Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ năng làm bài số phức mức độ vận dụng

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 lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2.Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.3.1 Một số tính chất số phức cần nhớ 2.3.2 Một số dạng toán số phức thường gặp 2.3.3 Các tập thực hành 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 19 PHẦN : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 19 3.1 Kết luận 19 3.2.Kiến nghị 19 Tài liệu tham khảo 19 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Giáo dục phổ thông nước ta thực bước chuyển từ chương trình giáo dục tiếp cận nội dung sang tiếp cận lực người học, nghĩa từ chỗ quan tâm đến việc học sinh học đến chỗ quan tâm học sinh làm qua việc học Để đảm bảo điều đó, định phải thực thành công việc chuyển cách đánh giá kết giáo dục từ nặng kiểm tra trí nhớ sang kiểm tra, đánh giá lực vận dụng kiến thức giải vấn đề, trọng kiểm tra đánh giá q trình dạy học để tác động kịp thời nhằm nâng cao chất lượng hoạt động dạy học giáo dục, đề cao việc học sinh biết vận dụng kiến thức học vào giải vấn đề thực tiễn Trong chương trình toán THPT số phức phần lạ hấp dẫn với học sinh , toán phần phong phú đa dạng Vì vậy, tốn số phức thường xun có mặt kỳ thi tốt nghiệp THPT Những năm gần kì thi tốt nghiệp THPT tổ chức thi mơn Tốn hình thức trắc nghiệm khách quan với nội dung chủ yếu chương trình lớp 12, phần số phức nằm chương IV – Giải tích 12 phần mà nội dung kiến thức có nhiều đề thi tốt nghiệpTHPT Đây nội dung học sinh có hứng thú học kể học sinh yếu thích học phần Tuy nhiên thi hình thức trắc nghiệm học sinh gặp phải khó khăn định địi hỏi giáo viên phải có biện pháp giúp đỡ em khắc phục Để giải tốn số phức địi hỏi người học Tốn làm toán phải linh hoạt vận dụng cách hợp lý toán Tất nhiên với tốn số phức người có hướng giải riêng Nói có nghĩa có nhiều phương pháp để đến kết cuối toán số phức Điều quan trọng phải lựa chọn phương pháp để tìm lời giải tối ưu cho tốn Thật khó thú vị ta tìm đường đắn để giải Dạy học sinh học tốn khơng cung cấp kiến thức bản, dạng tập vận dụng sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng hình thành cách tư suy luận toán học học sinh thơng qua phương pháp giải tốn Từ giúp em có lực tư logic, độc lập, sáng tạo để hoàn thiện kỹ năng, kỹ xảo học tập phát triển nhân cách học sinh Vì để giúp em tự tin việc học Tốn, tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: “Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ làm số phức mức độ vận dụng ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm trước hết giúp học sinh củng cố kiến thức phần số phức phát triển kỹ giải toán trắc nghiệm số phức nhanh xác Sau khuyến khích em dựa vào tính chất học để sáng tạo tập hay tập số phức, qua giúp em phát triễn tư logic, tổng hợp phần, chương học để chọn nhanh hướng tiếp cận câu hỏi trắc nghiệm mức độ vận dụng đề thi 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ yếu tập trung vào mối quan hệ số phức với hình học tọa độ mặt phẳng, qua chọn lọc số tốn số phức đặc trưng hình học chuyển hóa thành toán số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với toán số phức, trước hết giáo viên cần yêu cầu học sinh ôn tập kiến thức hình học liên quan Đặc biệt với riêng chuyên đề giáo viên phải yêu cầu học sinh nắm vững mối quan hệ số phức với hình học tọa độ, công thức chuyển đổi từ số phức sang hình học Sau giáo viên chọn số tốn điển hình, kiện, u cầu thường gặp để học sinh luyện tập nhiều, tạo “phản xạ” cho em gặp loại toán Bước cuối yêu cầu em sáng tạo thêm đề tốn từ tốn điển hình từ toán khác mà em gặp Để thực mục đích nhiệm vụ đề tài, q trình nghiên cứu tơi sử dụng nhóm phương pháp sau: - Phương pháp phân tích hệ thống hóa tài liệu Nhằm phân tích tài liệu có liên quan đến biện pháp giúp đỡ học sinh học tập mơn tốn lớp cuối cấp THPT, trọng sách giáo khoa, sách giáo viên, chương trình giảm tải tốn lớp 12 để nắm chuẩn kiến thức, kỹ dạy học mơn tốn khối lớp - Phương pháp vấn Nhằm vấn giáo viên dạy lớp 12 để đưa giải pháp tối ưu giải toán trắc nghiệm số phức vấn học sinh lớp 12 để nắm mức độ học toán kỹ giải toán trắc nghiệm em - Phương pháp thực nghiệm Nhằm khẳng định biện pháp giúp đỡ học sinh thực hành giải toán đặc biệt giải toán trắc nghiệm số phức NỘI DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Một số phép tốn mở rộng mơ-đun số phức số phức liên hợp Cho hai số phức z , w Ta chứng minh z  z tính chất sau: z  w  z  w zw  zw z z  z z.w  z.w z.w  z w �z � z � � �w � w z z  w w  z zn  z n   zn  n 2.1.2 Biểu diễn hình học số phức - Biểu diễn hình học số phức z  x  yi với x, y ��trên mặt phẳng tọa độ M x; y  z  OM điểm  Khi - Biểu diễn hình học hai số phức z z hai điểm đối xứng qua trục Ox nên quỹ tích điểm biểu diễn hai số phức z z hình  C  ,  C ' hai hình đối xứng qua trục Ox - Nếu điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 A, B � �z1  z2  AB uuu r uuu r � z1  z2  OA  OB  2OM � � với M trung điểm đoạn AB - Cho điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 A, B Số phức z thay đổi thỏa z  z1  z  z2 quỹ tích điểm biểu diễn số phức z trung trực mãn đoạn AB - Cho điểm biểu diễn hai số phức z1 , z2 A, B Số phức z thay đổi thỏa z  z1  z  z2 quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đường thẳng mãn - Cho z0 số phức khơng đổi có điểm biểu diễn I , số phức z thay z  z0  R  đổi thỏa mãn quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đường trịn tâm I bán kính R - Cho z0 số phức khơng đổi có điểm biểu diễn I , số phức z thay z  z0  R  đổi thỏa mãn quỹ tích điểm biểu diễn số phức z miền đường trịn tâm I bán kính R - Cho z0 số phức không đổi có điểm biểu diễn I , số phức z thay z  z0  R  đổi thỏa mãn quỹ tích điểm biểu diễn số phức z miền ngồi đường trịn tâm I bán kính R - Cho hai số phức z1 , z2 khơng đổi có điểm biểu diễn hai điểm A, B Một số z  z1  z  z2  a  phức z thay đổi thỏa mãn Khi z z a + Nếu quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đường E-lip nhận A, B làm hai tiêu điểm độ dài trục lớn a z z a + Nếu quỹ tích điểm biểu diễn số phức z đoạn thẳng AB 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Hiện gặp toán số phức mức độ vận dụng thường làm học sinh kể học sinh giỏi lúng túng từ khâu phát nút thắt mấu chốt cách xử lý Đa số em không nhận “bẫy” đề bài, sa đà vào tính tốn, gây thời gian mà thường không thu kết mong đợi Khi gặp toán vấn đề trên, học sinh nhiều thời gian để biến đổi toán Một số học sinh lực tư hạn chế chưa biết cách phối hợp tư hình học tính tốn đại số Một thực tế nhiều học sinh làm tốn loại chương hình học làm thành thạo chương số phức với ngơn từ, giả thiết khác em lại không phát vấn đề cốt lõi, quen thuộc mà lúng túng gặp tốn Chính người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm chất vấn đề cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc tốn từ Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ làm số phức mức độ vận dụng 2.3 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.3.1 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC CẦN NHỚ Môđun số phức: Số phức z  a  bi biểu diễn điểm M(a; b) uuuur mặt phẳng Oxy Độ dài véctơ OM gọi mơđun số phức z 2 Kí hiệu z = a + bi = a + b Tính chất uuuu r 2 z  a  b  zz  OM   z �0, z ��, z  � z   z z '  z z '  z z  ,  z ' �0  z' z'  z  z ' �z �z ' �z  z ' kz  k z , k �� Chú ý: 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 z1  z2 � z1  z2 2 � z1  kz2  k �0  dấu xảy � z1  kz2  k �0   z  z z  z dấu xảy z1  z  z1  z2  z1  z2 2 z  a  b  2abi  (a  b )  4a 2b  a  b  z  z  z.z  z �� 2.Một số quỹ tích cần nhớ Biểu thức liên hệ x, y ax  by  c  (1) z  a  bi  z  c  di (2) Quỹ tích điểm M (1)Đường thẳng :ax  by  c  (2) Đường trung trực đoạn AB với  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  �R 2 z  a  bi �R r � x  a    y  b  �R 2 Hình vành khăn giới hạn hai đường tròn đồng tâm r �z  a  bi �R b2  y  c  d2  1 1  1 Elip  2 z  a1  b1i  z  a2  b2i  2a  x  a b2   y  c Elip 2a  AB , A  a1 , b1  , B  a2 , b2  Đoạn AB 2a  AB Hypebol d2 , bán kính r , R Parabol � y  ax  bx  c  c �0  � x  ay  by  c �  x  a I  a; b  1 2.3.2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức đường thẳng z  a  bi  z z Tổng quát : Cho số phức z thỏa mãn , tìm Min Khi ta có 1) Quỹ tích điểm M  x; y  A  a; b  biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn OA với 1 2 � z Min  z0  a b � � 2 � �z  a  b i 2) � 2 Tổng quát 2:Cho số phức thỏa mãn điều kiện 1) Quỹ tích điểm M  x; y  z  a  bi  z  c  di Tìm z Ta có biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn AB với A  a; b  , B  c; d  z Min  d  O, AB   a2  b2  c2  d 2  a  c bd 2) Lưu ý: Đề suy biến tốn thành số dạng, ta cần thực biến đổi để đưa dạng Ví dụ 1: a) Cho số phức thỏa mãn điều kiện z  a  bi  z  c  di Khi ta biến đổi z  a  bi  z  c  di � z  a  bi  z  c  di b)Cho số phức thỏa mãn điều kiện iz  a  bi  iz  c  di � z  iz  a  bi  z  c  di Khi ta biến đổi  a  bi c  di  z � z  b   z  d  ci i i Dạng 2: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức đường tròn z  a  bi  R   z  z0  R  Tổng quát : Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tìm z Max , z Min Ta có Quỹ tích điểm M  x; y  I a; b biểu diễn số phức z đường tròn tâm   bán kính R 2 �z � Max  OI  R  a  b  R  z0  R � 2 �z Min  OI  R  a  b  R  z0  R � Lưu ý: Đề cho dạng khác, ta cần thực phép biến đổi để đưa dạng Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện hai vế cho i iz  a  bi  R � z   a  bi R  i i (Chia � z  b   R ) Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện liên hợp vế) z Ví dụ 3: Cho số phức  c  di  z  a  bi R� z z  a  bi  R � z  a  bi  R thỏa mãn điều (Lấy kiện a  bi R R   c  di c  di c2  d z0 z  z1  R � z  z1 R  z0 z0 z Hay viết gọn (Chia hai vế cho ) Dạng 3: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức Elip Tổng quát 1: (Elip tắc) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  c  z  c  2a ,  a  c  +) Quỹ tích điểm Khi ta có M  x; y  biểu diễn số phức z Elip: x2 y2  1 a2 a2  c2 � �z Max  a � 2 �z Min  a  c +) � Tổng qt 2: (Elip khơng tắc) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  z1  z  z2  2a Thỏa mãn 2a  z1  z2 Khi ta thực phép biến đổi để đưa Elip dạng tắc Ta có Khi đề cho Elip dạng khơng tắc z  z1  z  z2  2a ,  z1  z2  2a  z1 , z2 ��c, �ci ) Tìm Max, Min P  z  z0 � �z1  z2  2c �2 2 Đặt �b  a  c z z z0   Nếu �PMax  a � �PMin  b Nếu � z1  z2 a �z0  � �z  z  k  z  z  �0 Nếu � z1  z2 a �z0  � �z  z  k  z  z  �0 Nếu z0  z1  z0  z2 (dạng tắc) � z1  z2 �PMax  z0   a � � �P  z  z1  z2  a Min � � z z PMax  z0   a PMin  z0  z1  z2 b 2.3.3 CÁC VÍ DỤ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH Ví dụ Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ P 2z  i M z � z với z số phức khác thỏa mãn Tính tỉ số m M 3 A m M  B m M 2 D m M  C m Phân tích , hướng dẫn giải Ta có 2z  i 2z  i 2z  i P �+�� + � �  z z z P 2z  i z z P z P M  Vậy m Chọn C z  3i   Ví dụ Xét tất số phức z thỏa mãn Giá trị nhỏ z   24i nằm khoảng nào?  A  B  Phân tích , hướng dẫn giải 0;1011 Ta có 1011; 2021 �� z� 3i�4� z 3i  2021; 4042  C  z z 4042; � D  z z0   3i � z0  5, z0   24i Đặt Ta có 4   z  z o  z z o  z o z   z z o Suy  2   z  z o   z  z o   � z zo  z o z   Mà  A  z   24i  z  zo   z  zo  z  zo A  z  z o   z  zo  2 z  zo 2  z.zo  z  z  1201 4;6 Hàm số y  2t  2t  1201 đồng biến   nên A �2.4  2.4  1201  1681 4 � �z  � z   3i  Dấu xảy � z   24i  1009; 2021 Do nằm khoảng Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn   B  A Phân tích , hướng dẫn giải A� 6; 42 A� 34;6 Giả sử: zz  zz 4 P  z   2i giá trị nhỏ đúng? Chọn B  C z  x  yi,  x, y �� � N  x; y  Đặt Gọi M, m giá trị lớn A  M  m  A� 7; 33  Mệnh đề sau D  A� 4;3  : điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Oxy Ta có: z  z  z  z  � x  y  2� N • vẽ) thuộc cạnh hình vng BCDF (hình y I B E F C -2 O x D -2 • P  z   2i � P  Từ hình ta có:  x  2   y  2 � P  d  I ; N  với I  2;  E  1;1 M  Pmax  ID  42  22  m  Pmin  IE    1    1  2 Vậy,  A  M  m   � 34;6  Chọn A z   4i  w Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn w  z   i Khi có giá trị lớn A  74 B  130 C  130 Phân tích , hướng dẫn giải Theo bất đẳng thức tam giác ta có w  z   i   z   8i     9i  �2 z   8i   9i Vậy giá trị lớn D 16  74   130  130 Chọn C w Ví dụ Cho số phức z số phức liên hợp có điểm biểu diễn M z  3i  M� Số phức  số phức liên hợp có điểm biểu diễn N N � Biết M , M � , N , N �là bốn đỉnh hình chữ nhật Tìm giá trị nhỏ z  4i  34 B C A Phân tích , hướng dẫn giải D 13 M x; y  M �  x;  y  Gọi z  x  yi , x, y �� Khi z  x  yi ,  , Ta đặt w  z   3i    x  yi    3i    x  y    3x  y  i � N  x  y;3 x  y  Khi � w  z   3i    x  y    3x  y  i � N  x  y; 3x  y  Ta có M M � ; N N �từng cặp đối xứng qua trục Ox Do đó, để chúng tạo thành hình chữ nhật yM  y N yM  yN � Suy y  x  y y  3x  y Vậy tập hợp điểm M hai đường thẳng: d1 : x  y  d : 3x  y  Đặt P  z  4i    x  5   y  4 A 5; 4  Ta có P  MA với  10 Pmin � MAmin � MA  d  A; d1  d  A; d   34 , A Mà 2, Pmin  d  A; d1   Ví dụ Biết số phức z thỏa mãn thực số phức z bằng: MA  d  A; d  d  A; d1   Chọn C iz   z   i B C  z có giá trị nhỏ Phần D  Phân tích , hướng dẫn giải z  x  yi Đặt � x    y  3  Lại có Thay y ��) (x,  x  2 z  x2  y  2 Khi iz   z   i   y  1 � x  y   � x  2 y   1  1 vào   ta được: � 2�  �y  � � 2 2 z  x  y   2 y  1  y  y  y  � 5� 5 2 y 0 � y 5 Dấu đẳng thức xảy Thay y 1 x    vào  1 suy Vậy phần thực số phức z Chọn D z   3i  z 1 Ví dụ Xét số phức z thỏa mãn Số phức z mà nhỏ A z   5i B z   i Phân tích , hướng dẫn giải C z   3i D z   i M x; y  Gọi z  x  yi , x, y �R Khi  điểm biểu diễn số phức z 2 Theo ta có z   3i  �  x  1   y  3  I 1; Suy tập hợp điểm M đường trịn tâm   bán kính R  Khi z 1 z 1   x  1  y2  I � M với I�  1;  M ngắn hay I , M , I �thẳng hàng, M nằm I I � nhỏ I � 11 Phương trình đường thẳng II �là x  Tọa độ giao điểm đường thẳng II �với đường trịn tâm I bán kính R  thỏa mãn Vậy z   i Chọn B M  1; 1 B M  1;  Thử lại ta thấy z   i  z   2i Ví dụ Trong số phức z thỏa mãn đun nhỏ có phần ảo A 10 C  M  1; 1 , số phức z có mơ D  10 Phân tích , hướng dẫn giải x , y �� M 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  Cách 1: 2 3� � � 3� z  x  y  x � 2 x  �  x  x   �x  � � , x 2� � � � 20 10 Suy 2 z  3 x ;y 10 10 Vậy phần ảo số phức z có mơ đun nhỏ Cách 2:  10 Chọn A Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng d : 4x  y   Ta có z  OM z nhỏ Phương trình đường thẳng � OM OM nhỏ qua O �M hình chiếu vng góc với d O d là: x  y  � x � x  y   � � �� � �x  y  �y   � 10 Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: �3 � 3 � M � ;  � z  i � 10 � Hay 10 Vậy phần ảo số phức z có môđun nhỏ  10 Chọn A Nhận xét: Ta tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z sau: z   i  z   2i � z    i   z   1  2i   * 12 A 1;  1 Gọi M biểu diễn số phức z , điểm  biểu diễn số phức B  1;   Khi biểu diễn số phức 1 i , điểm 1  2i  * � MA  MB Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực đoạn thẳng AB có phương trình d : x  y   Ví dụ Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2 z1  i z i  1;  z1   3i z2   i Giá trị nhỏ A 2 B Phân tích , hướng dẫn giải Giả sử z1  x1  y1i với x1 ; y1 �� Khi đó: D  C z1  i  � z1  i  z1   3i � x1   y1  1 i   x1     y1  3 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   y2  1 i z2   i � � x22   y2  1  2 Quỹ tích  x2  1 điểm N   y2  1 � x22  y22  x2  y2   biểu diễn số z2 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: đường 22   1   tròn � đường thẳng  đường trịn C khơng có điểm chung Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z1  z2 đoạn thẳng MN � z1  z2 nhỏ MN nhỏ Dễ thấy MN    2 Chọn A 13 z   mi  z  m  2i z1  z2 z   34 tập hợp số phức z thỏa mãn S Ví dụ 10 Gọi , (trong m ��) lớn nhất, giá trị Gọi z1 , z2 hai số phức thuộc z1  z S cho D 130 C A B 10 Phân tích , hướng dẫn giải x , y �� Đặt z  x  yi ,  Khi z   34 �  x  1  y  34 ; z   mi  z  m  2i �  m  1 x    m  y   Do tập hợp điểm M biểu diễn số phức z giao điểm đường tròn  C  :  x  1  y  34 đường thẳng d :  m  1 x    m  y   C �d   A, B Gọi A , B hai điểm biểu diễn z1 z2 Suy   Mặt khác z1  z2  AB �2 R  34 max z1  z2  34 � AB  R � I  1;  �d z1   3i � � � m z z 2 z2  4  3i � nên d : 3x  y   Từ ta có Vậy Chọn A z   w  2i  2 Ví dụ 11 Cho hai số phức z , w thỏa mãn , Biết zw 3z  w đạt giá trị nhỏ z  z0 , w  w0 Tính 0 A 2 B Phân tích , hướng dẫn giải Ta có: + z 3  đường trịn có tâm + w  2i  2 D , suy tập hợp điểm biểu diễn M biểu diễn số phức z I ;0  , bán kính r  , suy tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w đường trịn có tâm Ta có  C  J 0; z  w  MN  , bán kính R  2 + IJ  2; IM  r  2; NJ  R  2 14   NJ  �IJ Mặt khác IM  MN MN  IJ NJ hay MN �5   2  2 IM Suy MN  2 I , M , N , J thẳng hàng M , N nằm I , J (Hình vẽ) Cách 1: uuur uu r uur uu r � IM  IJ ; IN  IJ 5 Khi ta có: IN  r � uur uu r uur uu r �uur uu uuuu r uur uuur uuur uur uur  OI  IJ 3OM OI  IJ  OI  IJ �  OI  IM  � � � ; Mặt khác ON  OI  IN uuuur uuur z0  w0  3OM  ON   uur uu r uur uu r � uur uuuur uuur  3OI  IJ  � OI  IJ � � 2OI z0  w0  3OM  ON 5 � �  Chọn D Suy Cách 2: uur uuur uuur uur r IN  3IM � 3IM  IN  Do uuuu r uuur uur uuur uur uur uur 3z0  w0  3OM  ON  OI  IM  OI  IN  2OI  2.OI  2.3  Ta có     Chọn D Cách 3: � 12 �xM  uuur IM uu r uuur uu r 12 � IM  IJ � IM  IJ � � � z0   i IJ 5 �y  M � � +) � �xN  uur IN uu r uur uu r 12 � IN  IJ � IN  IJ � � � w0   i IJ 5 �y  12 N � � +) Suy 3z0  w0   Chọn D z  w  Ví dụ 12 Cho hai số phức z w thỏa mãn z  w   6i Giá trị lớn biểu thức A zw B 26 C 66 D 15 Phân tích , hướng dẫn giải Giả sử M , N điểm biểu diễn cho z w Suy uuuu r uuur uuur uur OM  ON  OF  2OI , z  w  MN  OF  2OI  10 a z  ON  ; w  OM  b Đặt Dựng hình bình hành OMFE Ta �a  b ME   25 � 264 � � a  2b  �2 2 �b  ME  a  16 � � có  z  w 2 �a � �1 �  �  b �� a  2b  �  � 66 �2 � �4 � z  w � 66, Suy Chọn C dấu “=” xảy ab 66 Vậy  z  w max  66 Ví dụ 13 Cho số phức z thoả mãn z  Gọi M m giá trị lớn P  z 1  z2  z 1 giá trị nhỏ biểu thức 13 A 39 B Tính M m 13 D C 3 Phân tích , hướng dẫn giải Thay z 1 vào P ta có P  z 1  z2  z 1  z 1  z  z  z  z   z  z 1    z   z  z  z z  z   z z  z  z    z  1 z    z  z Mặt khác t � 2;  Đặt t  z  z z  nên điều kiện  Suy f�  t  P  t   t 1 1 t2 Xét hàm số f  t   t   t 1 với t � 2; 2 f �t  với t  Suy   với t  16 f�  t  1 t2 7 �x � f x    với t  Suy Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy Vậy M m  M 13 7 t m  t  13 Chọn A z 1 Ví dụ 14 Cho số phức z có P  z2  z  z2  z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức 13 A 11 D C B Phân tích , hướng dẫn giải P  z2  z  z  z   z z 1  z2  z   z 1  z2  z  z 1 Do nên ta đặt z  cos x  i.sin x Khi P  z   z  z   cos x  i.sin x   cos x  i sin x  cos x  i sin x    cos x  1  sin x   cos x  cos x  1   sin x  sin x    cos x   cos x  cos x   cos x  cos x  cos x    cos x  cos x  Đặt Với t  cos x, t � 1;1 t � y'  � Xét hàm y   2t  2t  1 y   2t  2t  1, y '  1 20� t   2t ; 1 2  2t �7 � 13 � � y  1  3; y � � y � � �8 � ; � � 1 y   2t  2t  1, y '  2  t Với 1 1 y'  �   �  2t  (phương trình vơ nghiệm)  2t t � 1� y � � y  1  � � ; 17 Vậy max y   1;1 13 13 2 P  z  z  z  z  Do giá trị lớn Chọn A z   4i  Ví dụ 15 Trong số phức z thỏa mãn có hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  Giá trị nhỏ A 10 B 4  Phân tích , hướng dẫn giải Đặt z1  x1  y1i,  x1 , y1 ��  z1  z2 D 6  C 5 z2  x2  y2i,  x2 , y2 ��  �  x1  3   y1    � � 2  x2  3   y2     x1  x2    y1  y2   � Khi � 2 Ta  x1  3 có � x12  y12   x22  y22    x1  x2    y1  y2  z1  z2 Suy Do   y1     x2  3   y2   2   x1  x2    y1  y2  �2 2 3 2  42  �  10  x1  x2    y1  y2  � � � 10 �z1  z2 �10 Chọn A Bài tập áp dụng : Bài Cho z số phức thỏa mãn z   2i  z   3i z  z  2i Giá trị nhỏ B 13 A C 29 D Bài Cho số phức z1  2  i , z2   i số phức z thay đổi thỏa mãn 2 z  z1  z  z2  16 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ 2 z Giá trị biểu thức M  m A 15 B C 11 D z  2i �z  4i z   3i  Bài Cho số phức z thỏa mãn Giá trị lớn biểu thức P  z2 A 13  là: B 10  C 13 D 10 z   2i  Bài Xét số phức z thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức P  z   i  z   2i A  10 B C 17 D 18 z   4i  Bài Cho số phức z thỏa mãn Gọi M m giá trị 2 lớn giá trị nhỏ biểu thức P  z   z  i Môđun số phức w  M  mi A w  137 B w  1258 C w  309 D w  314 z 1 i  Bài Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z2  iz1 Tìm giá trị nhỏ z z m biểu thức ? A m   B m  2 C m  D m  2  z 1 i Bài Cho số phức z thoả mãn z   2i  Giá trị lớn A B C 20 D z Bài Cho số phức z thỏa mãn   i  z    i  z  2i Giá trị nhỏ B D A C 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Trong q trình giảng dạy, tơi nhận thấy rằng: sau đưa hệ thống tập trên, học sinh biết vận dụng phương pháp linh hoạt vào tốn khác Học sinh khơng cịn tâm lý e ngại gặp toán số phức dạng vận dụng Mặt khác, hiệu áp dụng tương đối cao, giải trở nên sáng sủa, ngắn gọn Hầu hết em vận dụng tốt giải nhanh câu hỏi trắc ngiệm loại Một hiệu mà nhận thấy học sinh sau đọc tài liệu nhìn toán số phức với mắt “ bớt sợ” Những em khá, ham tìm tịi nghiên cứu toán khác để thử áp dụng cho tốn khác.Tuy cịn phận học sinh kiến thức hạn chế nên chưa thấy điểm mạnh phương pháp, vận dụng chưa linh hoạt dạng đề khác Sau kết thực nghiệm lớp 12A2 12A3: Lớp 12A2: 42 học sinh Điểm – 4,5 – 6,5 – 8,5 - 10 Thời gian Số % Số % Số % Số % HS HS HS HS Trước thực giải 19,0 28 66,7 14,3 0 pháp Sau thực giải pháp 0 12 28,6 20 47,6 10 23, Lớp 12A3: 42 học sinh Điểm – 4,5 – 6,5 – 8,5 - 10 19 Thời gian Số % Số % Số % Số % H HS HS HS S Trước thực giải pháp 12 28,6 28 66,7 4,7 0 Sau thực giải pháp 4,7 12 28,6 25 59,5 7,2 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trên số giải pháp triển khai áp dụng trường THPT Quảng Xương thu nhiều kết khả quan học tập chương số phức học sinh 3.2 Kiến nghị Hằng năm, sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thực tiễn, thiết thực phục vụ cho nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục đào tạo, sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy cần tập hợp kỷ yếu khoa học Sở GD& ĐT tạo điều kiện cho giáo viên, học sinh phụ huynh tham khảo XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 18 tháng 05 năm ĐƠN VỊ 2021 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Lê Thị Thủy TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] SGK Giải tích 12_NXB Giáo dục [2] SGK hình học 10_ NXB Giáo dục [3] “ Chuyên đề chọn lọc - Số Phức Áp Dụng”, NXBGD - 2009 [4] Đề minh họa thpt Quốc gia mơn tốn Bộ [5] Tham khảo số đề thi thử THPT Quốc gia Sở trường mạng internet - Nguồn: http://www.dethi.violet.vn - Nguồn: http://www.vnmath.com - Nguồn: http://www.tintuyensinh247 20 21 ... hướng dẫn học sinh tìm chất vấn đề cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc tốn từ Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ làm số phức mức độ vận dụng 2.3... ? ?Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ làm số phức mức độ vận dụng ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm trước hết giúp học sinh. .. biểu diễn số phức z đoạn thẳng AB 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Hiện gặp toán số phức mức độ vận dụng thường làm học sinh kể học sinh giỏi lúng túng từ khâu phát nút