SKKN mo dun so phuc 2019

I.PHẦN MỞ ĐẦU:1/Lý do chọn đề tài: 2/Mục tiêu nghiên cứu: 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: 4/Các phương pháp nghiên cứu: II.PHẦN NỘI DUNG: 1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận của đề t

trêng thpt cæ loa

- -S¸nG kiÕn kinh nghiÖm

§Ò tµi :

Kỹ thuật dùng hình học giải tích để giải bài toán cực trị mô đun số phức.

LĩnhNgêi thùc hiÖn: TrÇn Quèc ThÐp

Tæ to¸n Trêng THPT Cæ Loa

N¨m häc: 2018– 2019

I.PHẦN MỞ ĐẦU:

1/Lý do chọn đề tài:

2/Mục tiêu nghiên cứu:

3/Nhiệm vụ nghiên cứu:

4/Các phương pháp nghiên cứu:

II.PHẦN NỘI DUNG:

1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:

2/Cơ sở lý luận của đề tài:

3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:

A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:

2.1 Sử dụng phép nhóm Abel để giải một số dạng bất đẳng thức có

điều kiện.

2.2 Sử dụng hằng số để giải một số dạng bất đẳng thức có điều kiện.

2.3 Sử dụng hằng số và phép nhóm Abel giải một số dạng bất đẳng

thức có điều kiện.

B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:

III.PHẦN KẾT LUẬN:

1/Kết luận:

2/Tài liệu tham khảo:

2 2 2 2

3 3 3 3 4 4 4 4

4 8 10 12

17 18 19

I.PHẦN MỞ ĐẦU:

1/Lý do chọn đề tài:

1.1 Về mặt lý luận

Trong dạy học thì một trong những nhiệm vụ hàng đầu của giáo viên là phát triển các năng lực của học sinh: năng lực tự học, năng lực giải quyết vấn đề và sáng

tạo , năng lực tính toán, biết vận dụng những kiến thức đã học để giải quyết nhưng

vấn đề trong thực tiễn, biết liên hệ những kiến thức tổng hợp để giải quyết vấn đề

1.2 Về mặt thực tiễn

Ta đã biết Toán học là một môn khoa học đòi hỏi phải suy diễn trừu tượng nhưng mặt khác Toán lại giúp ta giải quyết các bài toán thực tiễn trong cuộc sống Vì vậy trong mỗi tiết học toán, thầy cô ngoài việc giúp học sinh giải toán tốt, cũng tìm cách liên hệ các ứng dụng trong thực tiễn, Bằng cách trực quan hóa những khái niệm trừu tượng, diễn giải theo một cách khác giúp học sinh vỡ ra những điều khô khan của môn số phức

1.3 Về mặt cá nhân

Số phức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học lớp 12, nó có nhiều ứng dụng trong thực tiễn và xuất hiện thường xuyên trong các đề thi THPT Quốc gia Thông thường các bài tập về số phức trong đề thì đều ở mức độ dễ Tuy nhiên, hiện nay trong các đề thi thử ở khắp nơi trong cả nước, ta gặp một số đề thi

mà có những câu hỏi về chủ đề số phức ở mức độ cao Các bài tập đó thường là về đun số phức, trong đó có bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số phức (mà ta gọi là các bài toán cực trị của mô-mô-đun số phức) Khi gặp bài toán như vậy, nếu học sinh chưa được học và làm quen với kiểu bài, dạng bài này, thì khó tìm được đáp án đúng

Bài toán cực trị của mô-đun số phức cũng rất đa dạng, một bài cũng có thể có nhiều cách giải Vấn đề đặt ra là nên lựa chọn phương pháp nào? Tại sao lại lựa chọn phương pháp đó? Phương pháp đó có dẫn đến kết quả nhanh nhất không? Để trả lời những câu hỏi này đòi hỏi phải có cái nhìn tổng quát và sự phân tích tỉ mỉ Nhất là trong bối cảnh thi THPT Quốc gia môn Toán bằng hình thức thi trắc nghiệm khách quan, học sinh cần phải có đáp án đúng và nhanh nhất Để trả lời câu hỏi trên tôi

chọn đề tài: “ Kỹ thuật dùng hình học giải tích để giải bài toán cực trị mô đun số

phức”

2/Mục tiêu nghiên cứu:

Mục đích nghiên cứu là thông qua nhưng ví dụ điển hình nhằm phân tích cho học sinh thấy một phương pháp hiệu quả, nhanh gọn, phù hợp với đòi hỏi của đề thi trắc nghiệm, góp phần nâng cao chất lượng học tập Đồng thời cũng giúp học sinh nâng cao tư duy, biết nhìn nhận vấn đề theo các cách khác nhau

3/Đối tượng nghiên cứu:

Đối tượng nghiên cưu của sáng kiến kinh nghiệm là tìm các biện pháp nâng cao hiệu quả giảng dạy kiến thức số phức 12

4/Nhiệm vụ nghiên cứu:

- Phân loại bài tập và tìm bài tập, tình huống giúp học sinh thấy ích lợi của

phương pháp mới

5/Bố cục sáng kiến:

Sáng kiến kinh nghiệm: “ Kỹ thuật dùng hình học giải tích để giải bài toán

cực trị mô đun số phức” gồm 4 phần:

Phần thứ nhất: A Lời mở đầu

Phần thức hai: B Phần nội dung

Phần thức ba: C Tài liệu tham khảo

Phần thức hai: D Phần kết luận

B.PHẦN NỘI DUNG:

1 Kiến thức chuẩn bị

Để cho tiện, kí hiệu M x y ; M z  để chỉ M là điểm biểu diễn cho số phức

, ,

z x yi x y  ��

Hai số phức ,z z� có điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức lần lượt là M, N Ta có

+ z OM

+ MN   z z�

+ z z 0  thì r M nằm trên đường tròn tâm M z , bán kính là 0 0 r

- Các bất đẳng thức dạng tam giác cho các số phức:

z z �z  z , dấu bằng xảy ra khi z1kz k2, � ;0

z z �z  z , dấu bằng xảy ra khi z1kz k2, � ;0

z z �z  z , dấu bằng xảy ra khi z1kz k2, � ;0

z z �z  z , dấu bằng xảy ra khi z1 kz k2, � 0

- Công thức hình bình hành: z1z2 2  z1 z2 2 2z12 2 z2 2

- Các tập hợp điểm hay gặp:

Đường thẳng, phương trình dạng ax by c   , 0 a2 b2  0

Đường tròn, phương trình dạng  2 2 2

x a  y b  , r r 0

Đường elip, là tập hợp điểm M trong mặt phẳng sao cho MF1MF2 2a với

1 2

2a 2c F F  ; phương trình chính tắc của elip trong hệ tọa độ Oxy là0

a  b 

2 Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1.Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z 2 4i   Tìm mô-đunz 2i nhỏ nhất của số phức z 2i

Lời giải

Giả sử z x yi x y  ; , �� có điểm biểu diễn là M x y  ;

z  i  z i � x  y  x  y

4 0

x y  

Cách 1: Thếy   4 x ta có

z i  x y i  x  y  x  x

 2 2

2x 12x 36 2 x 3 18 3 2

      � Do vậy x3� y1 ta có đáp án B.

Cách 2: M thuộc đường thẳng :    x y 4 0

Gọi A0; 2 là điểm biểu diễn số phức 2i  , ta có z2i  AM nhỏ nhất bằng

 ,  0 2 4 3 2

2

   (Do A nằm ngoài  )

Bình luận: Hai cách giải khá tương đương và học sinh có thể làm hai cách

Ví dụ 2.Cho số phức z thỏa mãn z 3 4i  Tìm mô-đun lớn nhất, nhỏ nhất của1

số phức z

Lời giải

Cách 1: Giả sử z x yi  với ,x y �� và z có điểm biểu diễn là M x y  ;

Giả thiết suy ra     2 2

x  y i  � x  y 

M

� thuộc đường tròn (C) có tâm I 3;4 và bán kính bằng r  1

Ta có z OM Do O nằm ngoài đường tròn (C) nên

Với mọi M thuộc (C), ta có OI r OM OI r � � 

4 OM 6

ۣ

�

ۣ Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của OI với (C)

Vậy, z lớn nhất bằng 6 và nhỏ nhất bằng 4.

Cách 2: Giả sử z x yi  với ,x y��

Giả thiết suy ra     2 2

x  y i  � x  y 

x  y  x y z  x  y  x y

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có

    2  2 2   2 2

6 x 3 8 y 4 �6 8 �x3  y4 �100

10 6x 8y 50 10 16 6x 8y 24 36

  

4 6x 8y 24 6 4 z 6

 

12

12 16 5

6 8 40

5

�

;

18

18 24 5

6 8 60

5

�

Vậy, z lớn nhất bằng 6 khi 18 24

5 5

z   i và nhỏ nhất bằng 4 khi 12 16

5 5

z  i

Cách 3: Giả sử z x yi  với ,x y��

Giả thiết suy ra     2 2

x  y i  � x  y 

Đặt 3 sin

4 cos

 

�

�  

3 sin 4 cos 26 6sin 8cos

và 6sint8cost 10sint�10;10 nên

26 10 4  z 26 10 6 

Nhận xét cách 1 sử dụng tính chất hình học dễ hiểu cho mọi đối tượng học sinh và

cũng khá nhanh để có kết quả Với bài toán có giả thiết tương tự nhưng tìm cụ thể

số phức có mô-đun lớn nhất, nhỏ nhất ta cũng giải tương tự như trên nhưng thêm

bước tìm z để dấu đẳng thức xảy ra.

Nhận xét cách 2 đối với học sinh trung bình là hơi khó ở chỗ tách hệ số để vận

dụng Bất đẳng thức Bunyakovsky

Nhận xét cách 3: học sinh cần nhớ thêm lượng giác hóa đường tròn, quá trình tính

toán vẫn dài hơn

Ví dụ 3.Cho số phức z thỏa mãn z    Giá trị lớn nhất của z i3 3i 2  là

Lời giải Cách 1 2  z 3 3i   z i   3 4i �z i  3 4i � z i �2 3 4  i

7

z i

Cách 2 Đặt w z i 

Gọi M là điểm biểu diễn của w trong hệ trục tọa độ Oxy

3 3 2

z  i � w 3 4i 2�MI 2 với I3; 4 � M nằm trên đường tròn

 C tâm I3; 4 , bán kính  R2

Ta có z i  w OM Vậy max OM OI R  5 2  7

Lưu ý: Nếu đề bài hỏi “Giá trị nhỏ nhất của z i  ” thì minOM ON OI R   Phân tích: Cách 1 tuy ngắn gọn hơn cách 2 nhưng để cho học sinh nhớ một bất đẳng thức lạ ít dùng quả thật rất khó

Ví dụ 4 Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của a để tồn tại số phức z thỏa mãn

1

�   �

�

�

�

4

1 (0; ]

2 C 0;� D [ ;1 )

2 �

Lời giải

Nhận xét rằng nếu a thì loại ngay còn nếu 0 a thì không thỏa mãn.0

Giả sử z x yi x y  ; , �� có điểm biểu diễn là M x y  ;

Ta có:      

 

2

�

Miền nghiệm của (1) là miền không bị tô đậm do đường thẳng :d    x y 1 0 như trên hình (kể cả biên), miền nghiệm của (2) là hình tròn tâmI 0;0 bán kính

2 2

án D.

Ví dụ 5 Tìm tập hợp tất cả các giá trị thực của a để tồn tại duy nhất số phức z

thỏa mãn z 1 a

�  �

�

�

 �

2

� �

� �

� .

Lời giải

Nhận xét rằng nếu a thì loại ngay còn nếu 0 a thì không thỏa mãn.0

Giả sử z x yi x y  ; , �� có điểm biểu diễn là M x y  ;

Ta có:  

2 2

2 2

1

1

Miền nghiệm của (1) các điểm nằm trong hình tròn I11;0 , r1  a, kể cả biên Miền nghiệm của (2) các điểm nằm trong hình tròn I20; 1 ,  r2  a, kể cả biên

Để có duy nhất số phức thỏa mãn � Hai đường tròn tiếp xúc ngoài

1

2 2

2

I I  r r  a a

Ví dụ 6 Cho số phức z thỏa mãn z    , số phức w thỏa mãn 1 i 1 w  2 3i 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của z w

Lời giải

Gọi M x y biểu diễn số phức z x iy ;   thì M thuộc đường tròn  C có tâm1

 

1 1;1

I , bán kính R1  1

 ; 

N x y �� biểu diễn số phức w x iy   thì N thuộc đường tròn � �  C có tâm2

2 2; 3

I  , bán kính R2  Giá trị nhỏ nhất của z w2  chính là giá trị nhỏ nhất của

đoạn MN

Ta có I Iuuur1 2  1; 4 �I I1 2  17  R1 R2 � C1 và  C ở ngoài nhau.2

MN

� I I1 2  R1 R2  17 3

Ví dụ 7 Cho hai số phức z z thỏa mãn 1, 2 z1    2 i z1 4 7i 6 2 và thỏa mãn iz2  1 2i  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 z1 z2

Lời giải

Gọi M x y ,; A2;1 B 4;7 lần lượt biểu diễn z1; 2 i;4 7 i

Do đó z1    2 i z1 4 7i 6 2 �MA MB AB  Vậy M thuộc đoạn AB

w z � z  w� iz   i  �   iw i  � w  i

Suy ra tập hợp biểu diễn w là đường tròn     2 2

C x  y  có tâm

 2;1 , 1

I R Khi đó P z1 z2   z1 w MN

Ta có : AB x y:   3 0�d I AB ,  2 2 1

Cho nên MN nhỏ nhất khi MN d I AB  ,   R 2 2 1 Vậy chọn C

Ví dụ 8 Trong các số phức z thỏa mãn z    , tìm số phức z sao cho1 i 5

P   z i z đạt giá trị nhỏ nhất.i

Lời giải

Gọi M x y là điểm biểu diễn số phức z (7;9), (0;8) ; A B lần lượt là các điểm biểu

diễn các số phức z1 7 9 ,i z2  Giả thiết 8i z    suy ra M thuộc đường1 i 5

tròn (C):   2 2

x  y  Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất

Ta có (C) có tâm I 1;1 và bán kính R 5

Trước hết, ta tìm điểm K sao cho MA2MK (1), với mọi điểm M thuộc (C).

(1)�MA 4MK � MI IAuuur uur 4 MI IKuuur uur

2MI IA4IK 3MI 4IK IA

� uuur uur uur

2MI IA4IK 3R 4IK IA

Chọn K sao cho 2 4 20 2

IA IK

�

�

�

5

(3) 2

IA IK IK

�

� �



�

�

uur uur r

Từ (2), tìm được 5;3

2

K � �� �

� �, thỏa mãn (3).

Do đó, với mọi điểm M thuộc (C) ta có: MA2MB2MK MB  �2BK .

Dấu “=” xảy ra khi M ( )C �BK và M thuộc đoạn BK.

BK có phương trình 2 x y    Tọa độ giao điểm của BK và (C) là nghiệm của 8 0

hệ

  2 2

x y

  

�

�

1 6

x y



�

� 

� và

5 2

x y



�

�  

B

A K

I

 M

Thử lại, ta có điểm M 1;6 thuộc đoạn BK, thỏa mãn bài toán Vậy số phức cần tìm là z  1 6i

Bình luận: Ngoài cách tìm K nhờ vector ở trên, ta còn có cách khác là bình phương

hai vế của (1), sau đó biến đổi tọa độ của M thỏa mãn phương trình một đường tròn

và đồng nhất phương trình đó với phương trình của (C).

Nhận xét: Việc tìm điểm K ở trên, trong một số bài toán tương tự ở trên mạng, lời

giải đều đưa ra ngay điểm K rồi chỉ ra đẳng thức MA2MK với mọi M thuộc (C)

mà không chỉ ra cho học sinh cách tìm điểm K như thế nào? Thông qua Ví dụ trên, học sinh có thể tìm ngay được điểm K trong các bài tương tự.

Nguồn gốc của bài toán trên xuất phát từ Bài toán về đường tròn Apollonius, ta

hiểu về đường tròn này như sau: “Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng

và 1

2

d

r

d

 là một số dương khác 1 thì quỹ tích của các điểm P sao cho tỉ số các độ

dài 1

2

AP d

r

BP d  là một đường tròn Đường tròn xây dựng theo cách này còn được gọi là đường tròn Apollonius”

Từ đó nảy sinh bài toán sau: “Cho hai điểm A, K cố định, M di chuyển trên đường tròn Apollonius sao cho MA cMK ; B là một điểm cố định khác sao cho đoạn KB cắt đường tròn; hãy tìm vị trí của M sao cho MA cMB là nhỏ nhất” Khi ra đầu

bài, ta dấu điểm K đi, chỉ cho phương trình đường tròn và cho tọa độ của A, B Ta phải tìm điểm K bằng cách nối A với tâm đường tròn, đoạn này cắt đường tròn tại

H và lấy K sao cho H nằm giữa A, K, HA cHK Điểm M phải tìm là giao điểm của đoạn thẳng KB với đường tròn

Ví dụ 9 (Đề thi thử THPT chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình lần 3 năm 2017)

Cho z z là hai nghiệm của phương trình 6 31, 2   i iz 2z  thỏa mãn6 9i

8

5

z z  Giá trị lớn nhất của z1 z2 là

A 31

56

Phân tích: Giả thiết 6 3  i iz 2z   cho biết điểm M biểu diễn số phức z6 9i

thuộc một đường tròn Sự xuất hiện của z1z2 và z1z2 làm cho liên hệ tới công thức hình bình hành và công thức đường trung tuyến trong tam giác

Lời giải

Ta có 6 3  i iz 2z 6 9i � z 3 6i  2z  6 9i .

z x yi x y  � �� x  y  x  y

  2 2

� �M x y ; thuộc đường tròn (C) có tâm I 3;4 , bán kính

1

r  Gọi M M lần lượt biểu diễn 1, 2 z z ; ta có 1, 2 M M thuộc đường tròn (C) và1, 2

1 2

8

5

M M  Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng M M Ta có1 2

3 5

IH  IM HM  �H thuộc đường tròn  C� có tâm I, bán kính 3

5

r�

64

25

z z   z z  z z  z  z  OM OM

1 2

64

25

    , theo công thức đường trung tuyến

z z  OH z z  OH

� � Do đó z1z2 lớn nhất khi OH lớn nhất Ta

5 5

OH OI r��     Do đó 1 2 2 56

5

z z  OH � Chọn B

Ví dụ 10 Cho số phức z x yi  với x y, �� thỏa mãn z  � 1 i 1 và z  � 3 3i 5 Gọi

,

m M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thứcP x  2y Tính tỉ số

M

A 9

7

5

14

5 .

Lời giải Chọn B

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z.

Từ giả thiết z  �1 i 1 ta có A là các điểm nằm bên ngoài hình tròn  C1 có tâm

 1;1

I bán kính R1 1

Mặt khác z  � 3 3i 5 ta có A là các điểm nằm bên trong hình tròn  C2 có tâm

 3;3

J bán kính R2  5.

Ta lại cú: P x  2y� x 2y P   0  Do đú để tồn tại x y, thỡ   và phần gạch chộo phải cú điểm chung tức là  ;  5 9 5

5

P

�

9 P 5 4 P 14

2

M

m

B/ KẾT QUẢ NGHIấN CỨU:

III PHẦN KẾT LUẬN:

1/ Kết luận:

Sau một quỏ trỡnh tụi xin cung cấp một vài kết quả thực nghiệm ban đầu, với cỏch dạy mới và cũ tụi thu được một vài kết quả sau: với lớp thực nghiệm 12ê5, dạy theo phương ỏn mới và lớp đối chứng 12A2, dạy theo phương ỏn truyền thống (2 lớp thuộc trường THPT Cổ Loa, Hà nội.) thụng qua bài kiểm tra sau khi dạy xong

Kết quả Tổng số

hs

Qua thực tiễn giảng dạy tụi thấy rằng để học sinh cú kĩ năng chứng minh tốt bất đẳng thức thỡ trước hết người thầy phải làm cho học sinh hiểu được cỏi hay và đẹp của bất đẳng thức, đồng thời vỡ dạy chứng minh bất đẳng thức là lĩnh vực khú nờn cỏc thầy cụ cũng nờn căn cứ vào sức của học sinh để đề ra những bài tập phự hợp Theo kinh nghiệm của tụi, ứng với ba mức độ nhận biết, thụng hiểu và vận dụng thỡ đầu tiờn bao giờ cũng là cỏc bài tập nhận biết và thụng hiểu cỏc kiến thức

cơ bản, rất đơn giản Sau đú dần nõng mức độ bài tập lờn Chớnh vỡ vậy để sử dụng tài liệu này cho hợp lớ, cỏc thầy cụ bổ sung thờm những bài tập hết sức nhẹ nhàng, đơn giản và vừa sức với học sinh của mỡnh

Đánh giá của Hội đồng khoa học nhà trờng: