Tài Liệu Phát Triển Năng Lực Tư Duy Toán Học Cho Học Sinh Qua Việc Giải Các Dạng Toán Cực Trị Số Phức.pdf

0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài “Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh qua việc giải các dạng toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học” LĨNH VỰC TOÁN HỌC[.]

NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

Cơ sở thực tiễn

Nhằm đổi mới giáo dục và phương pháp giảng dạy, đội ngũ giáo viên chúng tôi không ngừng tìm kiếm cách thức truyền đạt tri thức và phát triển tư duy cho học sinh Chúng tôi tin rằng việc này sẽ tạo ra hành trang vững chắc cho các em bước vào tương lai Đặc biệt, trong các kỳ thi THPT Quốc gia, phần Cực trị hàm số được khai thác nhiều với các mức độ vận dụng mới lạ so với sách giáo khoa.

Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy học sinh còn gặp khó khăn trong việc áp dụng phương pháp giải toán Vì vậy, tôi đã tập trung nghiên cứu tài liệu liên quan đến các dạng toán này để hỗ trợ các em trong việc giải quyết bài tập, đồng thời phát triển năng lực tư duy toán học của mình.

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

Bài toán cực trị, đặc biệt là bài toán cực trị số phức, là một dạng toán khó, khiến học sinh cảm thấy khó khăn và ngại học Điều này dẫn đến việc các em không chủ động và thiếu hứng thú trong việc giải bài Mặc dù các em đã học kiến thức về mặt phẳng tọa độ Oxy từ lâu, nhưng vẫn gặp trở ngại khi tiếp cận bài toán này.

(lớp 10), một mặt thì thời gian học trên lớp còn hạn chế, tập số phức lại là tập hợp mới mà các em vừa được tiếp cận

Theo số liệu thống kê trước khi dạy đề tài này ở hai lớp tôi trực tiếp áp dụng năm học 2022-2023 kết quả như sau:

Năm học Lớp Sĩ số Số học sinh giải được trước khi thực hiện đề tài

Để giải quyết những khó khăn mà học sinh gặp phải trong việc hiểu và áp dụng các phương pháp giải cho từng dạng cực trị số phức, cần thiết phải đưa ra các phương pháp cụ thể và dễ hiểu Việc này sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức và cải thiện khả năng giải quyết bài tập liên quan đến số phức.

Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp

Bài toán Cực trị số phức có nhiều phương pháp giải khác nhau, bao gồm việc đánh giá theo Bất đẳng thức và Khảo sát hàm số Đặc biệt, trong bài thi trắc nghiệm, thí sinh có thể sử dụng máy tính cầm tay để khảo sát giá trị, từ đó xác định đáp án chính xác.

Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã phân chia bài toán cực trị số phức thành 9 dạng khác nhau Mỗi dạng đều được phân tích và nhận xét về vai trò, tác dụng, cũng như hiệu quả của nó Từ đó, học sinh có thể nhận biết và áp dụng phương pháp giải quyết phù hợp để tìm ra kết quả chính xác.

Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với các hoạt động

Đề tài “Hướng dẫn học sinh giải một lớp bài toán Cực trị số phức bằng phương pháp Hình học” nhằm củng cố kiến thức về hình học giải tích trong mặt phẳng tọa độ Oxy Qua đó, giúp học sinh phát triển tư duy linh hoạt và khả năng nhìn nhận bài toán Đại số từ góc độ hình học, từ đó hiểu rõ hơn ý nghĩa hình học của bài toán.

Bài toán hình học trực quan giúp học sinh tìm ra lời giải dễ dàng hơn, đặc biệt khi có thể vẽ hình trong mặt phẳng tọa độ Oxy Việc này không chỉ giúp suy ra đáp án đúng cho câu hỏi trắc nghiệm mà còn làm tăng hứng thú và sự tự tin của học sinh khi giải quyết các bài toán tương tự.

Từ kinh nghiệm này giúp học sinh học tốt bộ môn Toán trong chương trình

THPT, từ đó nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.

CÁC BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP

Bài toán 1 yêu cầu giải quyết một số phức 𝑧 0 = 𝑎 0 + 𝑏 0 𝑖 và xác định tập hợp các số phức z thỏa mãn điều kiện |𝑧 − 𝑧 1 | = |𝑧 − 𝑧 2 | Đầu tiên, cần tính giá trị nhỏ nhất của z trong tập hợp này Tiếp theo, xác định giá trị nhỏ nhất của |𝑧 − 𝑧 0 | Cuối cùng, tìm giá trị z sao cho |𝑧 − 𝑧 0 | đạt giá trị nhỏ nhất.

Từ đẳng thức zz 1  zz 2 , suy ra được M thuộc đường trung trực của đoạn

Bài toán chuyển thành hình học yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của OM và tọa độ điểm M trên đoạn thẳng Δ sao cho OM đạt giá trị nhỏ nhất Tiếp theo, cần xác định giá trị nhỏ nhất của đoạn M0M với M thuộc Δ Cuối cùng, tìm điểm M thuộc Δ sao cho độ dài M0M là nhỏ nhất.

Ta thấy mọi điểm M   thì M 0 M M 0 H , trong đó H là hình chiếu của M 0 lên

Do đó, min zz 0 d(M 0 ;) khi đó M là hình chiếu của M 0 lên 

+ Từ hệ thức z  z 1  z  z 2 , suy ra phương trình đường thẳng 

+ Câu a: Tính khoảng cách d ( O ;  ) và kết luận min z  d ( O ;  )

Tìm số phức z sao cho z nhỏ nhất

 Bước 1: Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và vuông góc với 

 Bước 2: Giải hệ gồm hai phương trình:  và d suy ra nghiệm (x; y)

 Bước 3: Kết luận số phức cần tìm là zxyi + Câu b: Tính khoảng cách d ( M 0 ;  ) và kết luận min z  z 0  d ( M 0 ;  )

 Bước 1: Viết phương trình đường thẳng d đi qua M 0 và vuông góc 

 Bước 2: Giải hệ gồm hai phương trình  và d suy ra nghiệm (x; y)

 Bước 3: Kết luận số phức cần tìm là zxyi

Trong bài toán này, chúng ta cần giải phương trình phức z + 1 - 3i = z - 2 + i để tìm các số phức z thoả mãn điều kiện đã cho a) Đầu tiên, chúng ta sẽ tính giá trị nhỏ nhất của z và xác định số phức tương ứng b) Tiếp theo, chúng ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z - 1 - 2i c) Cuối cùng, nhiệm vụ là xác định giá trị của z để z - 1 - 2i đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài giải Đặt z  x  yi , x , y ℝ và M(x;y)

Vậy tập hợp các số phức z biểu diễn bởi điểm M ( x ; y ) thuộc đường thẳng

 x y a) Khoảng cách từ O đến  là

Gọi d là đường thẳng đi qua O ( 0 ; 0 ) và vuống góc với  thì phương trình của d có dạng 4 3 0

Gọi M    d khi đó toạ độ của điểm M là nghiệm của hệ phương trình:

 có z nhỏ nhất b) Ta có min z  1  2 i  d ( M 0 ;  ) với M 0 (1;2)

2 1 1 minz  i  Gọi d 1 là đường thẳng đi qua M 0 ( 1 ; 2 ) và vuống góc với  thì phương trình của d 1 có dạng 4 3 10 0

Gọi H    d 1 khi đó toạ độ của điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

Bình luận: Ta có thể thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô, rồi đoán đáp án đúng đối với các bài toán trắc nghiệm

Ví dụ 1.2.Trong tất cả các số phức Z thoả mãn z 22 i  z 4 i Tìm giá trị nhỏ nhất của P  iz 1

Bài giải Đặt z xyi, x,yℝ và M(x;y)

Ví dụ 1.3 Trong tất cả các số phức z thoả mãn z  z12i Tìm giá trị nhỏ nhất của P (12i).z112i

Bài giải Đặt zx yi, x,yℝ và M(x;y)

Ví dụ 1.4 Trong tất cả các số phức zabi (a;bℝ) thoả mãn: i z i z23  4 Biết rằng |z2i| nhỏ nhất Tính Pab

Bài giải Đặt z xyi, x,yℝ và M(x;y)

Từ hệ thức z23i  z4i 4a14b30, ta được

Gọi d là đường thẳng đi qua M 0 (2;1) và vuông góc với  thì

Suy ra hình chiếu của M 0 lên  là )

Ví dụ 1.5 Cho số phức z thoả mãn hệ thức z 2  2 z  5  ( z  1  2 i )( z  3 i  1 )

Tính giá trị nhỏ nhất của w  z22i

Trường hợp 1: Với z12i khi đó w z22i 12i22i1 w 1

Trường hợp 2: z12i  z3i1 Đặt M ( a ; b ) là điểm biểu diễn cho số phức z

Từ hệ thức z12 i  z3 i1, ta được M:2y10

Khi đó ta suy ra:

Bài toán 2:Cho số phức z thoả mãn hệ thức |𝑧 − 𝑧 0 | = 𝑅 > 0 Trong đó

Cho số phức 𝑧 0 = 𝑎 + 𝑏𝑖 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅), ta cần xác định các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của |𝑧| Đầu tiên, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của |𝑧|, sau đó xác định số phức 𝑧 sao cho |𝑧| đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất Tiếp theo, tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của |𝑧 − 𝑧 1|, với 𝑧 1 là số phức cho trước, và cuối cùng tìm số phức 𝑧 để |𝑧 − 𝑧 1| đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất.

Phân tích bài toán 2: Đặt M M(z), I I(z 0 ); A A(z 1 ) thì zz 0 MI

Từ đẳng thức zz 0 R, suy ra M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R

Bài toán chuyển thành hình học: a) Tìm giá trị lớn nhất ( giá trị nhỏ nhất) của OM với M(C) b) TìmM(C) sao cho OM lớn nhất (nhỏ nhất)

Gọi M 1 ,M 2 là giao điểm của đường thẳng IO và (C) thì với mọi điểm M(C) ta luôn có OM 1 OMOM 2

OM min = OM 1 = OI - R và OM max = OM 2 = OI + R Cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của AM với M thuộc (C) Đồng thời, xác định M thuộc (C) để IM đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất.

Gọi M 1 ,M 2 là giao điểm của đường thẳng IA và (C) thì với mọi điểm M(C) ta luôn có AM 1  AM  AM 2

Do đó: AM min  AM 1  AI  R ; AM max  AM 2  AI  R

Phương pháp giải a) Sử dụng công thức:

 Bước 1: Từ hệ thức zz 0 R suy ra phương trình đường tròn (C)

 Bước 2: Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm O, I

 Bước 3: Giải hệ gồm phương trình của (C) và d, suy ra các nghiệm

 Bước 4: Thử lại để chọn bộ (x;y) thích hợp từ hai bộ trên c) Sử dụng công thức:

 Bước 1: Từ hệ thức z  z 0  R suy ra phương trình đường tròn (C )

 Bước 2: Viết phương trình đường thẳng d 1 đi qua hai điểm A, I

 Bước 3: Giải hệ gồm phương trình của (C ) và d 1 , suy ra các nghiệm

 Bước 4: Thử lại để chọn bộ (x;y) thích hợp từ hai bộ trên

Trong ví dụ 2.1, chúng ta xem xét các số phức z thỏa mãn hệ thức z - 1 + 2i = 2 Để tìm giá trị nhỏ nhất của z, ta cần giải phương trình và xác định số phức tương ứng Đồng thời, để tìm giá trị lớn nhất của z, chúng ta cũng giải phương trình và xác định số phức tương ứng với giá trị lớn nhất.

Bài giải Đặt M M(z), I(1;2)OI  5 và z OM

Từ hệ thức z12i 2, suy ra M thuộc đường tròn tâm I(1;-2), bán kính R = 2 a) Vậy min z  min OM  OI  R  5  2

M Đường thẳng qua 2 điểm O, I có vec tơ chỉ phương OI ( 1 ;  2 ) có phương trình tham số

Nên toạ độ điểm M là nghiệm của hệ:

Ta thấy OM 1  OM 2 nên số phức có z nhỏ nhất là z i

 b) Tương tự ta có: max z max OM OIR 52

Và số phức có z lớn nhất là z i

Trong ví dụ 2.2, chúng ta xét tập hợp các số phức z thỏa mãn điều kiện z - 1 - i = 1 Để giải bài toán, trước tiên, chúng ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của z - 2 và xác định số phức z tương ứng Tiếp theo, chúng ta sẽ tìm giá trị lớn nhất của z - 2 và xác định số phức z liên quan.

Bài giải Đặt M M(z), I(1;1); A(2;0)AI  2 và z2 MA

Từ hệ thức z1i 1, suy ra M thuộc đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 a) Vậy max z  2  AI  r  2  1

M Đường thẳng qua 2 điểm A, I có vec tơ chỉ phương AI ( 1 ; 1 ) có phương trình tham số

Nên toạ độ điểm M là nghiệm của hệ:

Ta thấy IM 1 IM 2 nên số phức có z2 nhỏ nhất là z i

 b) Tương tự ta có: min z  2  min IM  AI  R  2  1

Và số phức có z2 nhỏ nhất là z i

Ví dụ 2.3 Trong tất cả các số phức zabi (a;bℝ) thoả mãn hệ thức

 i z Biết rằng z3i đạt giá trị lớn nhất Tính Pa.b

Từ hệ thức z  3  2 i  1  M  ( C ) : ( x  3 ) 2  ( y  2 ) 2  1 Đường thẳng AI: x = 3

Vậy z  3  2 i đạt giá trị lớn nhất khi z33ia.b9

Ví dụ 2.4.Cho số phức z thảo mãn z không là số thực và 2

Biết rằng z22i đạt giá trị nhỏ nhất Tìm phần ảo của z

Bài giải Đặt M(x;y)M(z), (y0) A(2;2) và z22i  AM

Vì w là số thực nhên  2  2  0  x 2  y 2  1 y x y y

Tập hợp điểm biểu diễn của z là đường tròn tâm O(0; 0) và bán kính R = 1 Đường thẳng AO có phương trình y = -x

Giao của AO và (C) là nghiệm của hệ

Ví dụ 2.5.Trong tất cả các số phức z thoả mãn hệ thức z  2  i 2  z  2  i 2  16

Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z Tính giá trị của biểu thức PM 2 m 2

Hay M thuộc đường tròn tâm I(0; 1), bán kính R = 2

Ví dụ 2.6.Trong tất cả các số phức zabi (a;bℝ) thoả mãn hệ thức

 z z Biết rằng z(2 5i) đạt giá trị lớn nhất Tính P = a – b

Bài giải Đặt M(x; y) = M(z) Từ hệ thức z  2 2  z  2 2  26  M  ( C ) : x 2  y 2  9

Hay M thuộc đường tròn tâm O (0; 0), bán kính R = 3

Từ hệ thức |z(2 5i)|A(2; 5)IAOA3, chứng tỏ điểm A(C)

Khi đó để z  ( 2  5 i ) đạt giá trị lớn nhất khi MA là đường kính của (C) hay M đối xứng với A qua O nên M(2; 5) Vậy z 2 5i

Ví dụ 2.7 Gọi S là tập hợp tất các các số phức z sao cho z w z

1 Xét hai số phức z 1 ,z 2 S thảo mãn z 1 z 2 2 Tính giá trị lớn nhất của P  z 1  5 i 2  z 2  5 i 2

Giả sử z x yi, x,yℝ và điều kiện

  Theo giả thiết ta có:

2 2 y x x y x (Không thoả mãn điều kiện)

Theo đề ta có: z 1  z 2  2  MN  2 ; P  z 1  5 i 2  z 2  5 i 2  MA 2  NA 2 với A(0;

Ta tìm giá trị lớn nhất của PMA 2 NA 2

Thật vậy ta có: P  MA 2  NA 2  MA  NA  ( MO  OA ) 2  ( NO  OA ) 2

2 OA MO NO OA MN OA MN OA MN

P     Để P lớn nhất khi cos(OA,MN)1

Khi đó: P max 2.OA.MN 2.5.220

Bài toán 3 yêu cầu tìm số phức z thỏa mãn điều kiện |𝑧 − 𝑧1| = |𝑧 − 𝑧2|, trong đó 𝑧1 và 𝑧2 là các số phức cho trước Phần a) cần xác định giá trị nhỏ nhất của tổng |𝑧 − 𝑧3| + |𝑧 − 𝑧4|, với 𝑧3 và 𝑧4 cũng là các số phức cho trước Phần b) yêu cầu tìm số phức z sao cho tổng |𝑧 − 𝑧3| + |𝑧 − 𝑧4| đạt giá trị nhỏ nhất.

- Từ đẳng thức zz 1  zz 2 , suy ra M thuộc đường thẳng ∆

Dẫn đến bài toán: Tìm M   sao cho MA + MB nhỏ nhất

+ Nếu A, B nằm về hai phía so với ∆ thì với mọi điểm M,MAMBAB.

Vậy MAMB nhỏ nhất là MAMB ABkhi và chỉ khi M, A, B thẳng hàng hay M AB

Nếu A và B nằm cùng một phía so với đường thẳng ∆, thì A’ được gọi là điểm đối xứng với A qua ∆ Đối với mọi điểm M thuộc ∆, có công thức MA + MB = MA' + MB ≥ A'B Khi đó, tổng MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất là MA + MB = A'B khi và chỉ khi M, A’ và B thẳng hàng, tức là M nằm trên giao điểm của ∆ và đoạn A'B.

- Từ hệ thức zz 1  zz 2 , suy ra phương trình đường thẳng ∆

- Thay toạ độ các điểm AA(z 3 ), BB(z 4 ) vào phương trình ∆ để kiểm tra xem A, B nằm cùng phía hay khác phía so với ∆

 Nếu A, B khác phía với ∆ thì:

+ min  z  z 3  z  z 4   z 3  z 4 + Để tìm z thì ta viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B

Giải hệ gồm phương trình ∆ và phương trình d, tìm nghiệm (x; y) suy ra số phức z = x +yi cần tìm

Nếu A và B nằm ở phía khác so với đường thẳng ∆, ta cần viết phương trình đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với ∆ Bằng cách giải hệ phương trình giữa phương trình của ∆ và phương trình của a, ta sẽ tìm ra nghiệm, từ đó xác định tọa độ điểm I, là trung điểm của đoạn thẳng AA’.

Từ toạ độ của A, I và công thức tính toạ độ trung điểm suy ra toạ độ A’

+ min zz 3 zz 4 min zz 3' zz 4  z 3'z 4 với A' A'(z 3 ') +Để tìm z thì ta viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A’, B

Giải hệ gồm phương trình ∆ và phương trình d, tìm nghiệm (x; y) suy ra số phức z = x +yi cần tìm

Ví dụ 3.1.Cho số phức z thảo mãn hệ thức z 22 i  z Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức P z3i  z13i

Từ hệ thức z22i  z suy ra M:xy20.

Thay toạ độ A, B vào phương trình ∆ ta thấy A, B nằm cùng phía so với ∆

Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với ∆ thì d có phương trình: x + y + 2

Gọi I d thì toạ độ của I là nghiệm x, y của hệ phương trình:

Gọi A’ đối xứng với A qua ∆ thì I là trung điểm của AA’ nên A’(-1;-1)

Ví dụ 3.2.Cho số phức z thoả mãn hệ thức z 1 i  z 2 i Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z32i  z2i

Bài giải Đặt M ( x ; y )  M ( z ), P  z  3  2 i  z  2  i ta có 2 điểm A(3; 2), B(2; -1)

Từ hệ thức z1i  z2i suy ra M:x3y10.

Thay toạ độ A, B vào phương trình ∆ ta thấy A, B nằm khác phía so với ∆

Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với ∆ thì d có phương trình: x + y + 2

Ví dụ 3.3.Cho số phức z abi (a,bℝ) thảo mãn hệ thức z  2  2 i  z

Biết biểu thức z  2  2 i  z  1  i đạt giá trị nhỏ nhất Tính b

Từ hệ thức z 22 i  z suy ra M:xy20.

Từ biểu thức z  2  2 i  z  1  i ta có 2 điểm A(2; 2), B(1; -1)

Thay toạ độ A, B vào phương trình ∆ ta thấy A, B nằm khác phía so với ∆ Đường thẳng 3 4 0

Toạ độ giao điểm M của AB và ∆ là nghiệm của hệ:

Ví dụ 3.4 Cho số phức z abi (a;bℝ) thoả mãn hệ thức z  i  z  2  i

Biết rằng | z12i|z34i đạt giá trị nhỏ nhất Tính P  a  b

Từ hệ thức z  i  z 2 i suy ra M :xy10.

Từ biểu thức z  1  2 i  z  3  4 i ta có 2 điểm A(1; 2), B(3; 4)

Thay toạ độ A, B vào phương trình ∆ ta thấy A, B cùng phía so với ∆

Gọi d là đường thẳng qua A và vuống góc với ∆ thì d có phương trình: x + y -3

Toạ độ giao điểm H của d và ∆ là nghiệm của hệ:  2;1

Gọi A’ đối xứng với A qua ∆ thì H là trung điểm của AA’ nên A’(3; 0)

Toạ độ giao điểm M của A’B và ∆ là nghiệm của hệ:

Bài toán 4:Cho số phức z thoả mãn hệ thức: |𝑧 − 𝑧 1 | = |𝑧 − 𝑧 2 |, với

Để tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức 𝑘 1 |𝑧 − 𝑧 𝐴 | 2 + 𝑘 2 |𝑧 − 𝑧 𝐵 | 2 với 𝑘 1 , 𝑘 2 ∈ 𝑅, ta cần xác định các số phức 𝑧 1 và 𝑧 2 Đầu tiên, xác định giá trị tối thiểu và tối đa của biểu thức này bằng cách áp dụng các phương pháp tối ưu hóa Tiếp theo, tìm số phức 𝑧 sao cho biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất, với 𝑧 𝐴 và 𝑧 𝐵 là các số phức đã cho.

- Từ hệ thức zz 1  zz 2 , suy ra M thuộc đường thẳng ∆

Dẫn đến bài toán: Tìm M sao chok 1 MA 2 k 2 MB 2 nhỏ nhất (lớn nhất)

- Từ giả thiết z  z 1  z  z 2 suy ra được phương trình đường thẳng ∆

- Từ biểu thức k 1 z  z A 2  k 2 z  z B 2 ta tìm điểm I sao cho k 1 IA  k 2 IB  0

Câu a): + Tính khoảng cách từ I đến ∆

  ( ). ( , ) min k 1 MA 2 k 2 MB 2  k 1 k 2 d I  2 k 1 IA 2 k 2 IB 2

  ( )  ( , )  max k 1 MA 2  k 2 MB 2  k 1  k 2 d I  2  k 1 IA 2  k 2 IB 2

Câu b): + Viết phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với ∆

+ Tìm nghiệm x; y của hệ hai phương trình ∆ và d

+ Kết luận (x; y) là phần thực và phần ảo của z

MA     với I là trung điểm của đoạn AB

Ví dụ 4.1.Cho số phức z thoả mãn hệ thức z  4  i  z  i Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức z  2  2 i 2  z  2  4 i 2

Từ hệ thức z  4  i  z  i suy ra M:2xy40.

Từ biểu thức z  2  2 i 2  z  2  4 i 2 ta có 2 điểm A(2; 2), B(-2; -4) và gọi I là trung điểm của AB thì I(0; -1)

Khoảng cách từ I đến ∆ là 5 , 2 13

Ví dụ 4.2.Trong tất cả số phức z thảo mãn hệ thức z  i  z  2  3 i Tìm giá nhỏ nhất của số phức z sao cho biểu thức z  2  i 2  z  4  i 2 đạt giá trị nhỏ nhất

Từ hệ thức z  i  z  2  3 i suy ra M:xy30.

Từ biểu thức z  2  i 2  z  4  i 2 ta có 2 điểm A(2; 1), B(-4; -1) và gọi I là trung điểm của AB thì I(-1; 0) Đường thẳng qua I vuống góc với ∆ có phương trình

Ví dụ 4.3.Cho số phức z thoả mãn hệ thức z  1  2 i  z  1 Biết rằng số phức

x yi x y z ( ; ℝ) thoả mãn biểu thức z  1  5 i 2  3 z  3  9 i 2 đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị biểu thức P = 2x – 2y

Từ hệ thức z  1  2 i  z  1 suy ra M:xy10.

Từ biểu thức z  1  5 i 2  3 z  3  9 i 2  MA 2  3 MB 2 với 2 điểm A(1; -5), B(-3; -9)

Bài toán trở thành tìm vị trí của M trên ∆ sao cho MA 2  3MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất

Gọi điểm I(x; y) là điểm thoả mãn đẳng thức IA  3 IB  0

Tương tự ta có: MA 2 3MB 2 IA 2 3IB 2 4MI 2

Để đảm bảo rằng (MA² + 3MB²) đạt giá trị nhỏ nhất, MI cần có độ dài nhỏ nhất, tức là M là hình chiếu của I lên đường thẳng ∆ Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với ∆ có phương trình là d: x + y + 10 = 0.

Gọi M  d   khi đó toạ độ M là nghiệm của hệ phương trình:

Ví dụ 4.4 Cho số phức z thoả mãn hệ thức z  1  2 i  z  1 Biết rằng số phức

x yi x y z ( ; ℝ) thoả mãn biểu thức 3 z  7  13 i 2  5 z  5  5 i 2 đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị biểu thức P = x + y

Từ hệ thức z  1  2 i  z  1 suy ra M:xy10.

Từ biểu thức 3z713i 2 5z55i 2 3MA 2 5MB 2 với 2 điểm A(7;13), B(5;

Bài toán trở thành tìm vị trí của M trên ∆ sao cho 3.MA 2 5MB 2 đạt giá trị lớn nhất

Gọi điểm I(x; y) là điểm thoả mãn đẳng thức 3IA5IB0

Do 3IA 2 5IB 2 không đổi nên 3.MA 2 5MB 2 lớn nhất khi MI bé nhất hay M là hình chiếu của I lên ∆

Gọi d là đường thẳng qua I(2; -7) và vuông góc với đường thẳng ∆: 𝑥 − 𝑦 +

1 = 0 Khi đó phương trình đường thẳng d: x + y + 5 = 0

Ta có M  d   nên toạ độ của điểm M là nghiệm của hệ phương trình:

Bình luận: Ta có thể mở rộng bài toán trên cho n số k, tương ứng với n điểm trên A

Mở rộng bài toán 4: Cho số phức z thoả mãn hệ thức |𝑧 − 𝑧 1 | = |𝑧 − 𝑧 2 | Tìm: a) Giá trị nhỏ nhất ( lớn nhất) của biểu thức

1 z z A 1 k z z A 2 k n z z A n k       với k 1 ,k 2 , ,k n ℝ b) Tìm số phức z để 1 2 2 2 2

A k z z k z z z z k       đạt giá trị nhỏ nhất

1 là các số phức cho trước

Bài toán 5 yêu cầu tìm số phức z thoả mãn điều kiện |𝑧 − 𝑧1| = |𝑧 − 𝑧2|, với 𝑧1 và 𝑧2 là các số phức cho trước Đầu tiên, cần xác định giá trị lớn nhất của biểu thức ||𝑧 − 𝑧𝐴| − |𝑧 − 𝑧𝐵|| Sau đó, tìm số phức z sao cho biểu thức trên đạt giá trị lớn nhất.

- Đặt A A(z A ), BB(z B ); M  M(z) Ta có: z  z A  MA ; z  z B  MB

- Từ hệ thức zz 1  zz 2 , suy ra M thuộc đường thẳng ∆ Đẫn đến bài toán: Tìm trên đường thẳng ∆ cho trước điểm M sao cho MA  MB lớn nhất Tính giá trị đó

A, B cùng phía đối với ∆ A, B khác phía đối với ∆

+ Nếu A, B cùng phía so với ∆ thì với mọi điểm M thuộc ∆ ta luôn có

MA   Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M, A, B thẳng hàng hay

Nếu A và B nằm ở hai phía khác nhau so với đường thẳng ∆, thì điểm A’ được gọi là điểm đối xứng của A qua ∆ Đối với mọi điểm M thuộc ∆, ta có MA - MB = MA' - MB ≤ A'B Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M, A’ và B thẳng hàng hoặc M nằm trên giao điểm của ∆ và đoạn thẳng A'B.

- Từ giả thiết zz 1  zz 2 suy ra được phương trình đường thẳng ∆

- Thay lần lượt toạ độ điểm A, B vào phương trình ∆ để kiểm tra xem A, B cùng phía hay khác phía đối với ∆

 Nếu A, B cùng phía đối với ∆ thì:

Câu b) Viết phương trình đường thẳng AB Giải hệ gồm phương trình đường thẳng ∆ và AB ta được nghiệm (x; y) là phần thực và phần ảo của z

 Nếu A, B khác phía đối với ∆:

* Viết phương trình đường thẳng d qua A và vuông góc với ∆ Giải hệ phương trình gồm phương trình của ∆ và d, ta được nghiệm (x; y) là toạ độ của điểm H

* Lấy điểm A’ sao cho H là trung điểm của AA’

Câu b) Viết phương trình đường thẳng A’B Giải hệ gồm phương trình đường thẳng ∆ và A’B ta được nghiệm (x; y) là phần thực và phần ảo của z

Ví dụ 5.1.Cho số phức z thoả mãn hệ thức z  4  2 i  z  2 i Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  z  3  2 i  z  1  3 i

Bài giải Đặt M(x;y)M(z) Từ hệ thức P  z  3  2 i  z  1  3 i ta có A(-3; 2), B(-1; 3)

Từ hệ thức z  4  2 i  z  2 i , ta được M:xy20

Kiểm tra ta thấy hai điểm A, B cùng phía đối với ∆ do đó giá trị lớn nhất của P là:

Ví dụ 5.2.Cho số phức z thảo mãn hệ thức z1i  z13i Biết rằng, số phức zxyi (x,yℝ) thoả mãn z  2  i  z  5 i đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị biểu thức P = x + 2y

Từ hệ thức z 1 i  z 13 i ta được M :xy20

Kiểm tra ta thấy hai điểm A, B cùng phía đối với ∆

Giao điểm ∆ và AB là nghiệm của hệ

Vậy số phức z thoả mãn z  2  i  z  5 i lớn nhất là z = -3 - i nên P = x + 2y -5

Ví dụ 5.3 Cho số phức z thoả mãn hệ thức z  2  i  z  1  2 i Biết rằng, số phức z xyi (x,yℝ) thoả mãn P  z  3  i  z  i đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị biểu thức P = x.y

Từ hệ thức z  2  i  z  1  2 i ta được M:x y0 yx

Kiểm tra ta thấy hai điểm A, B khác phía đối với ∆

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua ∆ thì ta được A’(-1; 3)

Toạ độ giao điểm ∆ và A’B là nghiệm của hệ

Vậy số phức z thoả mãn z  3  i  z  i lớn nhất là z = 1 - i nên P = x.y = -1

Bài toán 6:Cho số phức z thoả mãn hệ thức |𝑧 − 𝑧 0 | = 𝑅 > 0 a) Tìm giá trị nhỏ nhất ( giá trị lớn nhất) của biểu thức |𝑧 − 𝑧 𝐴 | 2 +

|𝑧 − 𝑧 𝐵 | 2 b) Tìm số phức z để |𝑧 − 𝑧 1 | 2 + |𝑧 − 𝑧 2 | 2 đạt giá trị nhỏ nhất ( giá trị lớn nhất)

- Đặt AA(z A ), BB(z B ); M M(z) Ta có: z  z A 2  MA 2 , z  z B 2  MB 2

- Từ hệ thức zz 0  R, suy ra M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R

Dẫn đến bài toán: Với A, B cố định Tìm M  (C ) sao cho MA 2 MB 2 nhỏ nhất

(lớn nhất) Tìm giá trị đó

Gọi H là trung điểm của AB, ta có

Do A, B cố định nên AB không đổi khi đó:

* MA 2  MB 2 nhỏ nhất MH nhỏ nhất  M M 1 (hình minh hoạ) và giá trị nhỏ nhất là

* MA 2 MB 2 lớn nhất MH lớn nhất  M  M 2 (hình minh hoạ) và giá trị lớn nhất là

* Bước 1: Từ hệ thức zz 0 R,(R0) suy ra phương trình đường tròn (C), tâm I và bán kính của (C) và M  (C )

* Bước 2: Từ hệ thức zz A 2  zz B 2 xác định 2 điểm A, B và tìm toạ độ trung điểm H của đoạn AB

 Câu b): + Viết phương trình đường thẳng IH

+ Giải hệ gồm phương trình đường thẳng IH và (C) ta được suy ra hai nghiệm (x; y)

+ Thử lại để chọn kết quả phù hợp với đáp án

Ví dụ 6.1.Cho số phức z thoả mãn hệ thức z32i 3 Tính tổng giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức z  3 2  z  1  4 i 2

Bài giải Đặt M = M(z) Từ hệ thức z32i 3 suy ra M thuộc đường tròn tâm I(3; 2) bán kính R = 3

Từ biểu thức z  3 2  z  1  4 i 2 ta có 2 điểm A(-3; 0), B(-1; 4) Gọi H là trung điểm AB thì H(-2; 2)

Theo lý thuyết ở trên: P  z  3 2  z  1  4 i 2  MA 2  MB 2 là:

Giá trị lớn nhất của P  z  3 2  z  1  4 i 2  MA 2  MB 2 là:

Ví dụ 6.2 Trong tất cả các số phức z thoả mãn z  3  i  13 , tìm số phức z sao cho z  9  2 i 2  z  9  8 i 2 nhỏ nhất

Bài giải Đặt M = M(z) Từ hệ thức z  3  i  13 suy ra M thuộc đường tròn tâm I(3; 1) bán kính R = 13

Từ biểu thức z  9  2 i 2  z  9  8 i 2 ta có 2 điểm A(9; 2), B(9; 8) Gọi H là trung điểm AB thì H(9; 5)

Ta có IH(6;4) Đường thẳng

Toạ độ giao điểm M của IH và (C) là nghiệm của hệ

Theo lý thuyết ở trên thì z  9  2 i 2  z  9  8 i 2  MA 2  MB 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M M 1

Vậy số phức cần tìm z = 6 + 3i

Ví dụ 6.3 Trong tất cả các số phức z x yi (x,yℝ) thoả mãn

 i z sao cho biểu thức z  2  4 i 2  z  4  4 i 2 đạt giá trị lớn nhất Tìm

Bài giải Đặt M = M(z) Từ hệ thức z  2  i  3 2 suy ra điểm M thuộc đường tròn

Từ biểu thức z  2  4 i 2  z  4  4 i 2 ta có 2 điểm A(2; 4) và B(4; -4)

Gọi H là trung điểm của AB thì H(3; 0) IH ( 1 ; 1 ) Đường thẳng

Toạ độ giao điểm của IH và (C) là nghiệm của hệ

Khi đó để z24i 2  z44i 2 MA 2 MB 2 đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

Ví dụ 6.4 Trong tất cả các số phức z x yi (x,yℝ) thoả mãn

 i z sao cho biểu thức z16i  z72i đạt giá trị lớn nhất

Bài giải Đặt M = M(z) Từ hệ thức z  2  3 i  2 2 suy ra điểm M thuộc đường tròn

Từ biểu thức z16i  z72i ta có 2 điểm A(-1; -6) và B(7; 2)

Gọi H là trung điểm của AB thì H(3; -2) Đặt P  z  1  6 i  z  7  2 i  P  MA  MB  2 ( MA 2  MB 2 )

Vì M chạy trên (C), H cố định nên MH  IH  R

Do vậy P 2  4 ( IH  R ) 2  AB 2  P max  4 ( IH  R ) 2  AB 2

Dấu “=” xảy ra khi MA = MB và 3 điểm A, I, H thẳng hàng vì IA = IB hay 3 điểm M, I, H cùng nằm trên đường trung trực của AB

Phương trình tham số của đường trung trực của AB là

Khi đó toạ độ M là nghiệm của hệ phương trình:

Vậy để P max thì M(-4; 5) do đó z = 4 + 5i, khi đó Q = 2x + y = -3

Bài toán 7:Cho số phức z, z’ thoả mãn hệ thức |𝑧 − 𝑧 1 | = 𝑅, |𝑧 ′ − 𝑧 2 | |𝑧 ′ − 𝑧 3 | Trong đó 𝑧 1 , 𝑧 2 , 𝑧 3 là các số phức cho trước Tìm giá trị nhỏ nhất của |𝑧 − 𝑧′| Tìm hai số phức 𝑧, 𝑧′

Phân tích bài toán : Đặt M = M(z), M’ = M(z’)

Từ hệ thức zz 1 R ta suy ra M’ thuộc đường tròn (C)

 ta suy ra M’ thuộc đường thẳng ∆ và  

Dẫn đến bài toán: Tìm M, M'(C) sao cho MM’ nhỏ nhất

+ Trường hợp (C) thì giá trị nhỏ nhất của zz' bằng 0

+ Trường hợp (C) thì giá trị nhỏ nhất của zz' là z  z '  d ( I ,  )  R

-Từ hệ thức zz 1 R ta suy ra M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R

-Từ hệ thức z '  z 2  z '  z 3 ta suy ra M’ thuộc đường thẳng ∆

* Nếu dR thì min( zz')0, khi đó M M'd(C)

* Nếu d  R thì min( z  z ' )  d  R , khi đó M’(x’; y’) là hình chiếu của I lên ∆ và M(x;y)d(C) trong đó d là đường thẳng qua I và vuống góc với ∆ ( Chú ý chọn M là điểm nằm giữa I và M’)

Ví dụ 7.1.Cho hai số phức z và z’ thảo mãn hệ thức z'24i  z'1i và

 i z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  z '

Bài giải Đặt M = M(z), M’ = M(z’) Từ hệ thức z3i 4 suy ra điểm M thuộc đường tròn ( C ) : ( x  3 ) 2  ( y  1 ) 2  4 tâm I(-3; 1) , bán kính R  2

Từ hệ thức z '  2  4 i  z '  1  i suy ra M’ thuộc đường thẳng :xy30

Khoảng cách từ I đên ∆ là d  d I        2  R

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

Ví dụ 7.2 Cho hai số phức z và z’ thảo mãn hệ thức z '  10  2 i  z '  2  14 i và

 i z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P zz'

Bài giải Đặt M = M(z), M’ = M(z’) Từ hệ thức z110i 5 suy ra điểm M thuộc đường tròn ( C ) : ( x  1 ) 2  ( y  10 ) 2  25 tâm I(1; 10) , bán kính R  5

Từ hệ thức z '  10  2 i  z '  2  14 i suy ra M’ thuộc đường thẳng

Khoảng cách từ I đên ∆ là d d I   R

( 2 2 Suy ra đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P zz' 0

Ví dụ 7.3.Cho hai số phức z và z’ thảo mãn hệ thức z '  2  2 i  z '  2  4 i và

 z Tìm zz' sao cho biểu thức P  z  z ' đạt giá trị nhỏ nhất

Bài giải Đặt M = M(z), M’ = M(z’) Từ hệ thức z  2  1 suy ra điểm M thuộc đường tròn

Từ hệ thức z'22i  z'24i suy ra M’ thuộc đường thẳng :y30

Khoảng cách từ I đên ∆ là d  d I     3  R

Theo lí thuyết trên P min  z  z '  d ( I ;  )  R  2 Đường thẳng d qua I(2; 0) và vuống góc với ∆ có phương trình x = 2

Giáo điểm của ∆ và d là M’(2; 3)

Toạ độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của hệ:

Thử lại ta thấy M 1 (2;1) và M 2 (2;3) thoả mãn P min  zz' M 1 M'

Bài toán 8 yêu cầu xác định hai số phức z1 và z2 thỏa mãn các điều kiện z1 - w1 = R1 và z2 - w2 = R2, trong đó w1 và w2 là các số phức đã cho Câu a) yêu cầu tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = z1 - z2 Câu b) yêu cầu xác định các số phức z1 và z2 sao cho biểu thức P đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.

Phân tích bài toán: Đặt M(z 1 ), N(z 2 )

- Từ hệ thức z 1  w 1  R 1 và z 2  w 2  R 2 suy ra M thuộc đường tròn

Dẫn đến bài toán:Tìm M  ( C 1 ); N  ( C 2 ) sao cho MN lớn nhất, nhỏ nhất

- Từ giả thiết z 1  w 1  R 1 và z 2  w 2  R 2 suy ra được phương trình đường tròn

Bước 1: Tính độ dài đoạn thẳng IJ; Khi đó maxMN R 1 R 2 IJ

+ Trường hợp 1: IJ  R 1 R 2 thì min MN  IJ  ( R 1  R 2 )

+ Trường hợp 2: IJ R 1 R 2 hoặc R 1 R 2  IJ R 1 R 2 hoặc IJ  R 1  R 2 thì

+ Trường hợp 3: IJ |R 1 R 2 | thì minMN |R 1 R 2 |IJ

+ Viết phương trình đường thẳng IJ

+ Tìm giao điểm của đường thẳng IJ với hai đường tròn (C1) và (C2)

+ Thử lại suy ra toạ độ của M, N cần tìm

Ví dụ 8.1 Cho hai số phức z 1 ,z 2 thoả mãn z 1 i 2 và z 2  3  i  5 Tính tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  z 1  z 2

Từ hệ thức z 1  i  2 và z 2  3  i  5, suy ra M thuộc đường tròn (C1) có tâm

I(0; 1), bán kính R1 =2 và N thuộc đường tròn (C2) có tâm J(3; -1), bán kính R2

Ta có :IJ(3;2)IJ  13 Ta thấy R 1 R 2 IJ R 1 R 2

Do đó, maxPR 1 R 2 IJ 7 13 và minP = 0

Ví dụ 8.2 Cho hai số phức z 1 , z 2 thoả mãn z 1  2 i  1 và z 2 4i 6 Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P z 1z 2

Từ hệ thức z 1 2i 1 và z 2  4  i  6, suy ra M thuộc đường tròn (C1) có tâm

I(0; 2), bán kính R1 = 1 và N thuộc đường tròn (C2) có tâm J(-4; 1), bán kính R2

Ta có :IJ(4;1)IJ  17 Ta thấy IJ  R 1  R 2

Ví dụ 8.3 Cho hai số phức z 1 ,z 2 thoả mãn z 1  3  2 i  2 và z 2  2  2 i  1 Biết rằng biểu thứcP z 1 z 2 đạt giá trị lớn nhất tính tổng S z 1 z 2

Từ hệ thức z 1 32i 2(x3) 2 (y2) 2 4 , suy ra M thuộc đường tròn

(C1) có tâm I(-3; 2), bán kính R1 = 2 Lại có

2   i   z   i   z   i   z   i   x   y   z suy ra N thuộc đường tròn (C2) có tâm J(2; 2), bán kính R2 = 1

Suy ra IJ  R 1  R 2 Do đó hai đường tròn (C1) và (C2) ở ngoài nhau

Phương trình đường thẳng IJ là y = 2

Toạ độ giáo điểm của đường thẳng IJ và đường tròn (C1) là nghiệm của hệ phương trình:

Toạ độ giáo điểm của đường thẳng IJ và đường tròn (C2) là nghiệm của hệ phương trình:

Do đó, max P  z 1  z 2  M 1 N 1  8khi z 1 52i và z 2 32i

THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

Mục đích thực nghiệm

Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài.

Yêu cầu thực nghiệm

- Đảm bảo tính khách quan, trung thực và chính xác

- Phù hợp đối tượng học sinh

Nhiệm vụ thực nghiệm

- Soạn giáo án và tiến hành dạy thực nghiệm

- Thu thập, xử lý các kết quả

Nội dung thực nghiệm

- Triển khai đề tài: Đưa ra phương pháp giúp học sinh biết vận dụng các yếu tố của đạo hàm để giải quyết các bài toán về hàm số

- Đối tượng áp dụng: Học sinh tại các lớp 12A1, 12A7 năm học 2022-2023

Kết quả thực nghiệm sư phạm

Trong năm học 2022-2023, tôi giảng dạy môn toán cho các lớp 12A1 và 12A7, với chất lượng học tập gần tương đương Để kiểm chứng hiệu quả của đề tài, tôi đã thực hiện thí nghiệm sư phạm và tiến hành kiểm tra, thu được kết quả thống kê đáng chú ý.

Thực nghiệm và đối chứng

( Thống kê xếp loại trình độ học sinh qua các lần kiểm tra)

KHẢO SÁT SỰ CẤP THIẾT VÀ TÍNH KHẢ THI

Mục đích khảo sát

Bài viết cung cấp cái nhìn khách quan về thực trạng nghiên cứu và tính cấp thiết của đề tài "Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh qua việc giải các dạng toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học" Đồng thời, nó cũng nêu bật tính khả thi của giải pháp này trong việc nâng cao khả năng tư duy toán học cho học sinh.

4.2 Nội dung và phương pháp khảo sát

Nội dung khảo sát tập trung vào hai vấn đề chính sau:

Giải pháp "Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh qua việc giải các dạng toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học" hiện nay đang rất cần thiết Việc áp dụng phương pháp hình học trong giải quyết các bài toán Cực trị số phức không chỉ giúp học sinh nâng cao khả năng tư duy mà còn tạo điều kiện cho việc hiểu sâu hơn về các khái niệm toán học phức tạp.

Giải pháp đề xuất nhằm phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua việc giải các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học là khả thi và phù hợp với bối cảnh nghiên cứu hiện nay.

4.2.2 Phương pháp khảo sát và thang đánh giá

- Phương pháp được sử dụng để khảo sát là Trao đổi bằng bảng hỏi; với thang đánh giá 04 mức (tương ứng với điểm số từ 1 đến 4):

Không cấp thiết; Ít cấp thiết; Cấp thiết và Rất cấp thiết

Không khả thi; Ít khả thi; Khả thi và Rất khả thi

- Tính điểm trung bình X theo phần mềm Average

- Khảo sát tính cấp thiết và tính khả thi của giải pháp đề xuất

+ Mẫu phiếu khảo sát dành cho giáo viên

Kính mong thầy/cô dành thời gian đọc kỹ và trả lời chính xác, khách quan các câu hỏi dưới đây bằng cách đánh dấu (X) duy nhất vào ô của phương án trả lời được lựa chọn.

Mức độ Câu 1: Theo thầy/cô việc

Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua việc giải các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học là một vấn đề cần thiết trong giáo dục hiện nay Việc áp dụng phương pháp hình học không chỉ giúp học sinh hiểu rõ hơn về khái niệm số phức mà còn phát triển khả năng tư duy logic và sáng tạo Trong bối cảnh giáo dục ngày càng đổi mới, việc trang bị cho học sinh những kỹ năng này là rất quan trọng để họ có thể giải quyết các vấn đề toán học phức tạp trong tương lai.

Không cấp thiết Ít cấp thiết

Câu 2: Theo thầy/cô việc

Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua việc giải các dạng toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học là một hướng đi khả thi trong thời điểm hiện tại Việc áp dụng phương pháp hình học không chỉ giúp học sinh hiểu sâu hơn về các khái niệm toán học mà còn kích thích khả năng tư duy sáng tạo và giải quyết vấn đề Điều này sẽ tạo nền tảng vững chắc cho việc học tập và nghiên cứu toán học nâng cao trong tương lai.

Không khả thi Ít khả thi Khả thi Rất khả thi

- Mẫu phiếu khảo sát dành cho học sinh

Rất mong các anh/chị dành thời gian đọc kỹ và trả lời chính xác, khách quan các câu hỏi dưới đây bằng cách đánh dấu (X) vào ô của phương án trả lời được lựa chọn.

Mức độ Câu 1: Theo các em việc

Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua việc giải các bài toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học là rất cần thiết trong bối cảnh giáo dục hiện nay Việc này không chỉ giúp học sinh nắm vững kiến thức mà còn phát triển kỹ năng tư duy logic và sáng tạo Thông qua các bài toán này, học sinh sẽ cải thiện khả năng phân tích và giải quyết vấn đề, từ đó nâng cao chất lượng học tập và chuẩn bị tốt hơn cho tương lai.

Không cấp thiết Ít cấp thiết Cấp thiết Rất cấp thiết

Câu 2: Theo các em việc

Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua việc giải các dạng toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học là một hướng đi khả thi trong bối cảnh hiện tại Việc áp dụng các phương pháp hình học không chỉ giúp học sinh hiểu sâu hơn về khái niệm số phức mà còn kích thích khả năng tư duy sáng tạo và phân tích Hơn nữa, việc này góp phần nâng cao kỹ năng giải quyết vấn đề, một yếu tố quan trọng trong giáo dục toán học hiện đại.

Không khả thi Ít khả thi Khả thi Rất khi thi

Đối tượng khảo sát

Tổng hợp các đối tượng khảo sát

TT Đối tượng Số lượng

1 Giáo viên Toán của 3 trường THPT trên địa bàn TP Vinh 28

2 Học sinh khối 12, lớp thực nghiệm tại trường công tác 261

Kết quả khảo sát về sự cấp thiết và tính khả thi

4.4.1 Sự cấp thiết của giải pháp đã đề xuất

Bảng 1: Dành cho giáo viên

Giải pháp cần trao đổi Mức độ

Việc phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua giải các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học hiện nay là rất cần thiết Phương pháp này không chỉ giúp học sinh nắm vững kiến thức mà còn phát triển khả năng tư duy logic và sáng tạo Trong bối cảnh giáo dục ngày càng đổi mới, việc áp dụng các phương pháp giảng dạy hiệu quả sẽ góp phần nâng cao chất lượng học tập của học sinh.

Không cấp thiết Ít cấp thiết Cấp thiết Rất cấp thiết

Bảng 2: Dành cho học sinh

Giải pháp cần trao đổi Mức độ

Theo anh /chị việc “Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh qua việc giải các dạng toán

Cực trị số phức bằng phương pháp hình học” trong thời điểm hiện tại có thực sự cầp thiết không?

Không cấp thiết Ít cấp thiết Cấp thiết Rất cấp thiết 0/261 12/261 36/261 213/261

Bảng 3: Tính điểm trung bình X theo phần mềm Average

TT Các giải pháp Các thông số

Việc phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua giải các dạng toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học hiện nay là rất cần thiết Điều này không chỉ giúp học sinh nắm vững kiến thức toán học mà còn rèn luyện khả năng tư duy logic và sáng tạo Trong bối cảnh giáo dục hiện đại, việc áp dụng phương pháp hình học vào giải toán cực trị số phức sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy và học, đáp ứng yêu cầu phát triển toàn diện của học sinh.

Việc phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua giải các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học hiện nay là rất cấp thiết Trong bối cảnh giáo dục ngày càng đổi mới, việc trang bị cho học sinh những kỹ năng tư duy phản biện và giải quyết vấn đề thông qua toán học không chỉ giúp nâng cao chất lượng học tập mà còn chuẩn bị cho các em những kiến thức cần thiết cho tương lai.

Từ số liệu thu được ở bảng trên có thể rút ra những nhận xét sau:

Nghiên cứu này tập trung vào việc phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua giải quyết các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học Dựa trên số liệu khảo sát, giải pháp đề xuất cho thấy tính cấp thiết trong việc cải thiện khả năng tư duy logic và sáng tạo của học sinh Việc áp dụng phương pháp hình học không chỉ giúp học sinh hiểu sâu hơn về các khái niệm toán học mà còn nâng cao kỹ năng giải quyết vấn đề một cách hiệu quả.

Trong nghiên cứu với 28 giáo viên dạy Toán tại ba trường THPT, kết quả cho thấy không có giáo viên nào đánh giá mức độ cần thiết là "Không cấp thiết" (0/28) Chỉ có 2 giáo viên (7,14%) cho rằng mức độ "Ít cấp thiết" với 2 điểm Mức "Cấp thiết" được 7 giáo viên (25%) đánh giá với 15 điểm, trong khi 19 giáo viên (67,86%) cho rằng mức độ "Rất cấp thiết" với 80 điểm Điểm trung bình cộng của bốn mức độ cần thiết là 3,6.

Câu 1: Với đối tượng học sinh khối 12 ở các lớp thực nghiệm của trường

THPT Với mức Không cấp thiết chiếm 0/261 học sinh bằng 0 điểm Với mức Ít cấp thiết chiếm 12/261 học sinh bằng 26 điểm Với mức Cấp thiết chiếm 36/

261 học sinh bằng 72 điểm Với mức Rất cấp thiết 213/261 học sinh bằng 856 điểm Điểm trung bình cộng của bốn mức là: 3 77

Với điểm trung bình 3,6 của giáo viên và 3,77 của học sinh từ khảo sát, có thể khẳng định rằng giải pháp đề xuất là cần thiết cho việc dạy học các tiết ôn tập văn học hiện nay.

4.4.2 Tính khả thi của các giải pháp đề xuất Đánh giá tính khả thi của các giải pháp đề xuất

Bảng 1: Dành cho giáo viên

Giải pháp khảo sát Mức độ

Việc phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua giải các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học hiện nay là khả thi Phương pháp này không chỉ giúp học sinh nắm vững kiến thức lý thuyết mà còn phát triển khả năng tư duy logic và sáng tạo Việc áp dụng hình học vào giải quyết bài toán sẽ tạo ra sự hứng thú và khơi gợi niềm đam mê học toán ở học sinh.

Không khả thi Ít khả thi

Bảng 2: Dành cho học sinh

Giải pháp khảo sát Mức độ

Theo anh/chị việc “Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh qua việc giải

Khả thi Rất khả thi các dạng toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học” trong thời điểm hiện tại có khả thi không? thi thi 0/261 1/261 35/261 225/261

Bảng 3: Tính điểm trung bình X theo phần mềm Average

TT Các giải pháp Các thông số

Việc phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua giải các dạng toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học hiện nay là khả thi Các phương pháp hình học không chỉ giúp học sinh hiểu sâu về các khái niệm toán học mà còn kích thích khả năng tư duy sáng tạo và phản biện Do đó, việc áp dụng các phương pháp này trong giảng dạy sẽ nâng cao hiệu quả học tập và khả năng giải quyết vấn đề của học sinh.

Việc phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua giải các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học hiện nay là hoàn toàn khả thi Phương pháp này không chỉ giúp học sinh nắm vững kiến thức lý thuyết mà còn rèn luyện khả năng tư duy logic và sáng tạo Bằng cách áp dụng hình học vào giải quyết các bài toán phức tạp, học sinh sẽ phát triển kỹ năng phân tích và tổng hợp, từ đó nâng cao hiệu quả học tập môn Toán.

Từ số liệu thu được ở bảng trên có thể rút ra những nhận xét sau:

Theo số liệu khảo sát, giải pháp "Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh thông qua việc giải các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học" cho thấy tính khả thi cao Phương pháp này không chỉ giúp học sinh cải thiện kỹ năng giải toán mà còn nâng cao khả năng tư duy logic và hình ảnh Việc áp dụng hình học vào giải quyết các bài toán số phức sẽ tạo ra sự hứng thú và động lực học tập cho học sinh, đồng thời phát triển tư duy phản biện và sáng tạo trong toán học.

Trong một nghiên cứu với 28 giáo viên dạy môn Toán tại ba Trường THPT, kết quả cho thấy không có giáo viên nào (0/28) đánh giá mức độ khả thi là không khả thi, trong khi đó chỉ có 1 giáo viên (1/28) cho rằng mức độ khả thi là ít khả thi với 2 điểm Đáng chú ý, có 5 giáo viên (5/28) đánh giá mức độ khả thi là khả thi.

18 điểm Với mức Rất khả thi chiếm 22/28 giáo viên bằng 84 điểm Điểm trung bình cộng của bốn mức là: 3 43

Với đối tượng học sinh khối 12 ở các lớp thực nghiệm của trường THPT Với mức Không khả thi chiếm 0/261 học sinh bằng 0 điểm Với mức Ít khả thi chiếm

Trong số 261 học sinh, có 1 học sinh đạt 2 điểm, 35 học sinh đạt 99 điểm ở mức Khả thi, và 225 học sinh đạt 908 điểm ở mức Rất khả thi Điểm trung bình cộng của bốn mức là 3.86.

Giải pháp đề xuất được khẳng định là rất khả thi khi áp dụng trong thực tế, với mức điểm trung bình cộng về tính khả thi đạt 3,43 từ giáo viên và 3,86 từ học sinh trong kết quả khảo sát.

Tiêu đề	Phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh qua việc giải các dạng toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học
Tác giả	Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Nghệ An, Trường PT Hermann Gmeiner
Người hướng dẫn	Nguyễn Thị Soa
Trường học	Trường PT Hermann Gmeiner
Chuyên ngành	Toán Học
Thể loại	Sáng kiến kinh nghiệm
Năm xuất bản	2023
Thành phố	Vinh

Định dạng
Số trang	55
Dung lượng	2,98 MB