SKKN Dạy học theo chuyên đề Cực trị hình học và ứng dụng

PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ “CỰC TRỊ HÌNH HỌC” Phần I Đặt vấn đề Lý luận chung Dạy học theo chuyên đề tích hợp nội dung từ số đơn vị, học, mơn học có liên hệ với làm thành nội dung học chủ đề có ý nghĩa hơn, thực tế hơn, nhờ học sinh tự hoạt động nhiều để tìm kiến thức vận dụng vào thực tiễn Vai trị giáo viên chủ yếu hướng dẫn học sinh tự lực tìm kiếm thông tin, sử dụng kiến thức vào giải nhiệm vụ có ý nghĩa thực tiễn Với mơ hình này, học sinh có nhiều hội làm việc theo nhóm để giải vấn đề xác thực, có hệ thống liên quan đến nhiều kiến thức khác Các em thu thập thông tin từ nhiều nguồn kiến thức sách giáo khoa, sách tham khảo trang mạng diễn đàn Thông qua dạy học theo chuyên đề, học sinh rèn luyện kĩ tiến trình khoa học so sánh, xếp, phân loại, liên hệ Kiến thức thu khái niệm mối liên hệ mạng lưới với Trình độ nhận thức đạt mức độ cao: Phân tích, tổng hợp, đánh giá Giáo viên khơng coi học sinh chưa biết trước nội dung học mà trái lại, phải nghĩ em tự tin biết nhiều ta mong đợi, dạy học cần tận dụng tốt kiến thức, kinh nghiệm, kĩ có sẵn em khuyến khích khả biết nhiều học sinh vấn đề để giảm tối đa thời gian thụ động học sinh tiếp nhận kiến thức mới, để tăng hiểu biết lên nhiều lần so với nội dung cần dạy Kiến thức học sinh lĩnh hội trình giải nhiệm vụ học tập, kiến thức tổ chức theo tổng thể khác với kiến thức trình bày tất nguồn tài liệu Nhu cầu cập nhật kiến thức vô hạn học người học tăng cường tích hợp vấn đề sống, thời vào giảng; tăng cường vận dụng kiến thức học sinh sau trình học vào giải vấn đề thực tiễn; rèn luyện kĩ sống phong phú vốn cần cho người học Việc nhóm học có chủ đề vào nhóm lên kế hoạch giảng dạy cụ thể - Như dạy bồi dưỡng ( phụ đạo) hay bồi dưỡng học sinh giỏi làm Và gọi chuyên đề ( chuyên sâu vấn đề) giúp học sinh có nhìn hệ thống, khái qt sâu sắc mảng kiến thức từ đơn vị kiến thức riêng lẻ truyền thụ tiết học cụ thể Và dạy theo chuyên đề đặc biệt thích hợp với cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi, mà đề thi thường mang tính tổng hợp cao Sáng kiến thuộc lĩnh vực Phương pháp dạy học chuyên đề viết giai đoạn giáo dục hướng đến mục tiêu đổi tồn diện, góp phần dạy cho học sinh cách suy nghĩ làm chủ tư thân, tạo niềm tin hứng thú học tập cho học sinh Lý chọn đề tài Cuối năm 2014, Bộ GD-ĐT đưa định đổi kỳ thi tốt nghiệp THPT thi tuyển sinh đại học theo hình thức thi chung kỳ thi quốc gia Kết thi sử dụng với mục đích kép, vừa công nhận tốt nghiệp, vừa sử dụng làm xét tuyển vào đại học.Cách thức thi thay đổi, đề thi khó so với kỳ thi tốt nghiệp THPT trước đó.Từ năm 2017, Bộ GD-ĐT đưa định đổi hình thức thi THPT: từ tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm Đối với kỳ thi học sinh giỏi giữ nguyên theo hình thức tự luận Cực trị hình học vấn đề hay tốn học nói chung hình học nói riêng Các tốn cực trị hình học xuất sớm từ thời xa xưa nhu cầu đo ruộng đất, tính tốn tối ưu hóa đường đi,về quy hoạch sản xuất người, Cho đến nay, toán cực trị hình học thường xuyên đề cập kỳ thi toán : từ kiểm thường xuyên kỳ thi tuyển sinh đại học đến kỳ thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, khu vực giới Các phương pháp giải tập vấn đề đa dạng, phong phú Chẳng hạn sử dụng bất đẳng thức cổ điển, sử dụng vectơ, sử dụng đặc tính hình học tam giác đồng dạng, phép biến hình, sử dụng tư hàm, Một phần có nội dung khó đề thi phần cực trịhình học Đây nội dung nằm chương trình hình học THCS, THPT Trong tập, đề thi, cực trị hình họcthường xuất ý bài, khó đề thi có tính chất rời rạc Vì học sinh thường gặp khó khăn, hứng thú việc giải vấn đề.Kinh nghiệm giảng dạy thân cho thấy, trang bị kiến thức đầy đủ, liên tục, theo chuyên đề học sinh hứng thú, tích cực giải vấn đề cách hiệu Tính đề tài giúp học sinh phát triển tư sang tạo hình học, biết kết hợp kiến thức đại số hình học Đặc biệt đề tài giúp học sinh ứng dụng kiến thức cực trị hình học vào việc giải toán cực trị số phức – nội dung khó, xuất nhiều kì thi THPT Quốc gia Tính mới, tính sáng tạo sáng kiến hệ thống tương đối đầy đủ tính chất hay cực trị hình học phẳng ,tọa độ phẳng có mối quan hệ đặc biệt với chương khác chương trình tốn THPT Xây dựng cách hệ thống kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo cần có, tập mang tính điển hình bốn mức độ: Nhận biết, thơng hiểu, vận dụng vận dụng nâng cao để học sinh thấy tự tin bắt đầu làm làm câu cực trị tọa độ phẳng,số phức đề thi học sinh giỏi, đề thi sưu tầm đặc biệt đề thi THPT quốc gia tới Với lí vậy, tơi xây dựng thực “Dạy học theo chuyên đề: Cực trị hình học ứng dụng” việc ôn tập cho học sinh THCS, THPT,đặc biệt học sinh giỏi, học sinh lớp 12 ứng dụng số phức Báo cáo buổi sinh hoạt chuyên môn ; áp dụng cho trường tỉnh Phần II Nội dung nghiên cứu Tư hình học cách suy nghĩ để nhận thức giải vấn đề cách đưa nội dung tốn ( đại số, hình học, giải tích …) vào mối liên hệ với mơn hình học để giải vấn đề Tư đại số cách suy nghĩ để nhận thức giải vấn đề cách đưa nội dung toán ( đại số, hình học, giải tích …) vào mối liên hệ với môn đại số để giải vấn đề Vì nhiều lí khác nhau, nhiều học sinh chí học sinh khá, giỏi sau học xong phần cực trị hình học phẳng hiểu cách đơn sơ Sau nhiều năm giảng dạy chúng tơi nhận thấy tốn cực trị hình học phẳng có nhiều mối quan hệ với kiến thức chương khác chương trình tốn trung học phổ thơng đặc biệt hình hình học phẳng cấp 2, sợi dây liên kết vơ hình tạo nhiều tốn hay cực trị hình học phẳng , ứng dụng cực trị hình học tọa phẳng vào toán số phức số phức kì thi trung học phổ thơng quốc gia thi chọn học sinh giỏi Khai thác tính chất hay cực trị hình học phẳng ứng dụng chúng tơi trình bày chọn lọc sáng kiến Sự góp mặt tính chất làm nên yếu tố thú vị, bất ngờ học sinh góp phần khơng nhỏ việc phát triển tư duy, phát huy tối đa khả tìm tịi sáng tạo học sinh Khơng tính chất gió thổi vào tốn túy cực trị hình học phẳng biến đổi diệu kì Sáng kiến áp dụng lần đầu vào tháng 1,2,3 năm 2018, 2019 dạy ôn tập cho học sinh lớp 10 chuyên tốn, lớp 11 ơn thi học sinh giỏi tỉnh hoàn thiện sau áp dụng dạy tự chọn cho học sinh khối 11, 12 năm 2019, 2020 Sử dụng hình thức vấn đáp, gợi mở để học sinh chủ động phát tính chất, dẫn dắt học sinh rèn luyện nhiều cách khác để giải tốn,biết quy lạ quen, sử dụng linh hoạt tính chất cực trị hình học tọa độ phẳng phương pháp tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số.Tất điều kích thích niềm say mê học tốn học sinh Chúng nhận thấy thay đổi khác biệt em tự tin, đam mê giải toán khả chinh phục cao dạng toán tọa độ phẳng đề thi học sinh giỏi tỉnh,thi thử trung học phổ thông quốc gia đề thi trung học phổ thông quốc gia năm 2018, 2019, đề thi tốt nghiệp trung học phổ thong năm 2020 Cách xếp tập có trật tự hợp lí giúp học sinh dễ xâu chuỗi tính chất với nhau, phát triển tốt thao tác tư tương tự hóa tổng quát hóa Cập nhật hình thức thi trắc nghiệm mơn Tốn giáo dục đào tạo, sau chương xây dựng tập trắc nghiệm dựa ý tưởng tập tự luận chúng tơi trình bày mục Sáng kiến phù hợp cho học sinh chuẩn bị tham gia kì thi trung học phổ thơng quốc gia năm 2020 kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh, học sinh chuyên toán Trong sáng kiến này, tơi tập trung xét đến ba dạng tốn cực trị hình học: + Các tốn cực trị hình học phẳng túy (khơng tọa độ) + Các tốn cực trị hình học mặt phẳng tọa độ Oxy + Ứng dụng tốn cực trị hình học mặt phẳng tọa độ Oxy để giải toán cực trị số phức CHƯƠNG CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY Nét đẹp hình học phẳng hình học phẳng túy ( khơng tọa độ) Tuy nhiên nhìn vào tốn vậy, nhiều học sinh gặp nhiều khó khăn, hứng thú để học Trong nhiều tốn, giáo viên cần nhìn nhận tốn theo nhiều góc độ khác nhau, làm đơn giản hóa tốn, hướng học sinh đến cách nhìn sáng, dễ hiểu nhất, tạo hứng thú cho học sinh… Sau thấy điều hấp dẫn thú vị từ quan điểm này, người học không cảm thấy ngại ngần với tốn túy nữa, thay vào hứng thú tâm tìm tịi lời giải Tôi đưa số tập, từ đơn giản đến phức tạp, từ toán mức độ thi đại học đến tốn khó, kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, để thấy phổ biến phong phú, đa dạng loại Hơn nữa, học sinh rèn luyện tư hàm từ phong phú đa dạng Tuy nhiên, tập trung trình bày ý tưởng viết sơ lược phần mang tính chất tính tốn túy Các toán Một số toán mặt phẳng : Bài toán Trong mặt phẳng, cho hai điểm A B Tìm vị trí M cho MA2  MB nhỏ Lời giải: Gọi I trung điểm đoạn AB , ta có MA2  MB  2MI  AB AB  2 Đẳng thức xẩy M  I Bài toán Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC Tìm vị trí M cho MA2  MB  MC nhỏ Lời giải: Gọi G trọng tâm tam giác ABC , ta có MA2  MB  MC  3MG  GA2  GB  GC  GA2  GB  GC Đẳng thức xẩy M  G Bài toán Trong mặt phẳng, cho hai điểm A, B đường thẳng  Tìm vị trí M   cho MA2  MB nhỏ Lời giải: Gọi I trung điểm đoạn AB , ta có ( d khoảng cách từ I đến đường thẳng  ) Đẳng thức xẩy M hình chiếu I  Bài toán Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC đường thẳng  Tìm vị trí M   cho MA2  MB  MC nhỏ Lời giải: Gọi G trọng tâm tam giác ABC , ta có MA2  MB  MC  3MG  GA2  GB  GC  3d  GA2  GB  GC ( d khoảng cách từ G đến đường thẳng  ) Đẳng thức xẩy M hình chiếu G  Các toán 1,2, 3, mở rộng sau: Bài toán 1.1 Trong mặt phẳng, cho hai điểm A B Tìm vị trí M cho T  aMA2  bMB nhỏ (lớn nhất) ( a, b  ¡ ) uur uur r Lời giải: Gọi I điểm thỏa mãn aIA  bIB  , ta có aMA2  bMB2   a  b  MI  aIA2  bIB2 Nếu a  b  Tmin  aIA2  bIB Đẳng thức xẩy M  I Nếu a  b  Tm ax  aIA2  bIB Đẳng thức xẩy M  I Bài toán 2.1 Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC Tìm vị trí M cho T  aMA2  bMB  cMC  a, b, c ¡  nhỏ (lớn nhất) uuur uuur uuur r Lời giải: Gọi G điểm thỏa mãn aGA  bGB  cGC  0, ta có uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur T  a MG  GA  b MG  GB  c MG  GC uuuur uuuur uuur uuur uuur   a  b  c  MG  2MG aGA  bGB  cGC  aGA2  bGB  cGC uuuur   a  b  c  MG  aGA2  bGB  cGC         Nếu a  b  c  Tmin  aGA2  bGB  cGC MGmin  M  G Nếu a  b  c  Tm ax  aGA2  bGB  cGC MGmin  M  G Đẳng thức xẩy M  G Bài toán 3.1 Trong mặt phẳng, cho hai điểm A, B đường thẳng  Tìm vị trí M   cho T  aMA2  bMB ( a, b  ¡ ) nhỏ (lớn nhất) uur uur r Lời giải: Gọi I điểm thỏa mãn aIA  bIB  , ta có T  aMA2  bMB2   a  b  MI  aIA2  bIB2 Nếu a  b  Tmin   a  b  d  aIA2  bIB2 Đẳng thức xẩy M hình chiếu I  ( d khoảng cách từ I đến đường thẳng  ) Nếu a  b  Tm ax   a  b  d  aIA2  bIB2 Đẳng thức xẩy M hình chiếu I  ( d khoảng cách từ I đến đường thẳng  ) Bài toán 4.1 Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC đường thẳng  Tìm vị trí M   cho T  aMA2  bMB  cMC  a, b, c ¡  nhỏ (lớn nhất) uuur uuur uuur r Lời giải: Gọi G điểm thỏa mãn aGA  bGB  cGC  0, ta có uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur T  a MG  GA  b MG  GB  c MG  GC uuuur uuuur uuur uuur uuur   a  b  c  MG  2MG aGA  bGB  cGC  aGA2  bGB  cGC uuuur   a  b  c  MG  aGA2  bGB  cGC         Nếu a  b  c  Tmin   a  b  c  d  aGA2  bGB2  cGC M hình chiếu G  ( d khoảng cách từ G đến đường thẳng  ) Nếu a  b  c  Tmax   a  b  c  d  aGA2  bGB2  cGC M hình chiếu G  ( d khoảng cách từ G đến đường thẳng  ) Nhận xét: + Các toán tổng quát lên n điểm ( n  ) + Các toán áp dụng vào việc tìm tọa độ điểm M thỏa mãn điều kiện toán + Các tốn mở rộng khơng gian, tọa độ không gian… Sau số tập minh họa cho toán trên: Bài tập Cho tam giác ABC có cạnh a M điểm thay đổi mặt phẳng a) Tìm gía trị nhỏ tổng T  MA2  MB  MC b) Tìm gía trị nhỏ tổng T  2MA2  MB c) Tìm gía trị nhỏ tổng T  MA2  2MB  MC Lời giải: a) Gọi G trọng tâm tam giác ABC , ta có T  MA2  MB  MC  3MG  GA2  GB  GC  GA2  GB  GC a , ta có Tmin  a M  G Với GA  GB  GC  uur uur r b) Gọi I điểm thỏa mãn 2IA  IB  , ta có T  2MA2  MB  3MI  IA2  IB  IA2  IB 2a 2a a ta có Tmin  M  I Với IA  , IB  3 uuur uuur uuur r c) Gọi K điểm thỏa mãn KA  KB  KC  0, ta có T  MA2  2MB  MC  2MK  KA2  KB  KC  KA2  KB  KC uuur uuur uuur uuur r uuur uuur r uuur CA Ta có KA  KB  KC   KB  CA   BK  a a a , KB  KC  KA2  KC  Do KA  2 a2 Suy Tmin   , M  K Bài tập Cho hình vng ABCD có cạnh a M điểm thay đổi đường thẳng CD a) Tìm gía trị nhỏ tổng T  MA2  2MB  MC b) Tìm gía trị lớn tổng T  2MA2  3MB c) Tìm gía trị lớn tổng T  2MA2  MB  2MC  2MD Lời giải: uuur uuur uuur r a) Gọi K điểm thỏa mãn KA  KB  KC  0, ta có T  MA2  2MB  MC  2MK  KA2  KB  KC  HK  KA2  KB  KC uuur uuur uuur uuur r uuur uuur r uuur CA Ta có KA  KB  KC   KB  CA   BK  a a a 10 , KB , KC  KA2  AC  , Do KA  2 7a 3a KH  Suy Tmin  , M  H 2 ( H hình chiếu K CD) uur uur r b) Gọi I điểm thỏa mãn 2IA  3IB  , ta có T  2MA2  3MB   MI  IA2  3IB  d  IA2  3IB I đến đường thẳng CD) ( d khoảng cách từ uu uur uur r r uuur Ta có 2IA  3IB   IA  3AB Do d  a, IA  3a, IB  2a Suy Tmax  5a , M  H ( H hình chiếu I CD) uur uur uuur uuur r uur uuur uur uur uuur c) Gọi J điểm thỏa mãn JA  JB  JC  JD    JA  JD   JB   JB  BC  uur uuur uuur uuur uuur uuur  JB  DA  BC  DA  BJ  AD   Ta có T  2MA2  MB  2MC  2MD   MJ  JA2  JB  JC  JD  d  JA2  JB  JC  JD uuur uuur Từ BJ  AD, ta có d  3a, JA  a 17, JB  4a, JD  a 10 Suy Tmax  10a , M hình chiếu J CD, tức M trùng C Bài toán (Bài toán gốc bản)Trong mặt phẳng, cho hai điểm A B đường thẳng d Tìm vị trí điểm M đường thẳng d cho: a) MA  MB nhỏ b) MA  MB lớn Lời giải: Đây toán quen thuộc chương trình phổ thơng.Cách giải đơn giản xét xem A, B phía hay khác phía d sử dụng tính chất đối xứng để đưa toán tổng độ dài đoạn gấp khúc có khả trở thành đoạn thẳng a) + Nếu A B nằm khác phía d MA  MB  AB Do MA+MB nhỏ M giao điểm đường thẳng AB d + Nếu A B nằm phía d Gọi A’ đối xứng với A qua d, MA  MB  MA ' MB  A ' B Khi M thay đổi d MA+MB nhỏ A ' B Dấu xẩy A', M , B thẳng hàng hay M giao điểm đường thẳng A ' B d b) Cách giải tương tự câu a: + Nếu A B nằm phía d MA  MB  AB Do MA  MB lớn khi M giao điểm đường thẳng AB d + Nếu A B nằm khác phía d Gọi A’ đối xứng với A qua d, MA  MB  MA ' MB  A ' B Khi M thay đổi d MA  MB lớn A ' B Dấu xẩy A', M , B thẳng hàng hay M giao điểm đường thẳng A ' B d Chú ý đường thẳng AB d song song ngồi cách giải trên, ta cịn có cách giải sau thể rõ quan điểm tư hàm: Gọi I giao điểm đường trung trực d ' đoạn AB với đường thẳng d độ dài MA+MB thay đổi khoảng cách MI thay đổi, ngồi tính đối xứng nên ta cần xét điểm M nửa mặt phẳng bờ d’ ( giả sử M phía với B hình vẽ) Khi đó, ta thấy MA+MB hàm biến IM  x  x  0 Cụ thể, đặt AB=2a, khoảng cách AB d h MA  MB  ( x  a)2  h2  ( x  a)2  h2  f  x  Khi đó: f '( x)  Nhận xa ( x  a)  h 2  xa ( x  a)  h thấy f '( x)   ( x  a)2[( x  a)2  h2 ]  ( x  a)2[( x  a)2  h2 ], x  a phương trình vơ nghiệm  0; a  nên ta thấy f '( x)  x  , mà f '(a)  nên f '( x)  x  ( tính chất liên tục f '( x) [0, ) ) Vậy f  x  đồng biến [0, ) , thể ta thấy f  x  nhỏ x  , tức M trùng I Nhận xét: 1) Lời giải nhìn vào thấy dài phức tạp, điều hay mà đem lai chỗ ta thấy tăng dần tổng MA+MB M chạy xa dần điểm I, x   f ( x)   nên rõ ràng không tồn giá trị lớn đại lượng 2) Ở lời câu a b nói lên quan hệ đoạn thẳng đường gấp khúc Từ cách nhìn này, ta đề xuất thêm toán sau: Bài tập Cho hình chữ nhật ABCD điểm E thuộc cạnh AD Xác định vị trí điểm: F thuộc cạnh AB, G thuộc cạnh BC, H thuộc cạnh CD cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ Lời giải: Gọi I, K, M theo thứ tự trung điểm EF, EG GH AEF vng A có AI trung tuyến  AI= Tương tự MC= EF M GH 10 Ta có P = z - + 2i = MA Pmin Û MAmin ® Pmin = d (A, D ) = với A (2;- 2) Dựa vào 2.(- 2)+ So sánh hai trường hợp ta thấy Pmin = hình vẽ ta thấy 2 = Chọn A Điểm đường tròn Câu Cho số phức z : z   8i  Tổng giá trị nhỏ lớn z B 20 C 25 D 10 A 15 Lời giải: Gọi M  a; b  , a, b ¡ , I  6;8 điểm biểu diễn số phức z,  8i Ta có M thuộc đường trịn tâm I bán kính 5: IM  5, OI  62  82  10 z  OM Ta sử dụng bất đẳng thức tam giác quen thuộc để tìm Min, Max z OI  IM  OM  OI  IM   z  15 Vậy z đạt Min đạt Max 15 M giao điểm đường thẳng  OI  đường tròn Chọn B Câu Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  a  bi; z2  c  di; a  b  4; c  d  Tổng giá trị nhỏ lớn z1  z2 B 10 A D C Lời giải: Gọi A, B hai điểm biểu diễn số phức z1 , z2 Ta có: A thuộc đường tròn (O; 2) B thuộc đường tròn (O;3) Suy ra: z1  z2  AB đạt hiệu hai bán kính đạt max tổng hai bán kính Vậy Min z1  z2  1, Max z1  z2  Chọn D Câu Cho số phức z : z   8i  Tích giá trị nhỏ lớn z   3i A 15 B 50 C 25 D 10 Lời giải: 37 Trong câu này, giống câu 3, ta thay điểm O  0;0 điểm A 1;3  AI  Ta có: z 1  3i  AM , AI  IM  AM  AI  IM    z   3i   Vậy z   3i đạt Min  đạt Max  M giao điểm đường thẳng  AI  đường tròn Chọn C Điểm, đường thẳng đường tròn Câu Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  a  bi;, z2  c  di; a  b  4; c  d  4, a, b, c, d  ¡ Giá trị nhỏ z1  z2 A  C 2  Lời giải: B 2 D 2  Gọi điểm M điểm biểu diễn số phức z1 , N điểm biểu diễn số phức z2 Ta có z1  z2  MN Theo giả thiết M thuộc đường trịn tâm O bán kính R  N thuộc đường thẳng    : x  y  Qua O kẻ đường thẳng vng góc với    cắt đường tròn hai điểm E , F cắt    H với điểm E nằm O H MN  d  M ,    MK  EH  OH  OE  d  O,    R  2  Dấu xảy M  E N  H Vậy giá trị nhỏ z1  z2 2  Chọn D Câu Xét số phức z   3i  z   i A 10 B.10 z thỏa mãn z   3i  Giá trị lớn C D 20 Lời giải: Cách 1: Gọi M  a; b  , a, b  ¡ , I  4;3 , A  1;3 ; B 1; 1 điểm biểu diễn số phức z ,  3i, 1  3i;1  i Ta có: M thuộc đường trịn tâm I bán kính R  IA  R, IB  R nên điểm A B nằm ngồi đường trịn z   3i  z   i  MA  MB 38 Gọi    đường thẳng trung trực AB phương trình    qua trung uuur điểm AB J  0;1 nhận AB   2; 4  vecto pháp tuyến là: x  y    x  y  Ta tìm giao điểm    đường tròn x  2y   Xét hệ :  y  x    y  x   x     y  3  2 Suy giao điểm    đường tròn hai điểm C  2;2 D  6;4 Ta chứng minh : MA  MB  DA  DB * Thật : D      DA  DB Đặc biệt I  4;3     Lấy điểm K đối xứng với A qua đường thẳng  DM  Ta có : MA  MK , DA  DK , MK  DB  E  MA  MB  MK  MB  MK  ME  EB  EK  EB  DK  DE  EB  DK  DB  DA  DB Suy * chứng minh Ta có DA  DB  10 Vậy giá trị lớn biểu thức z   3i  z 1  i 10 Cách 2: Gọi J trung điểm AB Theo cơng thức đường trung tuyến ta có MJ   MA2  MB   AB  MA2  MB  2MJ  Mà  MA  MB   MA2  MB2  4MJ  AB2   AB 2 M chạy đường tròn tâm I cố định nói trên, điểm J cố định nên JM lớn điểm I nằm J ; M Suy M  D  6, 4 39 Vậy MA  MB đạt giá trị lớn tam giác MAB cân M điểm I nằm J ; M Suy M  D  6, 4 ( thỏa mãn hai điều kiện) Chọn B Câu 8.Gọi (C1 ) tập hợp số phức w thỏa mãn w + - 3i £ w - + 2i Gọi (C2 ) tập hợp số phức z thỏa mãn z - + 4i £ Giá trị nhỏ biểu thức P = w - z A - B + C - Lời giải:Đặt z = x + yi ; w = a + bi (x , y, a, b Ỵ ¡ ) Ta có +) w + - 3i £ w - + 2i 2 D + Û (a + 2) + (y - 3) £ (a - 3) + (b + 2) Û a - b £ Tập hợp điểm M biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ D : x - y = kể bờ (miền tơ đậm hình vẽ) Gọi miền (C1 ) 2 +) z - + 4i £ Û (x - 2)+ (y + )i £ Û (x - 2) + (y + ) £ Tập hợp điểm N biểu diễn số phức z hình trịn (C2 ) có tâm I (2;- 4), bán kính R = Khi biểu thức P = z - w = MN khoảng cách từ điểm thuộc (C1 ) đến điểm thuộc (C2 ) Từ suy Pmin = d [I , D ]- R = - Chọn C Đường tròn đường tròn Câu Xét số phức z1, z2 thỏa mãn z1 - = iz2 - = Giá trị nhỏ biểu thức P = z1 + z2 A - B - C - Lời giải: Đặt z3 = - z Þ P = z1 + z = z1 - (- z ) = z1 - z Từ z3 = - z Þ z = - D + z , thay vào iz2 - = ta iz3 - = Û z - 4i = 2 Gọi A, B hai điểm biểu diễn cho hai số phức z3 , z1 +) z3 - 4i = ị A ẻ ng trũn tõm I (0;4), bán kính R3 = +) z1 - = ị B ẻ ng trũn tõm J (4;0), bán kính R1 = 40 ìï P = IJ - R - R = - Khi P = z1 - z3 = AB Þ ïí Chọn C ïï P = IJ + R + R = + ïỵ max Cách Biến đổi iz - 2 = Û z2 = Û z + 2i = Û z + 4i = i i Ta có P = z1 + z = (z1 - )+ (2 z + 4i )+ (4 - 4i ) iz - = Û ³ (2 z2 + 4i )+ (4 - 4i ) - z1 - ³ - 4i - z2 + 4i - z1 - = - Câu 10.Có giá trị tham số m để tồn số phức z thỏa mãn z z = z - + i = m ? B A C D Lời giải:Gọi A điểm biểu diễn cho số phức z +) z.z = Û z = Û z = Þ A Ỵ đường trịn (C1 ) có tâm O (0;0), bán kính R1 = - i khơng thỏa mãn z z = +) Ta thấy m = Þ z = nên suy m > +) z - + i = m ị A ẻ I ( đường trịn (C2 ) có tâm ) 3;- , bán kính R2 = m Nhận thấy OI = > R1 suy I nằm (C1 ) Để có số phức z (C1 ) (C2 ) tiếp xúc tiếp xúc trong, éOI = R1 + R2 ém + = ém = Û ê Û ê êR2 = R1 + OI êëm = + êëm = ë điều điều xảy ê Vậy có giá trị m thỏa mãn Chọn C Elip Câu 11 Cho số phức z thỏa mãn z   z   10 Tổng giá trị nhỏ lớn z B 10 A D C Lời giải: 41 Gọi M  a; b  , a, b  ¡ , F1  4;0 , F2  4;0  điểm biểu diễn số phức z, 4, Ta có : z   z   4   MF1 , z   MF2 z   z   10  MF1  MF2  10 Theo định nghĩa đường Elip tập hợp M đường Elip có hai tiêu điểm x2 y  F1 , F2 : c  4, 2a  10  a  5, b  a  c  Phương trình  E  :  25 Mặt khác z  OM  b  z  a   z  2 Vậy z đạt Min đạt Max Chọn D Câu 12 Cho số phức z thỏa mãn  z   i    z   i   Tổng giá trị nhỏ lớn z A 5- B 5+ C 5 - D 5 + Lời giải: Đặt z  x  yi; x, y  ¡  z  2 i    z  2 i 1   x  2   y 1   x  2   y 1 Gọi M  x; y  , A  2;1 , B  2;1  2 6 Ta có MA  MB  Suy tập hợp M elip có hai tiêu điểm A, B  2a   a3    2c    c    2 b  b  a  c x  y  1  tâm Phương trình elip :  đối xứng I  0;1 Ta có z  OM  IM  OI  b  OI    Min z  m   đạt  M  E 0;1     y  12  18 8 18 y Xét z  x  y  1    y  f  y   f '  y   y   y  1  5 5   2 180   180  f    Max z  M   4 16 4 52 Chọn A Vậy M  m   f ' y    y  42 Một số dạng tổng hợp khác ( lấy đối xứng, tâm tỷ cự, cân hệ số…) Câu 13.Xét số phức z = a + bi (a;b Ỵ ¡ ) thỏa mãn z - - 3i = z - + 5i Khi biểu thức P = z - - 2i + z + - 7i đạt giá trị nhỏ a + b A - B C D Lời giải: Đặt z = x + yi (x , y Ỵ ¡ ) Từ suy tập hợp điểm M (x ; y ) biểu diễn số phức z đường thẳng D : x + y = P = z - - 2i + z + - 7i = MA + MB Khi với A (2;2), B (- 3;7) Gọi C điểm đối xứng A qua đường thẳng D , ta tìm C (0;- 2) phương trình đường thẳng BC : 3x + y + = Ta có P = MA + MB = MC + MB ³ BC Dấu '' = '' xy khi M = BC ầD ị M (- 1;1) ïì a = - Þ ïí Þ a + b = Chọn B ïïỵ b = Câu 14.Xét số phức z thỏa mãn z + - 2i = Gọi m , M giá 2 trị nhỏ lớn biểu thức P = z - + 2i - z - - i Tổng m + M A - 30 B - 12 C 14 D 68 Lời giải: Từ z + - 2i = Þ tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường trịn (C ) có tâm C (- 1;2), bán kính R = 2 Ta có P = z - + 2i - z - - i = MA - MB với A (3;- 2), B (2;1) Trong mặt phẳng Oxy chọn điểm I thỏa ìï IA = 10 ï í ïï IB = 10 ỵ uuu r uur uuur uur Có MA - MB = MI + IA - MI + IB uuur uur uur = - MI + MI IA - IB + IA - IB = 20 - MI uur uur r IA - IB = Þ I (1;4 ) Þ ( ( ) ( ) ) 43 2 ì ïïì Pmin Û MI max ïïï Pmin = 20 - IM = 20 - CI + R = - 30 Do ú ị 2 ợùù Pmax Û MI ïïỵï Pmax = 20 - IM = 20 - CI - R = 18 ìï m = - 30 Þ íï Þ m + M = - 12 Chọn B ïïỵ M = 18 Câu 15 Xét số phức z thỏa mãn T = z + + z - A z = Giá trị lớn C B 10 D Lời giải: Từ z = suy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường tròn (C ) có tâm O (0;0), bán kính R = Gọi A (- 1;0), B (1;0) Nhận thấy AB đường kính (C ) nên MA + MB = AB = Khi T = MA + MB £ (12 + 2 )(MA + MB ) = 5.4 = Chọn A Nhận xét Bài rơi vào trường hợp đặc biệt AB đường kính đường trịn Nếu tốn hỏi giá trị nhỏ ta có đánh giá MA + MB ³ MA Dấu '' = '' xảy M º B Khi (MA + MB )= AB Để cụ thể hóa, chúng tơi đưa hệ thống tập trắc nghiệm nhằm làm tư liệu tham khảo cho giáo viên, giúp học sinh rèn luyện kỹ làm bài, đáp ứng cho kỳ thi Trung học phổ thông Quốc gia ( đáp án gạch chân) Câu 1.Tìm số phức z cho z    4i   biểu thức P  z   z  i đạt 2 giá trị lớn A z   i B z   5i C z   2i Câu 2.Cho số phức z thỏa mãn điều kiện A B D z   3i 2  3i z   Giá trị lớn z  2i C D 44 Câu 3.Cho số phức z1   3i , z2  5  3i Tìm điểm M  x; y  biểu diễn số phức z3 , biết mặt phẳng phức điểm M nằm đường thẳng x  y   mô đun số phức w  3z3  z2  z1 đạt giá trị nhỏ B M  ;   A M   ;    5 5 C M  ;  5 D M   ;  5 5     Câu 4.Gọi  H  tậphợp tất điểm mặt phẳng tọa độ 0xy biểu diễn số phức z  a  bi,  a, b ¡  thỏa mãn a  b   a  b Diện tích hình  H  A 3  B  C   D Câu 5.Gọi H hình biểu diễn tập hợp số phức z mặt phẳng tọa độ Oxy cho z  z  , số phức z có phần ảo khơng âm Diện tích hình H A 3 B 3 C 3 D 6 Câu Cho số phức z thỏa điều kiện z   z  z  2i  Giá trị nhỏ z  i A C B.1 D Câu 7.Xét số phức z thỏa mãn z   4i  z  2i Tìm giá trị nhỏ z A B 2 Câu 8.Cho số phức z thỏa mãn iz  C 10 D 2  iz   Gọi M n 1 i i 1 giá trị lớn giá trị nhỏ z Tích M n A B C 2 D Câu 9.Cho số phức z  a  bi (a, b  ¡ ; a  0, b  0) Đặt đa thức f  x   ax2  bx  5 Biết f  1  , f    Giá trị lớn z 4 A B C Câu 10.Cho số phức z thỏa mãn z số thực w  D z số thực  z2 Giá trị lớn biểu thức P  z   i A 2 B C D 45 Phần III Kết luận Tóm lại, chuyên đề đưa số ý tưởng việc phát triển tư sáng tạo cho học sinh nhờ tốn cực trị hình học Thơng qua việc lựa chọn ví dụ cách phù hợp, chuyên đề cho thấy việc tương ứng 1-1 xuất , phát xử lý theo cách toán cực trị hình học Chuyên đề đưa số hướng mở để tiếp tục hồn thiện phát triển Chẳng hạn: + Tiếp tục khai thác cực trị hình học phẳng phần hệ thức lượng tam giác, đường tròn + Khai thác cực trị hình học khơng gian: góc, khoảng cách, thể tích hình học giải tích Oxyz Chun đề cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng chuyên đề đòi hỏi nhiều kiến thức, bao gồm kiến thức Hình học, kiến thức Đại số kiến thức Tọa độ phẳng… Có tốn phải sử dụng tính chất chứng minh hình học phẳng cấp để giải, có toán lại quy toán đại số để giải có tốn phải kết hợp kiến thức Đại số Hình học Vì để giải tốt tốn thuộc chun đề địi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức ba phần Đề tài hệ thống cách đọng kiến thức phần xây dựng hệ thống toán đa dạng, minh họa cho tình thường gặp kỳ thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia Qua thực tế giảng dạy, học sinh nắm kiến thức, khơng cịn tâm lý e ngại giải toán thuộc chuyên đề này, đa số học sinh dám làm làm Chuyên đề áp dụng rộng rãi khối lớp 9, 10, 11 12 trường THPT Áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh, từ học sinh trung bình đến học sinh giỏi.Tùy theo đối tượng, trình độ học sinh mà người sử dụng khai thác, mở rộng, tăng độ khó, dễ cho phù hợp Trong hai năm học qua, chuyên đề áp dụng số trường thành phố Vinh,tác giảđã trao đổi, thảo luận với nhiều đồng nghiệp tỉnh, tiếp thu nhiều ý kiến hay để hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm Qua đây, tác giả xin cám ơn động viên, giúp đỡ đồng nghiệp tỉnh Việc áp dụng SKKN góp phần tạo nên thành đáng ghi nhận hai năm học qua Ở đây, tác giả xin nêu lên số kết đạt nơi tác giả trực tiếp triển khai áp dụng sáng kiến, cụ thể sau: Từ kết cao học sinh giỏi Tỉnh đến kết thi trung học phổ thơng quốc gia mơn Tốn năm 2019, 2020 lớp áp dụng sáng kiến đạt kết cao Đặc biệt hơn, SKKN tài liệu ôn thi THPT Quốc gia năm 2019, 2020, 2021 nhiều đồng nghiệp tỉnh quan tâm số đông học sinh học tập tài liệu 46 Về cách thức thực hiện, tiến hành vận dụng phương pháp dạy học khám phá nội dung học SKKN trình bày lớp thực nghiệm không áp dụng lớp đối chứng Các tiết dạy thực nghiệm số tiết ôn tập chuyên đề cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng Sử dụng tập hệ thống tập xây dựng chương Giáo viên tổ chức hoạt động khám phá cho học sinh học, sử dụng phương pháp dạy học hợp lí Học sinh có khả tiếp thu nắm cách làm số dạng tập cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng Bằng hoạt động khám phá học sinh giải phần lớn tập SKKN Sau đợt thực nghiệm, học sinh nắm bắt vận dụng hoạt động trí tuệ tốn học phân tích, so sánh, tương tự hạn chế khó khăn , sai lầm giải tốn cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng, phù hợp với định hướng đổi phương pháp dạy học Qua kiểm tra ta thấy lớp thực nghiệm có kết cao lớp đối chứng Điều chứng tỏ phương pháp tác động hiệu tới trình học tập học sinh Bài tốn cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng mức độ vận dụng thấp vận dụng cao mảng khó đề thi học sinh giỏi Tỉnh, thi trung học phổ thông quốc gia Thông qua tốn xếp cách có chủ định với mục đích tăng dần liều lượng từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, bước kích thích niềm say mê học tốn học sinh Kết thu sau áp dụng sáng kiến học sinh THPT tự tin giải toán Tọa độ phẳng ứng dụng đề thi học sinh giỏi Tỉnh, THPT Quốc gia Các em học sinh có định hướng tốt hướng giải tốn hồn thành tốt thi Tuy nhiên, thời gian hạn hẹp, góc độ nhìn nhận cá nhân, chắn chuyên đề số khiếm khuyết Xin nhận ý kiến đóng góp q thầy cơ, bạn đồng nghiệp, quan tâm đến chuyên đề để chuyên đề tiếp tục hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Nghệ An, tháng 03/2021 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa Hình học 10 ( nâng cao ), NXB giáo dục, 2015 [2] Sách giáo khoa giáo khoa chun tốn Hình học10, NXB giáo dục, 2012 [3] Tài liệu chun tốn - Bài tập Hình học10, NXB giáo dục, 2012 [4] Sách giáo khoa Giải tích 12 ( nâng cao ), NXB giáo dục, 2015 [5] Nguyễn Phú Khánh , Ngân hàng đề thi mơn Tốn, NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2015 [6] Tạp chí tốn học tuổi trẻ [7] Các đề thi thử THPT Quốc gia trường THPT toàn quốc [8] Các đề thi học sinh giỏi Tỉnh 48 Phần III Kết luận Tóm lại, chuyên đề đưa số ý tưởng việc phát triển tư sáng tạo cho học sinh nhờ tốn cực trị hình học Thơng qua việc lựa chọn ví dụ cách phù hợp, chuyên đề cho thấy việc tương ứng 1-1 xuất , phát xử lý theo cách toán cực trị hình học Chuyên đề đưa số hướng mở để tiếp tục hồn thiện phát triển Chẳng hạn: + Tiếp tục khai thác cực trị hình học phẳng phần hệ thức lượng tam giác, đường tròn + Khai thác cực trị hình học khơng gian: góc, khoảng cách, thể tích hình học giải tích Oxyz Chuyên đề cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng chuyên đề đòi hỏi nhiều kiến thức, bao gồm kiến thức Hình học, kiến thức Đại số kiến thức Tọa độ phẳng… Có tốn phải sử dụng tính chất chứng minh hình học phẳng cấp để giải, có tốn lại quy tốn đại số để giải có tốn phải kết hợp kiến thức Đại số Hình học Vì để giải tốt tốn thuộc chun đề địi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức ba phần Đề tài hệ thống cách đọng kiến thức phần xây dựng hệ thống toán đa dạng, minh họa cho tình thường gặp kỳ thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia Qua thực tế giảng dạy, học sinh nắm kiến thức, khơng cịn tâm lý e ngại giải toán thuộc chuyên đề này, đa số học sinh dám làm làm Chuyên đề áp dụng rộng rãi khối lớp 9, 10, 11 12 trường THPT Áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh, từ học sinh trung bình đến học sinh giỏi.Tùy theo đối tượng, trình độ học sinh mà người sử dụng khai thác, mở rộng, tăng độ khó, dễ cho phù hợp Trong hai năm học qua, chuyên đề áp dụng số trường thành phố Vinh,tác giảđã trao đổi, thảo luận với nhiều đồng nghiệp tỉnh, tiếp thu nhiều ý kiến hay để hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm Qua đây, tác giả xin cám ơn động viên, giúp đỡ đồng nghiệp tỉnh Việc áp dụng SKKN góp phần tạo nên thành đáng ghi nhận hai năm học qua Ở đây, tác giả xin nêu lên số kết đạt nơi tác giả trực tiếp triển khai áp dụng sáng kiến, cụ thể sau: Trong năm học 2017 -2018, kết thi học sinh giỏi Tỉnh lớp 11A1 (tác giả trực tiếp chủ nhiệm giảng dạy) đạt 03 giải ( có thủ khoa ), 06 giải nhì, 10 giải ba giải khuyến khích Kết thi trung học phổ thơng quốc gia mơn Tốn năm 2018, 2019 lớp áp dụng sáng kiến đạt kết cao Đặc biệt hơn, SKKN tài liệu ôn thi THPT Quốc gia năm 2018, 2019, 2020 49 nhiều đồng nghiệp tỉnh quan tâm số đông học sinh học tập tài liệu Về cách thức thực hiện, tiến hành vận dụng phương pháp dạy học khám phá nội dung học SKKN trình bày lớp thực nghiệm khơng áp dụng lớp đối chứng Các tiết dạy thực nghiệm số tiết ôn tập chuyên đề cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng Sử dụng tập hệ thống tập xây dựng chương Giáo viên tổ chức hoạt động khám phá cho học sinh học, sử dụng phương pháp dạy học hợp lí Học sinh có khả tiếp thu nắm cách làm số dạng tập cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng Bằng hoạt động khám phá học sinh giải phần lớn tập SKKN Sau đợt thực nghiệm, học sinh nắm bắt vận dụng hoạt động trí tuệ tốn học phân tích, so sánh, tương tự hạn chế khó khăn , sai lầm giải tốn cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng, phù hợp với định hướng đổi phương pháp dạy học Qua kiểm tra ta thấy lớp thực nghiệm có kết cao lớp đối chứng Điều chứng tỏ phương pháp tác động hiệu tới trình học tập học sinh Bài toán Tọa độ phẳng ứng dụng mức độ vận dụng thấp vận dụng cao mảng khó đề thi học sinh giỏi Tỉnh, thi trung học phổ thông quốc gia Thơng qua tốn xếp cách có chủ định với mục đích tăng dần liều lượng từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, bước kích thích niềm say mê học toán học sinh Kết thu sau áp dụng sáng kiến học sinh THPT tự tin giải toán Tọa độ phẳng ứng dụng đề thi học sinh giỏi Tỉnh, THPT Quốc gia Các em học sinh có định hướng tốt hướng giải tốn hồn thành tốt thi Tuy nhiên, thời gian hạn hẹp, góc độ nhìn nhận cá nhân, chắn chuyên đề số khiếm khuyết Xin nhận ý kiến đóng góp q thầy cơ, bạn đồng nghiệp, quan tâm đến chuyên đề để chun đề tiếp tục hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Nghệ An, tháng 03/2021 50 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa Hình học 10 ( nâng cao ), NXB giáo dục, 2015 [2] Sách giáo khoa giáo khoa chun tốn Hình học10, NXB giáo dục, 2012 [3] Tài liệu chuyên toán - Bài tập Hình học10, NXB giáo dục, 2012 [4] Sách giáo khoa Giải tích 12 ( nâng cao ), NXB giáo dục, 2015 [5] Nguyễn Phú Khánh , Ngân hàng đề thi mơn Tốn, NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2015 [6] Tạp chí tốn học tuổi trẻ [7] Các đề thi thử THPT Quốc gia trường THPT toàn quốc [8] Các đề thi học sinh giỏi Tỉnh [9] Phan Văn Thái, Sáng kiến kinh nghiệm :Phát triển tư sáng tạo cho học sinh THPT thông qua việc khai thác tính chất hình học đại số số phức, Nghệ An 2018 51 ... tốn cực trị hình học phẳng túy (khơng tọa độ) + Các tốn cực trị hình học mặt phẳng tọa độ Oxy + Ứng dụng toán cực trị hình học mặt phẳng tọa độ Oxy để giải toán cực trị số phức CHƯƠNG CỰC TRỊ HÌNH... thực ? ?Dạy học theo chuyên đề: Cực trị hình học ứng dụng? ?? việc ôn tập cho học sinh THCS, THPT,đặc biệt học sinh giỏi, học sinh lớp 12 ứng dụng số phức Báo cáo buổi sinh hoạt chuyên môn ; áp dụng. .. thác cực trị hình học khơng gian: góc, khoảng cách, thể tích hình học giải tích Oxyz Chuyên đề cực trị hình học mặt phẳng ứng dụng chuyên đề đòi hỏi nhiều kiến thức, bao gồm kiến thức Hình học,