(SKKN 2022) hướng dẫn học sinh giải một số dạng toán về cực trị số phức bằng phương pháp hình học giải tích nhằm nâng cao hiệu quả học tập

Lí do chọn đề tài Bài toán cực trị số phức là một dạng toán khó trong đề thi THPT QG nay là TN THPT trong các năm gần đây đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững vàng về bất đẳng thức v

1 Mở đầu

1.1 Lí do chọn đề tài

Bài toán cực trị số phức là một dạng toán khó trong đề thi THPT QG( nay là

TN THPT) trong các năm gần đây đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững vàng

về bất đẳng thức và hình học giải tích trong mặt phẳng Oxy Vì mới được phổ biến trong những năm gần đây nên nguồn tài liệu về dạng toán này chưa nhiều, chưa đa dạng nên học sinh thường lúng túng khi gặp dạng bài toán này

Việc sử dụng phương pháp hình học để giải quyết các bài toán về số phức làmột trong những phương pháp hay và hiệu quả, đặc biệt là các bài toán về cực

trị trong số phức Hơn nữa, với những bài toán Hình học làm theo phương pháp

trắc nghiệm, nếu khi biểu diễn được trên giấy thì qua hình ảnh minh họa, ta cóthể lựa chọn đáp án một cách dễ dàng hơn

Trong quá trình giảng dạy, ôn luyện cho học sinh tôi thấy rất nhiều bài toánkhó về số phức đều được xây dựng trên cơ sở một số bài toán cực trị hình họctrong mặt phẳng, nếu học sinh tiếp cận theo hướng đại số thuần túy về tính toán

sẽ rất khó giải quyết được vấn đề trong thời gian ngắn nhưng khi chuyển sanghình học, từ những con số khá trừu tượng, bài toán đã được minh hoạ một cáchrất trực quan, sinh động và cũng giải được bằng hình học một cách dễ dàng hơn

Từ những lý do trên nên tôi đã khai thác, tổng hợp và hệ thống hoá kiếnthức các, sưu tầm các dạng bài điển hình hay gặp trong các đề thi để viết thành

chuyên đề: “Hướng dẫn học sinh giải một số dạng toán về Cực trị số phức bằng phương pháp Hình học giải tích nhằm nâng cao hiệu quả học tập” 1.2 Mục đích nghiên cứu

Tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm này đầu tiên là nhằm mục đích tạo ramột tài liệu tham khảo để giúp học sinh có thêm một phương pháp tiếp cậnnhanh và hiệu quả khi gặp những bài toán cực trị trên tập số phức Tiếp đó làkhuyến khích các em dựa vào những tính chất cực trị hình học đã học để sángtác ra những bài tập hay trên tập số phức, qua đó giúp các em phát triển tư duylogic, tổng hợp các phần, các chương đã học để chọn nhanh được hướng tiếp cậnđối với các câu hỏi trắc nghiệm ở mức độ vận dụng trong các đề thi

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu tập trung vào mối quan hệ giữa số phức với hình học giải tích trong mặt phẳng, qua đó chọn lọc một số bài toán

cực trị đặc trưng trong hình học rồi chuyển hóa nó thành các bài toán cực trị trong tập số phức

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với các bài toán cực trị số phức, tôi

yêu cầu học sinh ôn tập các kiến thức hình học liên quan và nắm vững mối quan

hệ giữa số phức với hình học tọa độ, các công thức chuyển đổi từ số phức sanghình học Sau đó tôi chọn một số bài toán điển hình, các dữ kiện, yêu cầu thườnggặp để học sinh luyện tập nhiều để khi gặp loại toán này học sinh dễ dàng nhậndạng từ đó định dạng được cách làm phù hợp và nhanh chóng Sau cùng là yêucầu các em sáng tác thêm các đề toán từ bài toán điển hình này cũng như từ cácbài toán khác mà các em đã từng gặp

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

2.1.1 Môđun của số phức

 Số phức z a bi  được biểu diễn bởi điểm M a b( ; )trên mặt phẳng Oxy Độ

dài của véctơ OM

được gọi là môđun của số phức z Kí hiệu

2.1.2 Biểu diễn hình học của số phức.

 Biểu diễn hình học của số phức z x yi với x y  , trên mặt phẳng tọa độ làđiểm M x y ;  Khi đó z OM

 Biểu diễn hình học của hai số phức z và z là hai điểm đối xứng nhau quatrục Ox nên nếu quỹ tích điểm biểu diễn hai số phức z và z lần lượt là cáchình    C , C' thì hai hình đó cũng đối xứng nhau qua trục Ox.

 Nếu điểm biểu diễn của hai số phức z z1, 2 là A B, thì

  với M là trung điểm đoạn AB.

 Cho điểm biểu diễn của hai số phức z z1, 2 là A B, Số phức z thay đổi thỏa

mãn z z 1  z z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là trung trực của

đoạn AB

 Cho điểm biểu diễn của hai số phức z z1, 2 là A B, Số phức z thay đổi thỏa

mãn z z 1  z z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng.

 Cho z0 là một số phức không đổi có điểm biểu diễn là I, một số phức z thayđổi thỏa mãn z z 0  R 0 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường tròntâm I bán kính R

 Cho z0 là một số phức không đổi có điểm biểu diễn là I, một số phức z thayđổi thỏa mãn z z 0 R 0 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là miền trongđường tròn tâm I bán kính R

 Cho z0 là một số phức không đổi có điểm biểu diễn là I, một số phức z thayđổi thỏa mãn z z 0 R 0 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là miền ngoàiđường tròn tâm I bán kính R

 Cho hai số phức z z1, 2 không đổi có điểm biểu diễn là hai điểm A B, Một sốphức z thay đổi thỏa mãn z z 1  z z 2   a 0 Khi đó

+ Nếu z1  z2 a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường E-lip nhận

,

A B làm hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng a

+ Nếu z1  z2 a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Hiện nay khi gặp dạng toán cực trị trên tập số phức được phát triển từ bài

toán cực trị hình học thường làm các học sinh, kể cả những học sinh khá giỏi,lúng túng từ khâu phát hiện nút thắt mấu chốt cho đến cách xử lý Đa số các emkhông nhận ra “bẫy” trong đề bài, sa đà vào tính toán, gây mất thời gian màthường không thu được kết quả mong đợi

Một thực tế nữa là nhiều học sinh khi làm bài toán loại này ở chương hìnhhọc thì làm được khá thành thạo nhưng khi ở chương số phức với ngôn từ, giảthiết khác thì các em lại lúng túng không phát hiện ra vấn đề cốt lõi, quen thuộc.Chính vì vậy người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra bản chất vấn đề cũngnhư cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc bài toán

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

2.3.1 Dạng toán cực trị số phức liên quan đến đường thẳng.

Bài toán 1: Cho số phức z thỏa mãn z z 0 z ( z0  a bi), tìm z Min

Gọi M x y ;  là điểm biểu diễn số phức z x yi  với x y  ,

Ta có z 2 4  i  5  x 22y 42   5 tập hợp điểm biểu diễn số phức z

là đường tròn có tâm I2;4 và bán kính R  5

Kẻ đường thẳng đi qua 2 điểm O và I cắt đường tròn tại 2 điểm M và N như hình vẽ Ta có OI  2 2  4 2  2 5; IM IN R 5.

Gọi z x yi, x y  ,  được biểu diễn bởi điểm M x y ; 

z    i z i  x  y i  x  y i

Đặt M z A z ;  1 ;B z 2 ;C z 3 là điểm biểu diễn của các số phức z z z z; ; ; 1 2 3 Khi đó

từ giả thiết z z 1  z z2 suy ra MA MB hay tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường trung trực  của đoạn AB.

Ta có: P z z3 CM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của Clên  Pmin d C ; 

Ví dụ 3: Cho số phức z thoả mãn z 4  i  z i Gọi z a bi a b   ;   là sốphức thoả mãn z  1 3i nhỏ nhất Giá trị của biểu thức T  2a 3b là:

Lời giải Chọn C

Đặt M z A ; 4;1 ; B0; 1   lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z;4  i i; Khi đó từ giả thiết suy ra MA MB , tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường trung trực  của AB

 đi qua I2;0 và có VTPT n AB     4; 2  

: 2x y 4 0

     Gọi N1; 3   là điểm biểu diễn của số phức 1 3i

Ta có: z  1 3i MN Do đó z  1 3i nhỏ nhất  MN nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của N lên 

x y

Phương pháp: Đặt M z A z ;  1 ;B z 2 ;H z 3 ;K z 4 là các điểm biểu diễn

số phức z z z z z; ; ; ; 1 2 3 4 Khi đó từ giả thiết z z 1  z z2 suy ra MA MB , tậphợp điểm biểu diễn của số phức z là đường trung trực  của AB;

P z z  z z MH MK

TH1: H K, nằm khác phía so với đường thẳng 

Ta có: P HM KM HK Dấu bằng xảy ra  M M0 HK  Khi đó

min

P HK

TH2: H K, nằm cùng phía so với đường thẳng 

Gọi H  là điểm đối xứng của 

Ta có: P MH MK  MH MK H K Dấu bằng xảy ra khi M M0 H K  .Khi đó Pmin H K

Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn : z z 2i Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4

P z i  z là

Lời giải Chọn A

Gọi M x y( ; ) là điểm biểu diễn số phức z Ta có z  z 2i  y  1 0,tức biểudiễn hình học của số phức thỏa mãn giả thiết là đường thẳng y  1 0. Xét điểm(0;1)

A và B(4; 0) thìP z i  z 4 MA MB Dễ thấy A B, cùng phía với đườngthẳng y  1 0 nên MA MB nhỏ nhất bằng BA trong đó A(0; 3)  đối xứng với

A qua đường thẳng y  1 0.

M' A

là trung điểm của HK).

Do đó Pmin  IMmin  M là hình chiếu vuông góc của I lên 

2 5

HK  ,IM0 d I ;   3 2

2 2

2.3.2 Dạng toán cực trị số phức liên quan đến đường tròn.

Bài toán 3: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z z 0  R 0z0  a bi Tìm

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w   z 1 i là đường tròn I;1 và w làkhoảng cách từ gốc tọa độ đến 1 điểm trên đường tròn Do đó giá trị lớn nhấtcủa w chính là đoạn OQ.

Ta có: P z z1 ME lớn nhất  MEmax và Pmin  MEmin

Khi đó: Pmax IE R và Pmin IE R

Ví dụ 7: Cho số phức z thoả mãn z 2 3  i  1 Giá trị lớn nhất của P  z 1 i

là:

Lời giải Chọn D

Gọi M x y ;  là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng toạ độ

Do z 2 3  i   1 M nằm trên đường tròn tâm I2;3, bán kính R 1

Ta có: iz 3 2  i   3 i z  3i 2 3   z  2 3i  3  Tập hợp điểm M biểu diễncủa số phức z là đường tròn tâm I   2; 3 bán kính R 3.

Gọi E1;1 là điểm biểu diễn của số phức 1 i  P EM Do đó Pmin EI R  2

z  i   M thuộc đường tròn tâm I , bán kính R 2.

Gọi A2;3 ; B0;5 lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức 2 3i và

2

2

AB MH

  (với H1;4 là trung điểm của

2 5 4;

2

M M

Goi M a b ;  là điểm biểu diễn của số phức z

Theo giả thiết ta có: z 4 3  i  5 a 42b 32   5 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I4;3 bán kính R  5

Gọi M x y ;  là điểm biểu diễn số phức z Do z 2 2  i  2 nên tập hợp điểm M làđường tròn   C : x 22y 22 4.

Các điểm A1;1, B5;2 là điểm biểu diễn các số phức 1 i và 5 2i Khi đó,

P MA MB 

Vì điểm A nằm trong đường tròn  C còn điểm B nằm ngoài đường tròn  C ,

mà MA MB AB   17 Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của đoạn AB với

 C

Ta có, phương trình đường thẳng AB x:  4y 3  0

Tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn  C là nghiệm của hệ với

1 y 5

22 59 17

z z MN d I d R 

 Dạng 7: Cho hai số phức z z1 ; 2 thoả mãn z1  w 1 R1 và z2  w 2 R2 trong

đó w ; w 1 2 là các số phức đã biết Tìm GTNN, GTLN của biểu thức

z  R  N thuộc đường tròn tâm K bán kính R2

Ta có: P MN Dựa vào các vị trí tương đối của hai đường tròn để tìm

Gọi A B, là hai điểm biểu diễn cho hai số phức z1 và z2

+) z1  2 3  i   2 A thuộc đường tròn tâm I 2;3, bán kính R 1 2.+) z2   1 2i   1 z2  1 2  i   1 z2  1 2  i   1 z2  1 2  i   1 B

Bài toán 4: (Elip chính tắc) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

 

2 ,

z c  z c  a a c Tìm z Max,z Min Khi đó ta có

 Quỹ tích điểm M x y ;  biểu diễn số phức z là Elip: x22 2y2 2 1

Khi đó    MF1 MF2  20 F F1 2  12 nên tập hợp các điểm E là đường elip  E

có hai tiêu điểm F1 và F2 và độ dài trục lớn bằng 20

Bài toán 5: (Elip không chính tắc) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

có độ dài trục lớn 2a 10 2, 2 tiêu điểm là A, B.

Mặt khác N là điểm biểu diễn cho số phức z2 thỏa mãn z2  6 6  i  2 là đườngtròn  C tâm I6; 6   , bán kính R  2

Dễ thấy B, A, I nằm trên đường thẳng y x

Xét điểm P nằm trong đoạn BI thỏa mãn IP 2  P5; 5  

Do đó MN lớn nhất khi : MN  2a 2R MP PN   10 2 2 2 12 2   , lúc đó :,

M P là các đỉnh trên trục lớn  E , N là điểm đối xứng của P qua I

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.

Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài tậptrên, học sinh đã biết vận dụng phương pháp linh hoạt vào các bài toán khácnhau, từ đơn giản đến phức tạp, học sinh không còn tâm lý e ngại, sợ khi gặp cácbài toán này nữa

Tuy vậy vẫn còn một bộ phận học sinh do những kiến thức còn hạn chế nênvẫn chưa thấy được điểm mạnh của phương pháp, và vận dụng vẫn chưa linhhoạt ở các dạng đề khác nhau

Với cùng một đề kiểm tra 45 phút với nội dung là các bài toán về số phức vàcực trị số phức với 2 lớp: 12A1( lớp thực nghiệm), 12A4( lớp đối chứng) Kếtquả như sau:

Với kết quả đạt được của chuyên đề là nền tảng tạo động lực cho Tôi tiếp tụcthực hiện các chuyên đề liên quan ở các chương khác Đây là chuyên đề mà cáccâu hỏi nằm ở mức độ vận dụng trong các đề kiểm tra, thi học kỳ và đặc biệt lànhững câu hỏi phân hóa trong đề thi TN THPT nên sẽ là tài liệu tham khảo cóích cho cả học sinh và giáo viên

3 Kết luận và kiến nghị

Việc chuyển từ hình thức thi tự luận sang trắc nghiệm đòi hỏi giáo viên phảikhông ngừng nghiên cứu, tìm tòi và học hỏi Tính bao quát kiến thức của hìnhthức thi trắc nghiệm khá lớn đòi hỏi học sinh phải phát huy tính tự học và cómục tiêu cụ thể trong việc học của mình Đây là một đề tài nhỏ mà tôi tổng hợpnhằm góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy của bản thân, là tài liệu tham khảocho đồng nghiệp và học sinh

Với phạm vi một sáng kiến kinh nghiệm nên đề tài mà tôi nghiên cứu có thểvẫn còn hạn chế rất mong được độc giả góp ý kiến để đề tài được hoàn thiện hơn

Xin chân thành cám ơn!

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải, (2001), Hàm biến phức, NXB Đại học

quốc gia Hà Nội

[2] Lê Hồng Đức, Phương pháp giải các dạng toán THPT Số phức, NXB Đại

học quốc gia Hà Nội

[3] Tuyển chọn 3000 bài tập Tích phân và Số phức, NXB Hồng Đức

[4] Trần Minh Tiến, Chinh phục các dạng bài tập trắc nghiệm Hàm số- Số