phải Với tinh thần đổi để nâng cao hiệu giảng dạy, với mong muốn giúp em học sinh phân tích, định hướng giải gặp dạng tốn nên tơi lựa chọn đề tài: "Một số giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 12 giải toán cực trị số phức" Hy vọng với đề tài nhỏ giúp bạn đồng nghiệp dạy học hiệu hơn, giúp em học sinh hứng thú học tập 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục tiêu đề tài nhằm nghiên cứu tìm hiểu tốn cực trị số phức, vận dụng phương pháp thích hợp để giải toán cực trị số phức nêu chương trình phổ thơng trung học 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài toán cực trị số phức Phạm vi nghiên cứu đề tài vận dụng phương pháp giải tốn thích hợp để giải toán cực trị số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài như: sách giáo khoa, tài liệu phương pháp dạy học toán, sách tham khảo chuyên đề số phức, bất đẳng thức, hình học phẳng hình học giải tích Phương pháp điều tra quan sát: Tìm hiểu việc vận dụng phương pháp dạy học tích cực số trường phổ thông Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tham gia dự giờ, rút kinh nghiệm tổ môn, tham dự buổi họp chuyên đề, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp Phương pháp thực nghiệm: Tiến hành thực nghiệm lớp 12A trường THPT Hà Trung năm học 2020 -2021 II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận Việc đổi phương pháp dạy học theo định hướng phát triển lực thể qua bốn đặc trưng sau: Một là, dạy học thông qua tổ chức liên tiếp hoạt động học tập, giúp học sinh tự khám phá điều chưa biết không thụ động tiếp thu tri thức đặt sẵn Giáo viên người tổ chức đạo học sinh tiến hành hoạt động học tập phát kiến thức mới, vận dụng sáng tạo kiến thức biết vào tình học tập tình thực tiễn Hai là, trọng rèn luyện cho học sinh biết khai thác sách giáo khoa tài liệu học tập, biết cách tự tìm lại kiến thức có, suy luận để tìm tịi phát kiến thức Ba là, tăng cường phối hợp học tập cá thể với học tập hợp tác, lớp học trở thành môi trường giao tiếp giáo viên – học sinh học sinh – học sinh nhằm vận dụng hiểu biết kinh nghiệm cá nhân, tập thể giải nhiệm vụ học tập chung Bốn là, trọng đánh giá kết học tập theo mục tiêu học suốt tiến trình dạy học thơng qua hệ thống câu hỏi, tập (đánh giá lớp học) Chú trọng phát triển kỹ tự đánh giá đánh giá lẫn học sinh với nhiều hình thức theo lời giải đáp án mẫu, theo hướng dẫn, tự xác định tiêu chí để phê phán, tìm ngun nhân nêu cách sửa chữa sai sót Đề tài nghiên cứu thực thực tế tiết dạy tập cực trị số phức có sử dụng số phương pháp đổi đòi hỏi mang tính chất sáng tạo 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Qua trình quan sát, dự giờ, trao đổi với đồng nghiệp, quan sát từ phía học sinh Tơi rút số vấn đề sau Về giáo viên: dạy cực trị số phức giáo viên chưa tạo hứng thú cho học Về phía học sinh: cịn chưa biết hay lúng túng giải tập cực trị số phức 2.3 Các biện pháp thực 2.3.1 Cơ sở lý thuyết Tính chất môđun uuuu r 2 z = a + b = zz = OM (1) (2) z ≥ 0, ∀z ∈ £ , z = ⇔ z = z z = , ( z ' ≠ 0) z' z' (3) z.z ' = z z ' ; (4) z − z ' ≤ z ± z ' ≤ z + z ' (5) kz = k z , k ∈ ¡ Lưu ý: (1) z1 + z2 ≤ z1 + z2 dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ ) (2) (3) (4) z1 − z2 ≤ z1 + z ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ ) dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ ) dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ ) z1 + z2 ≥ z1 − z2 z1 − z2 ≥ z1 − z2 (5) dấu xảy ( z1 + z2 + z1 − z2 = z1 + z2 ) Một số quĩ tích điểm biểu diễn Quỹ tích điểm M Biểu thức liên hệ x, y ax + by + c = (1) (1)Đường thẳng ∆:ax + by + c = (2) Đường trung trực đoạn AB với z − a − bi = z − c − di (2) ( A ( a, b ) , B ( c, d ) ) ( x − a) + ( y − b) = R2 I a; b Đường tròn tâm ( ) , bán kính R I a; b Hình trịn tâm ( ) , bán kính R z − a − bi = R ( x − a) + ( y − b) ≤ R2 z − a − bi ≤ R r ≤ ( x − a ) + ( y − b) ≤ R2 2 r ≤ z − a − bi ≤ R z − a1 − b1i + z − a2 − b2i = 2a (2) Hình vành khăn giới hạn hai đường I a; b tròn đồng tâm ( ) , bán kính r , R ( ) Elip 2a > AB , A ( a1 , b1 ) , B ( a2 , b2 ) (2) đoạn AB 2a = AB Một số đánh giá hình học Bài tốn 1: Cho đường trịn (T ) cố định có tâm I bán kính R điểm A cố định Điểm M di động đường tròn (T ) Hãy xác định vị trí điểm M cho AM lớn nhất, nhỏ TH1: A thuộc đường trịn (T) Ta có: AM đạt giá trị nhỏ M trùng với A AM đạt giá trị lớn 2R M điểm đối xứng với A qua I TH2: A không thuộc đường tròn (T) Gọi B, C giao điểm đường thẳng qua A, I đường tròn (T); Giả sử AB < AC +) Nếu A nằm ngồi đường trịn (T) với điểm M (T), ta có: AM ≥ AI − IM = AI − IB = AB Đẳng thức xảy M ≡ B AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC Đẳng thức xảy M ≡ C +) Nếu A nằm đường trịn (T) với điểm M (T), ta có: AM ≥ IM − IA = IB − IA = AB Đẳng thức xảy M ≡ B AM ≤ AI + IM = AI + IC = AC Đẳng thức xảy M ≡ C Vậy M trùng với B AM đạt gía trị nhỏ Vậy M trùng với C AM đạt gía trị lớn Bài tốn 2: Cho hai đường trịn (T ) có tâm I, bán kính R; đường thẳng ∆ khơng có điểm chung với (T ) Tìm vị trí điểm M (T ) , điểm N ∆ cho MN đạt giá trị nhỏ Gọi H hình chiếu vng góc I d Đoạn IH cắt đường tròn (T ) J Với M thuộc đường thẳng ∆ , N thuộc đường trịn (T ) , ta có: MN ≥ IN − IM ≥ IH − IJ = JH = const Đẳng thức xảy M ≡ H ; N ≡ I Vậy M trùng với H; N trùng với J MN đạt giá trị nhỏ Bài tốn 3: Cho hai đường trịn (T1 ) có tâm I, bán kính R1; đường trịn (T2 ) có tâm J, bán kính R2 Tìm vị trí điểm M (T1 ) , điểm N (T2 ) cho MN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Gọi d đường thẳng qua I, J; d cắt đường tròn (T1 ) hai điểm phân biệt A, B (giả sử JA > JB) ; d cắt (T2 ) hai điểm phân biệt C, D ( giả sử ID > IC) Với điểm M bất khì (T1 ) điểm N (T2 ) MN ≤ IM + IN ≤ IM + IJ + JN = R1 + R2 + IJ = AD Ta có: Đẳng thức xảy M trùng với A N trùng với D MN ≥ IM − IN ≥ IJ − IM − JN = IJ − R1 − R2 = BC Đẳng thức xảy M trùng với B N trùng với C Vậy M trùng với A N trùng với D MN đạt giá trị lớn Khi M trùng với B N trùng với C MN đạt giá trị nhỏ • Bất đẳng thức cổ điển Bất đẳng thức bunhiacopxki 2.3.2 Bài tập ứng dụng 2.3.2.1 Sử dụng tính chất môđun số phức z − + 4i = w Ví dụ 1: [4] Cho số phức z thỏa mãn w = z + − i Khi có giá trị lớn A + 74 w Phân tích: Ta có B + 130 C + 130 D 16 + 74 mô đun tổng nên ta sử dụng tích chất z1 + z2 ≤ z1 + z2 để đánh giá Và để sử dụng giả thiết, ta tách Lời giải Theo bất đẳng thức tam giác ta có w = 2( z − + 4i ) + − 9i w = z + − i = ( z − + 8i ) + ( − 9i ) ≤ z − + 8i + − 9i = + 130 Vậy giá trị lớn w + 130 z ≥2 Ví dụ [2]Cho số phức z ≠ thỏa mãn Tìm tổng giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A P= z +i z B C Lời giải 1− Ta có: i i i i ≤ 1+ ≤ 1+ ⇔ 1− ≤ 1+ ≤ 1+ z z z z z z D z ≥2⇔ Mặt khác 1 ≤ z ≤P≤ suy , Suy giá trị lớn giá trị nhỏ 2 Vậy tổng giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P z − z =1 z + z = Ví dụ [4]Cho số phức z1 z2 thỏa mãn , Tính giá trị lớn T = z1 + z2 A T = 10 B T = 10 Phân tích: Trong đề xuất ( 2 z1 + z2 + z1 − z2 = z1 + z2 thức D T = C T = z1 − z2 = , z1 + z2 = nên ta thử sử dụng công ) Từ công thức ta tính Lời giải Theo cơng thức đường trung tuyến ta có: ( 2 z1 + z2 + z1 − z2 = z1 + z z1 + z2 ≤ Hay ) ≥( z z1 + z2 + z1 − z2 T = z1 + z2 ≤ Ta có: Vậy Max T = 10 + z2 ) 2 2 z1 + z2 + z1 − z2 = + = 10 z1 , z2 Ví dụ [4]( Đề minh hoạ 2020 – 2021) Xét hai số phức z1 − z2 = z1 = 1, z2 = A Đặt z1 = a + bi , z2 = c + di 2 z1 + z2 − 5i Giá trị lớn − 19 thỏa mãn B với + 19 −5 + 19 C Lời giải a, b, c, d Ỵ ¡ D + 19 Theo giả thiết a + b = 1, c + d = 4, (a - c ) + (b - d ) = Do Ta có a - 2ac + c + b2 - 2bd + d = Þ ac + bd = 3z1 + z2 = 3(a + c ) + (3b + d )i nên 3z1 + z2 = (3a + c) + (3b + d ) = 9(a + b2 ) + ( c + d ) + 6(ac + bd ) = 19 z + z ¢£ z + z ¢ Áp dụng bất đẳng thức , ta có 3z1 + z2 - 5i £ 3z1 + z2 + - 5i = 19 + Bài tập tương tự Câu Cho số phức z thỏa mãn A + C + z+ =4 z z Tính giá trị lớn B + D + Câu Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ z ≥2 với z số phức khác thỏa mãn M =3 A m M = B m z =1 biểu thức 2z + i z M = C m M =2 D m Tìm giá trị lớn M max giá trị nhỏ Câu Cho số phức z thỏa mãn M Tính tỉ số M m P= M = z2 + z + + z3 + A M max = 5; M = B M max = 5; M = C M max = 4; M = D M max = 4; M = z2 +1 = z Câu Trong số phức z thỏa mãn , gọi z1 z2 2 số phức có mơđun nhỏ lớn Giá trị biểu thức z1 + z2 A 2.3.2.1 Sử dụng hàm số B 2 C D z Bài toán: Trong số phức thoả mãn điều kiện T Tìm số phức z để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất, lớn Ví dụ 1: [3] Trong số phức z thỏa mãn đun nhỏ có phần ảo A 10 B z − + i = z + − 2i C − , số phức z có mơ D − 10 Phân tích: Gọi z = x + yi , thay vào giả thiết toán ta phương trình bậc x, y Rút y theo x vào biểu thức môdun ta hàm biến, ta khảo sátt để tìm max, hàm biến Lời giải M x; y) x, y ∈ ¡ ) Gọi z = x + yi , ( biểu diễn điểm ( z − + i = z + − 2i ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) i = ( x + 1) − ( y + ) i ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = ( x + 1) + ( y + ) ⇔ x + y + = ⇔ y = −2 x − 2 2 3 3   z = x + y = x +  −2 x − ÷ = x + x + =  x + ÷ + ≥ , ∀x 2  20 10   Suy z = 3 x=− ;y=− 10 10 Vậy phần ảo số phức z có mơ đun nhỏ − 10 z =1 M ,m Ví dụ 2:[4] Cho số phức z thỏa mãn , giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A + A = 1+ z + 1− z Giá trị biểu thức M + m C + B D Lời giải z = ⇒ x2 + y = ⇔ x2 + y = Gọi z = x + yi với x , y ∈ ¡ ⇒ A = 1+ z + 1− z = ( x + 1) + y + ( − x ) + y2 = + 2x + 2 − 2x x ∈ [ −1;1] Xét hàm số f ( x ) = + x + 2 − x với Hàm số f ′( x) = f ( x) liên tục đoạn [ −1;1] 1− x − 1+ x − = + 2x − 2x ( − x2 ) f ′ ( x ) = ⇔ − x − + x = ⇔ x = − ∈ [ −1;1]  3 f  − ÷= f −1 = f =2 Khi ( ) ;   ; ( ) Do  3 M = max f ( x ) = f  − ÷ = ; m = f ( x ) = f ( 1) = [ −1;1] [ −1;1]  5 Suy M + m = + 10 Ví dụ [4] Cho số phức z thỏa mãn z = Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 3 A Đặt t = z +1 ≤ z +1 = P = z +1 + z2 − z +1 13 B nên t ∈ [ 0; 2] Giá trị M m C 13 D Hướng dẫn giải ⇒ P = z + + z − z + z.z = z + + z + z − z z = Do nên 2 Ta có t = z + = ( z + 1) ( z + 1) = z.z + ( z + z ) + = + ( z + z ) nên z + z = t − P = f ( t ) = t + t2 − t ∈ [ 0; 2] z =1 Vậy , với t + t − f ( t) =  −t + t + Khi đó, f ′( t) = ⇒ t =  2t + < t ≤ f ′( t ) =  ≤ t <  −2t + ≤ t < nên ≤ t ≤   13 f  ÷= f = f ( 2) = f ( 0) = ; 2 ; ; 13 13 M= M m = ; m = nên Vậy ( ) Ví dụ 4: [4] Cho số phức z ω thỏa mãn ( + i) z = z + − i ω Tìm giá trị lớn T = ω +1− i A 2 B C D z ( + i ) z = + − i ω Phân tích: Ta thấy phức tạp, ta đặt z = x + yi thay vào đẳng thức cho cồng kềnh Nhưng nhận thấy dù biểu thức cho phức tạp ta cô lập đươc ω t= z theo z, sau ta đặt Lời giải 11 ( + i) z = z z + − i ⇔ = ( + i ) z − + i ω ω z z ⇔ = ( z − 1) + ( z + 1) i ⇒ = ω ω f ( t) = ( z − 1) + ( z + 1) ⇔ ω = z 2 z −2 z +2 t2 −2t + 4t t ≥ ⇒ f ' t = ⇒ f '( t ) = ⇔ t = ∨ t = ( ) ( ) 5t − 2t + ( 5t − 2t + ) Bảng biến thiên T = ω +1− i ≤ z + 1− i ≤ Ta có Bài tập tương tự + 2= Câu Trong số phức thỏa mãn điều kiện môđun nhỏ nhất? z + 3i = z + − i z=− + i 5 A C z = −1 + 2i z= − i 5 B D z = − 2i Câu Trong số phức z thỏa mãn điều kiện phần ảo số phức có mơđun nhỏ nhất? 10 A 13 Tìm số phức có z + − 3i = z + − 2i B z =1 C −2 B 20 C 20 Câu Cho số phức z thỏa mãn , tìm D − 13 Tìm giá trị lớn biểu thức P = 1+ z + 1− z A D 15 z =1 Câu Cho số phức z thỏa mãn Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 12 P = z +1 + z2 − z +1 Giá trị M m 3 A 13 B C 13 D ( + i) Câu Cho số phức z ω thỏa mãn z = z + − i ω Tìm giá trị lớn T = ω +1− i A B Câu Cho hai số phức M ,m Gọi z1 , z2 2 C z1 − z − − 12i = thỏa mãn D z1 − − 20i = − z2 giá trị lớn nhỏ biểu thức P = z1 + z2 + 12 − 15i M − m2 Khi giá trị B 223 A 225 Câu Biết số phức z thỏa mãn thực số phức z bằng: A C 224 iz − = z − − i B C z − D 220 có giá trị nhỏ Phần D − 2.3.2.2 Sử dụng bất đẳng thức cổ điển Ví dụ 1: [2] Trong số phức z thỏa mãn z − − 4i = z − 2i Số phức z có mơđun nhỏ A z = + 2i B z = −1 + i C z = −2 + 2i D z = + 2i Hướng dẫn giải z − − 4i = z − 2i Đặt z = a + bi Khi ⇔ ( a − 2) + ( b − 4) i = a + ( b − 2) i 2 ( a − 2) + ( b − 4) = a2 + ( b − 2) ⇔ ⇔ a + b = (1) Mà z = a2 + b2 a +b ⇔ ⇔ 13 a Mà ( ( a + b) ≥ a + b2 ≥ 2 + b ) ( 12 + 12 ) ≥ ( a + b ) =8 (Theo (1)) BCS ⇔ z ≥ 2 ⇒ z = 2 a b = Đẳng thức xảy ⇔ 1 (2) a =  Từ (1) (2) ⇒ b = ⇒ z = + 2i z−w =9 Ví dụ [4] Cho số phức z w thỏa mãn z + w = + 4i Tìm giá trị lớn biểu thức T = z + w A max T = 14 B max T = C max T = 106 D max T = 176 Hướng dẫn giải w = ( − x) + ( − y) i Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) Do z + w = + 4i nên Mặt khác z−w =9 nên z−w = ( x − 3) + ( y − ) = x + y − 12 x − 16 y + 25 = 2 2 ⇔ x + y − x − y = 28 ( 1) Suy T = z + w = x + y + ( − x ) + ( − y ) T ≤ ( x + y − x − y + 25 ) ( ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có x2 + y2 = ( − x ) + ( − y ) Dấu " = " xảy 2 2 Từ ( ) ( ) ta có T ≤ ( 28 + 25) ⇔ − 106 ≤ T ≤ 106 Vậy MaxT = 106 z −3 + z +3 = Ví dụ [4] Cho số phức z thỏa mãn Gọi M , m giá trị z lớn nhỏ Khi M + m A − B + C Hướng dẫn giải Gọi z = x + yi với x; y ∈ ¡ = z − + z + ≥ z − + z + = 2z ⇔ z ≤ Ta có Do M = max z = Mà Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có ( x − 3) + y + ( x + 3) + y2 ≤ (1 ( x − 3) + y2 + ( x + 3) + 12 ) ( x − ) + y + ( x + 3) + y    ⇔ ≤ ( x + y + 18 ) ⇔ ( x + y + 18 ) ≥ 64 14 z − + z + = ⇔ x − + yi + x + + yi = ⇔ = D + 2 + y2 = ⇔ x2 + y2 ≥ ⇔ x2 + y ≥ ⇔ z ≥ Do M = z = Vậy M + m = + 2.3.2.3 Sử dụng hình học Phương pháp sử dụng hình học để tìm max, môdun số phức phương pháp nhanh thú vị Từ giả thiết toán liên hệ đến quỹ tích hình học, chuyển tốn từ cực trị số phức sang cực trị hình học −2 − 3i z +1 = − i z Ví dụ [4] Cho số phức thỏa mãn Giá trị lớn môđun z số phức A C B D −iz + = ⇒ z + i = Phân tích: Trước hết ta dễ dàng thu gọn giả thiết I (0; −1) Nên tập R=2 hợp điểm M biểu diễn số phức z đường trịn tâm bán kính Chuyển tốn hình học tìm M đường trịn để OM lớn ta có max OM = OI + R Hướng dẫn giải Đặt: z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) −2 − 3i z + = ⇔ −iz + = ⇔ z + i = ⇔ x + ( y + 1) = Ta có: − 2i Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z nằm đường tròn tâm I ( 0; −1) bán kính R = Ta có: z = OM Do giá trị lớn z OM lớn nghĩa O , M , I thẳng hàng ⇒ max z = 15 Ví dụ 2.[4] Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn nhỏ z1 − z2 z1 − i z +i = 1; = z1 + − 3i z2 − + i Giá trị A 2 B D − C Lời giải Chọn A Giả sử z1 = x1 + y1i với x1 ; y1 ∈ ¡ Khi đó: z1 − i = ⇔ z1 − i = z1 + − 3i ⇔ x1 + ( y1 − 1) i = ( x1 + ) + ( y1 − ) i z1 + − 3i ⇔ x12 + ( y1 − 1) = ( x1 + ) + ( y1 − 3) ⇔ x1 − y2 + = Quỹ tích điểm M biểu diễn số phức z1 đường thẳng ∆ : x − y + = Giả sử z2 = x2 + y2i với x2 ; y2 ∈ ¡ Ta có: z2 + i = ⇔ z2 + i = z2 − + i ⇔ x2 + ( y2 + 1) i = ( x2 − 1) + ( y + 1) i z2 − + i ⇔ x22 + ( y2 + 1) = 2 ⇒ Quỹ tích ( x2 − 1) điểm + ( y2 + 1) ⇔ x22 + y22 − x2 + y2 + = N biểu diễn số phức ( C ) : x + y − x + y + = có tâm I ( 2; −1) bán kính R = − ( −1) + d ( I ; ∆) = =3 > R 2 + ( −1) Khoảng cách từ I đến ∆ là: z2 đường 22 + ( −1) − = tròn ⇒ đường thẳng ∆ đường trịn C khơng có điểm chung ⇒ z1 − z2 Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z1 − z2 đoạn thẳng MN nhỏ MN nhỏ Dễ thấy MN = − = 2 16 Ví dụ [4] Cho số phức z thỏa mãn z+ z + z−z =4 P = z − − 2i lớn giá trị nhỏ đúng? A= M +m , đặt ( 34;6) A∈ ( 7; 33 ) C A Gọi M, m giá trị Mệnh đề sau ( ) A∈ ( 4;3 ) D A∈ B ( Giả sử: phẳng tọa độ Oxy Ta có: z = x + yi, x, y ∈ ¡ ) ⇒ N ( x; y ) z + z + z − z = ⇔ x + y = 2⇒ N • vẽ) A∈ 6; 42 Lời giải : điểm biểu diễn số phức z mặt thuộc cạnh hình vng BCDF (hình y I B E F C O -2 x D -2 • P = z − − 2i ⇒ P = Từ hình ta có: ( x − 2) + ( y − 2) ⇒ P = d ( I ; N ) E ( 1;1) M = Pmax = ID = 42 + 22 = m = Pmin = IE = Vậy, A= M + m = 2+2 5∈ ( 34;6 I 2;2 với ( ) ( − 1) + ( − 1) = 2 ) Ví dụ [4] Cho số phức z thỏa mãn z − − i + z − − 3i = 53 Tìm giá trị lớn P = z + + 2i A Pmax = 53 Pmax = 106 C B 185 D Pmax = 53 Hướng dẫn giải 17 Pmax = Xét ( ) ( ) ta có AB = 53 ⇒ điểm biểu diễn z đoạn thẳng AB A 1;1 , B 8;3 P = z + + 2i = MM ′ với M điểm biểu diễn số phức z , M ′ điểm biểu diễn số phức z ′ = −1 − 2i Phương trình đường thẳng AB : −2 x + y − =  87 13  M1 =  − ; ÷  53 53  Hình chiếu vng góc M ′ lên AB Ta có A nằm M B nên P = MM ′ lớn ⇔ MM lớn ⇔ M ≡ B ⇒ z = + 3i ⇒ Pmax = 106 z + 4i = z − + 4i z − − 5i = z2 − = Ví dụ 5.[4] Cho số phức z, z1 , z2 thỏa mãn Tính z1 − z2 A P = z − z1 + z − z2 đạt giá trị nhỏ C 41 B D Lời giải Gọi A điểm biểu diễn số phức z1 Suy I1 ( 4;5 ) , R = Gọi B Gọi M ( x; y ) 18 B C thuộc đường tròn ( ) tâm điểm biểu diễn số phức Theo giả thiết ( d) C thuộc đường tròn ( ) điểm biểu diễn số phức z2 Suy I ( 1;0 ) , R = A x− y−4= z + 4i = z − + 4i ⇔ x − y = z = x + yi Suy M thuộc đường thẳng tâm C ' C I ' 4; −3 ) , R = Gọi ( ) có tâm ( đường trịn đối xứng với đường tròn ( ) tâm I ( 1; ) , R2 = qua đường thẳng d Gọi qua đường thẳng d Ta có B ' điểm đối xứng với đối xứng với P = z − z1 + z − z2 = MA + MB = MA + MB ' ≥ AB ' = I1 I '− R1 − R2 = Dấu = xảy B uuur uuuur I A = I1 I ' A, B ', I1 , I ', M thẳng hàng Khi suy uuuur uuuuu r I B ' = I ' I 2 A ( 4;4 ) B ' 4; −2 ) ⇒ B ( 2;0 ) AB = suy ( z1 − z2 = Vậy Bài tập tương tự iz + − i = Câu Giả sử z1 , z2 hai số số phức z thỏa mãn z1 − z2 = Giá trị lớn z1 + z2 A B C D Câu Cho số phức z thỏa mãn z − i = z + − 3i + z − + i Tìm giá trị lớn M z − + 3i ? A M = 10 M= C B M = D M = + 13 5 5w = ( + i ) ( z − ) Giá trị Câu Cho số phức w , z thỏa mãn P = z − − 2i + z − − 2i w +i = lớn biểu thức A B + 13 C 53 D 13 z = z + 2i Câu Cho số phức z thỏa mãn : Giá trị nhỏ biểu thức P = z−i + z−4 A B C 3 D z − − 2i = z + − 3i = Câu Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn Tìm giá trị lớn A P = 19 P = z1 − z2 B P = C P = + 34 D P = + 10 z1 = z2 = z1 − z2 = Câu Cho số phức z , z1 , z2 thoả mãn Giá trị nhỏ P = z + z − z1 + z − z2 2+ C + D B + A + Câu Xét số phức z thỏa mãn z + − 2i + z − + i = Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = z + + z − − 3i m A M = 17 + ; m = C M = 26 + ; m = Tìm M , B M = 26 + ; m = D M = 17 + ; m = z − + 3i = z −z =4 Câu Cho z1 , z2 hai số phức thỏa mãn Giá trị lớn z1 + z2 B A C D 2+ z = z = z3 = Câu Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn Tính giá trị lớn biểu thức 2 P = z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 A P = B P = 10 C P = D P = 12 w − − 3i = Câu 10 Cho số phức z thỏa mãn z − − i = , số phức w thỏa mãn z−w Tìm giá trị nhỏ A 17 + B 13 + C 13 − D 17 − Câu 11 Gọi n số số phức z đồng thời thỏa mãn iz + + 2i = biểu thức T = z + + 2i + z − 3i đạt giá trị lớn Gọi M giá trị lớn T Giá trị tích M n A 13 B 10 21 C 13 D 21 Câu 12 Tìm số phức z thỏa mãn đạt giá trị nhỏ A z = + 6i z = − 2i C z = − 2i 20 z −1− i = biểu thức T = z − − 9i + z − 8i B z = + 5i D z = + 6i z + z + z − z = Câu 13 Cho số phức z thỏa mãn Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ đúng? P = z − − 2i ( 34;6) A∈ ( 7; 33 ) C A A∈ Đặt A = M + m Mệnh đề sau B D ( ) 3) A∈ 6; 42 A ∈  4;3 Câu 14 Xét số phức z thỏa mãn z − − 2i = Giá trị nhỏ biểu thức P = z − − i + z − − 2i A + 10 B C 17 D 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Sau triển khai chuyên đề, cho học sinh tiếp cận dạng tập Sau ví dụ cho học sinh nhận dạng, phân tích, so sánh tốn với qua học sinh tự thu nhận hình thành kĩ giải nài tốn cực trị số phức Tơi cho học sinh làm kiểm tra tiết Kết sau: Lớp 12A Sỉ Điểm < điểm số Số Tỉ lệ % lượn g 0 Điểm TB Số Tỉ lệ lượn % g 19,5 Khá Số lượn g 19 Tỉ lệ % 46,3 Giỏi Số lượn g 14 Tỉ lệ % 34,5 III KẾT LUẬN 3.1 Kết luận Qua thực tiễn giảng dạy, thực nghiệm sư phạm thân nhận thấy tính khả thi đề tài Đa số học sinh khơng cịn thấy xa lạ với việc giải toán cực trị số phức Quan trọng em thấy ý nghĩa đẹp, hay, sáng tạo toán học thúc đẩy cho em tính tích cực sáng tạo tư ln tìm hiểu vấn đề lạ 3.2 Kiến nghị - Mỗi giáo viên cần ln tìm tịi điều hay, lạ để có cách giải tốn đơn giản, tạo cho em trải nghiệm thú vị, tạo niềm vui, hứng thú học tập - Giáo viên cần tự học, bồi dưỡng nâng cao trình độ ứng dụng cơng nghệ thơng tin vào dạy học Tăng cường nghiên cứu phương pháp, kĩ thuật dạy 21 học đổi mới, lựa chọn phương pháp phù hợp với đối tượng học sinh Có thực mục tiêu nâng cao chất lượng dạy học trường THPT Sáng kiến kinh nghiệm thể vận dụng phương pháp dạy học tích cực vào tiết dạy cụ thể Sáng kiến kinh nghiệm khơng mang tính lí luận sâu xa lý thuyết toán mà mà thân tơi làm, thực hóa lý thuyết đổi dạy học tiết học cụ thể Mặc dù có nhiều cố gắng song tránh khỏi sơ suất, thiếu sót Kính mong hội đồng khoa học cấp bạn bè đồng nghiệp góp ý, xây dựng, bổ sung cho kinh nghiệm đạt chất lượng tốt Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 05 tháng 05 năm 2021 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người thực Trương Thị Nga 22 TÀI LIỆU THAM KHẢO Giải tích nâng cao 12 ( Đồn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng ), nhà xuất giáo dục Việt Nam [1] Tuyển tập chuyên đề tích phân số phức (Trần Xuân Tiếp, Phan Hoàng Ngân), nhà xuất đại học sư phạm [2] Tuyển tập chun đề tốn trung học phổ thơng (Trần Phương, Hoàng Minh Tuệ) nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội [3] Đề thi thử TN THPT QG trường, đề minh hoạ [4] 23 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên : Trương Thị Nga Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Hà Trung T T Tên đề tài SKKN Rèn luyện kĩ sử dụng lượng Cấp đánh giá xếp loại Kết Năm học đánh đánh giá giá xếp xếp loại loại Cấp Tỉnh C 2014-2015 Cấp Tỉnh C 2016-2017 liên hợp để giải phương trình, bất phương trình vơ tỉ Rèn luyện cho học sinh lớp 12 kỹ tính số tích phân đặc biệt 24 ... dạy, với mong muốn giúp em học sinh phân tích, định hướng giải gặp dạng tốn nên tơi lựa chọn đề tài: "Một số giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 12 giải toán cực trị số phức" Hy vọng với đề tài nhỏ... phía học sinh Tơi rút số vấn đề sau Về giáo viên: dạy cực trị số phức giáo viên chưa tạo hứng thú cho học Về phía học sinh: cịn chưa biết hay lúng túng giải tập cực trị số phức 2.3 Các biện pháp. .. trung học 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài toán cực trị số phức Phạm vi nghiên cứu đề tài vận dụng phương pháp giải tốn thích hợp để giải toán cực trị số phức 1.4 Phương pháp