SKKN sử DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH học để GIẢI bài TOÁN tìm GTLN,GTNN LIÊN QUAN mô ĐUN số PHỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN TÌM GTLN,GTNN LIÊN QUAN MÔ ĐUN SỐ PHỨC Người thực hiện:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN TÌM

GTLN,GTNN LIÊN QUAN MÔ ĐUN SỐ PHỨC

Người thực hiện: Lê Xuân Ninh Chức vụ: Hiệu trưởng SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2021

MỤC LỤ

1 MỞ ĐẦU 1

1.1.Lí do chọn đề tài……… 1

1.2 Mục đích nghiên cứu……… 1

1.3 Đối tượng nghiên cứu……… 1

1.4 Phương pháp nghiên cứu……….1

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm……… 2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm 3

2.3 Giải pháp thực hiện……….4

2.4 Hiệu quả của Sáng kiến kinh nghiệm………14

3 KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ 15

3.1 Kết luận………15

3.2 Kiến nghị……… 15

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất nói chung là một vấn đề quan trọng và khó đối với học sinh cấp trung học phổ thông, trong đó bài toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất liên quan môđun số phức là một nội dung thường xuyên xuất hiện ở các câu vận dụng, vận dụng cao trong đề thi tốt nghiệp THPT những năm gần đây Đối với học sinh trung bình, khá thì đây là mảng kiến thức khó và thường để mất điểm, đối với học sinh giỏi thì có thể giải quyết được một phần tuy nhiên thường gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải

và mất nhiều thời gian trong việc tìm ra đáp số

Trong sách bài tập và các tài liệu tham khảo loại bài tập này xuất hiện nhiềutuy nhiên chỉ dừng lại ở việc cung cấp bài tập cùng lời giải rời rạc, với phương pháp giải và hướng tiếp cận đa dạng chưa có hệ thống hướng dẫn chi tiết phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của môđun số phức phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm và xu hướng đề thi tốt nghiệp THPT

Từ những lý do trên cùng với ý tưởng, giải pháp mà bản thân nghiên cứu trong quá trình trực tiếp ôn luyện và chỉ đạo ôn tập thi tốt nghiệp THPT Quốc

gia, tôi đã quyết định chọn đề tài: “ Sử dụng hình học để giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất liên quan môđun số phức”nhằm giúp học

sinh có cách nhìn rõ ràng, tổng quan hơn, cụ thể hơn trên cơ sở những hình ảnh hết sức trực quan để từ đó giúp các em có thể tìm ra lời giải và đáp số nhanh hơn

về một lớp bài toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất liên quan môđun số phức.Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến, nhận xét và đánh giá của đồng nghiệp để

đề tài được hoàn thiện hơn

1.2 Mục đích nghiên cứu

Mục đính nghiên cứu của đề tài là hình thành phương pháp hình học để tính nhanh, chính xác bài toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của môđun số phức qua đó hình thành kỹ năng toán học và tư duy hình học trong các bài toán đại số

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là phương pháp hình học để giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất liên quan môđun số phức

1.4.Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu trong đề tài bao gồm

- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo sát thực tế dạy học phần giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của môđun số phức ở trường THPT Lương Đắc Bằng và các trường THPT trong huyện

- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Sách giáo khoa Giải tích 12; Tài liệu dạy học theo định hướng phát triển năng lực học sinh

- Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: Thống kê và sử lý số liệu trên lớp thực nghiệm và lớp đối chứng để qua đó thấy được hiệu quả của đề tài

2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

Các định nghĩa về số phức và các phép toán cộng, trừ hai số phức; phép

nhân số phức; phép chia hai số phức (SGK Giải tích 12)

Các bài toán cực trị cơ bản về liên quan giữa các yếu tố: Điểm, đường tròn, đường thẳng, đoạn thẳng, tia, miền đa giác, hình tròn, …

Một số kết quả đã biết

a Cho hai điểm A B, cố định Với điểm M bất kỳ luôn có bất đẳng thức tam giác:

+) MA MB AB  , dấu “=” xảy ra  M nằm giữa hai điểm A B,

+) MA MB AB, dấu “=” xảy ra  B nằm giữa hai điểm A M,

b Cho hai điểm A B, nằm cùng phía đối với đường thẳng d và M là điểm

di động trên d Ta có:

+) MA MB AB, dấu “=” xảy ra  Ba điểm A M B, , thẳng hàng

+) Gọi A là điểm đối xứng với Aqua d, khi đó ta có

MA MB MA MB A B      , dấu “=” xảy ra  Ba điểm A M B, , thẳng hàng

c Cho hai điểm A B, nằm khác phía đối với đường thẳng d và M là điểm

di động trên d Ta có:

+) MA MB AB  , dấu “=” xảy ra  M nằm giữa hai điểm A B,

+) Gọi A là điểm đối xứng với Aqua d, khi đó ta có

MA MB MA MB  A B , dấu “=” xảy ra  Ba điểm A M B, , thẳng hàng

d Cho đoạn thẳng PQ và điểm A không thuộc PQ, Mlà điểm di động trên đoạn thẳng PQ, khi đó maxAM max AP AQ,  Để tìm giá trị nhỏ nhất của

AM ta xét các trường hợp sau:

+) Nếu hình chiếu vuông góc Hcủa A trên đường thẳng PQ nằm trên đoạn PQ thì min AM AH

+) Nếu hình chiếu vuông góc H của A trên đường thẳng PQ không nằm trên đoạn PQ thì minAM min AP AQ; 

e Cho đường thẳng và điểm A không nằm trên  Điểm M trên  có khoảng cách đến A nhỏ nhất chính là hình chiếu vuông góc của A trên 

f Cho x y, là các tọa độ của các điểm thuộc miền đa giác A A A1 2 n Khi đó giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của biểu thức F ax by  (a b, là hai số thực đã cho không đồng thời bằng 0) đạt được tại một trong các đỉnh của miền đa giác

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

Trao đổi với các thầy cô giáo trong bộ môn toán nhà trường,tôi nhận thấy phần lớn giáo viên mới chỉ dừng lại ở mức độ trang bị lý thuyết và giao nhiệm

vụ cho học sinh một vài bài tập cụ thể mà chưa khai thác bài toán ở những cách giải mới Lý do là phần kiến thức này khá rộng và khó, ngoài ra số tiết theo phân phối chương trình dành cho phần này rất ít nên chưa có sự quan tâm xứng đáng

Một bộ phận học sinh khi tìm GTLN, GTNN của mô đun số phức thường

sử dụng phương pháp biến đổi trực tiếp và dùng bất đẳng thức để đánh giá dẫn đến một số thử thách trong việc làm bài thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia:

Một là, các em mất nhiều thời gian để tìm ra đáp số của bài toán.

Hai là, một số bài toán phức tạp các em sẽ gặp khó khăn trong việc định

hướng tìm lời giải hoặc có hướng giải quyết bài toán nhưngkhông tìm được đáp

số chính xác dẫn đến kết quả bài thi chưa cao

Từ thực tế đó, đòi hỏi cần có cách tư duy bài toán theo hướng khai thác tối đa tính trực quan của việc biểu diễn số phức bằng hình học là rất cần thiết trong việc ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia phần cực trị số phức của nhà trường trong giai đoạn hiện nay

2.3 Giải pháp thực hiện

2.3.1 Xây dựng quy trình giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan số môđun số phức bằng hình học.

Phương pháp giải:

Bước 1: Chuyển đổi ngôn ngữ bài toán số phức sang ngôn ngữ hình học Bước 2: Sử dụng một số kết quả đã biết để giải bài toán hình học.

Bước 3: Kết luận cho bài toán số phức.

Ví dụ: Cho số phức zthỏa mãn

   2

2 z z i z z

Giá trị nhỏ nhất của

3

z i bằng

Hướng dẫn giải Bước 1: Chuyển đổi ngôn ngữ

bài toán số phức sang ngôn ngữ

hình học

Giả sử z x yi x y   ,    z x yi Khi đó

2 z z i z z  2 2yi  4x i y x

Gọi M x y A ; ; 0; 3  lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức z; 3 ithì z3i MA

Bước 2: Sử dụng một số kết quả

đã biết để giải bài toán hình học Parabol

2

y x có đỉnh tại điểm O0;0, trục đối xứng là đường thẳng x 0 Hơn nữa, điểm A thuộc trục đối xứng của parabol, nên ta có:

3

MA OA  Suy ra, minMA 3 khi M O

Bước 3: Kết luận cho bài toán số

min z 3i  3, khi z 0 Chọn A.

2.3.2 Xây dựng hệ thống bài tập mẫu, minh họa và hướng dẫn học sinh sử dụng hình học để tính giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của môđun số phức

Ví dụ 1: Cho số phức zthỏa mãn z 3 4 i 1

Môđun lớn nhất của số phức zbằng

Hướng dẫn giải

Gọi M x y I ;  , 3;4 là các điểm biểu diễn lần lượt cho

các số phức z;3 4 i Từ giả thiết

z  i   MI 

Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức zthỏa mãn giả

thiết là đường tròn tâm I3;4, bán kính r 1

Mặt khác z OM Mà OM đạt giá trị lớn nhất bằng

OI r , khi M là giao điểm của đường thẳng OM với

đường tròn tâm I3;4, bán kính r 1 Hay

Nhận xét:

OI r OM  z OI r

18 24

;

5 5

M 

Do đó, max z OI r   5 1 6, khi

18 24

z  i

Ví dụ 2: Trong các số phức zthỏa mãn

z  i  z i , số phức z có môđun nhỏ nhất là

A.z 2 2i B.z 1 i

C.z 2 2i D.z 1 i

Hướng dẫn giải

Đặt z x yi x y   ,   Khi đó z 2 4 i  z 2i

4 0

x y

     d

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức zlà đường

thẳng d

Do đó z OM nhỏ nhất khi Mlà hình chiếu của O

trên d

Suy ra M2;2 hayz 2 2i

Chọn C.

Nhận xét: Trong tất cả

các đoạn thẳng kẻ từ điểm O đến đường thẳng

d, đoạn vuông góc OM ngắn nhất

Ví dụ 3: Cho số phức zthỏa mãn z3  z 3 10

Giá trị nhỏ nhất của z là

Hướng dẫn giải

Gọi F1 3;0 , F23;0, M x y ; ; , x y   lần lượt là

các điểm biểu diễn các số phức 3;3; z

Ta có F F1 2  2c  6 c 3 Theo giả thiết ta có

1 2 10

MF MF  , tập hợp điểm M là đường elip có trục

lớn 2a10 a5 ; trục bé

2 2

2b 2 a  c  2 25 9 8  

Mặt khác OM z nhỏ nhất bằng 4 khi z4i hoặc

4

z i

Vậy giá trị nhỏ nhất của z bằng 4

Với mọi điểm M nằm trên elip, đoạn OM ngắn nhất là đoạn nối O với giao điểm của trục bé với elip

Chọn B.

Chú ý: Bài này có thể trình bày kết hợp hình học và

bất đẳng thức

Gọi F1 3;0 , F23;0 , có trung điểm là O0;0 Điểm

M biểu diễn số phức z

Theo công thức trung tuyến thì

Ta có

 2 22

2

 

 

M

MF MF

z

 







Khi z4i hoặc z4i

Ví dụ 4: ( Sở GD&ĐT Thanh Hóa- 2021)

Cho số phức z thỏa mãn z z 2 2 z z  2i 12

Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu

thức P z 4 4 i Tính M m

Chú ý:

Trong mặt phẳng tọa độ tập hợp các điểm biểu diễn nghiệm của bất

0

ax by c   là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng ax by c  0 ( ) ( kể cả đường thẳng )

Giải:

Gọi z x yi x y, ,  ,

Ta có z z 2 2 z z  2i 12 x 1 2 y 1 6

2 3 khi 1, 1





 





Tập hợp điểm N x y ;  biểu diễn số phức z thuộc miền trong của của trong hình thoi ABCD (tính cả trên các cạnh) như hình vẽ với

 1;4 , 5;1 ,  1; 2 ,  7;1

6

4

2

2

4

C

B D

H

N

Xét điểm I4;4, thì I nằm ngoài hình thoi và P z 4 4 i IN

Theo hình vẽ

+INđạt giá trị lớn nhất khi N D, suy ra M ID  121 9  130

+IN đạt giá nhỏ nhất khi N H (H là hình chiếu của I trên AB), suy ra

 ,  4 8 7 5

5

m d I AB    

Vậy M m  130 5

Ví dụ 5: Cho số phức z thỏa mãn z  1 i 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P  z i  z  i

A 18 B 38 8 10 C 18 2 10 D 16 2 10

Lờigiải

Cách1: Gọi M x y ;  là điểm biểu diễn cho số phức z Gọi I1; 1 , A  2;1,

2;3

B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức 1 i ;  2 i; 2 3i Khi đó, ta có: MI 2 nghĩa là M thuộc đường tròn  C có tâm I1; 1 , R 2 và

P MA MB Ta có:

2

2

AB

P ME EA EB  ME 

, với E0; 2 là trung điểm của AB Do đó P có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ME có giá trị lớn nhất

Ta có : IE 1 9   10 R nên MEmax IE R   2 10

2

AB

Cách2: Giả sử z x yi  (x y  , ) M x y ;  là điểm biểu diễn của z

Suy ra MC1có tâm I11; 1  và bán kính R 1 2

 2  2

Ta có:P 0 và P  z 2 i2 z 2 3 i2x22y 12x 22y 32

Suy ra Px12 y12x2y22x10y16x12 y 52 6

Ta có x12 y 52   P 6 6  2 nên  2 là phương trình của đường tròn C2

có tâm I 2 1;5, bán kính R2  P 6 R1; I I 1 2 2 10

Để tồn tại x, y thì  C1 và C2 có điểm chung  P  6 2 I I1 2  P  6 2 Suy ra : P 6 2  I I1 2  P2 2 10  2 6 38 8 10  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  C1 và C2 tiếp xúc trong Vậy maxP 38 8 10 

Thông qua các ví dụ minh họa cần phân tích để học sinh thấy rõ hiệu quả của ứng dụng hình học trong giải các bài tập, đồng thời trang bị cho các em kiến thức hình học và tư duy hình học trong các bài toán đại số

Xác định rõ vấn đề mấu chốt là cần phát hiện chính xác quỹ tích của các điểm biểu diễn số phức và yếu tố hình học trong yêu cầu của đề bài để chuyển đổi “ngôn ngữ” đại số sang hình học

2.3.3 Xây dựng hệ thống bài tập nâng cao, phát triển mở rộng.

Ví dụ 1: (BGD - Đề minh hoạ 2021)

Xét hai số phức z z1 , 2 thỏa mãn z1 1,z2 2 và z1 z2  3 Giá trị lớn nhất của

 

1 2

3z z 5i bằng

A 5  19 B 5  19 C  5 2 19  D 5 2 19 

Lời giải

Chọn B

1 1 3 1 3

 Gọi M là điểm biểu diễn z1  

OM là vectơ biểu diễn z1;

N là điểm biểu diễn 3z1 

ON là vectơ biểu diễn 3z1;

P là điểm biểu diễn z2 

OP là vectơ biểu diễn z2

Có z1 OM  1 MO R,  1;

3z ON 3 N O R, 3 ;

 Gọi w 3z1z2 và Q là điểm biểu diễn w.

 w OQ  ON2NQ2 2ON NQ .cosONQ  ON2OP2 2ON OP .cosONQ

 Để tính OQ , ta cần cosONQ

Ta có :

cos

OM OP MP MOP

1

2

2

w OQ

 Xét      

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

với A0, 5  biểu diễn số phức u 5i

Tmax khi AQmax Mà OQ 19  QO R, 4 19

 AQmax OA R 4  5 19

Nhận xét: Xu hướng dùng hình học giải bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất liên quan môđun số phức nhất là các bài tập liên quan nhiều số phức cần quan tâm đặc biệt bởi ưu điểm trực quan, nhanh gọn và giảm tính hàn lâm khi

sử dụng các bất đẳng thức nhiều biến.

Ví dụ 2: Xét các số phức z, w thỏa mãn z 2, iw 2 5 i 1 Giá trị nhỏ nhất của z2 wz 4 bằng

A.4.B.2 29 3  

.C.8 D.2 29 5  

Lời giải

Ta có:

2 5

Ta có:

2

Đặt z a bi  Suy ra: z z 2bi Vì z 2 nên  4 2b4

Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của w và 2bi Suy ra:

+ A thuộc đường tròn  C có tâm I5; 2 , bán kính R 1

+ B thuộc trục Oy và  4 x B 4

Từ  * suy ra: T 2AB2MN   2 4 8 (xem hình)

Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi A M 4; 2  w 4 2i và

Vậy z2 wz 4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8

Ví dụ 3: Trong các số phức z thoả mãn z 3 4 i 2 có hai số phức z z1 , 2 thỏamãn z1  z2  1. Giá trị nhỏ nhất của

z  z bằng

A. -10 B. 4 3 5 C. -5 D. 6 2 5

Lời giải:

Ký hiệu

Pz  z , giả sử M biểu diễn z suy

raM thuộc đường tròn tâm (3;4) I bán kính R=2;A,

Bbiểu diễn z z1 , 2 Gọi H là trung điểm AB Ta có

AB OI  , IH AB và:

BA OH BA OI IH

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

    

B

O I

2

P BA OI 

nên Pmin  2AB OI  10 khiBA OI,

 

ngược hướng nhau Chọn A.

Ví dụ 4: Cho 3 số phức z z z, , 1 2 thỏa mãn

z  i   z i z   i  z   i  Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z z1  z z 2  4

A.

2 3770

10361

3770

10361 26

Lờigiải

Gọi M z  M x y A ; ; 1; 2 ,   B 3;4 Từ giả thiết z 1 2i   z 3 4 i suy ra

M thuộc đường trung trực đoạn AB: 2x 3y 5 0 

 1 ,  2

P z Q z từ giả thiết suy ra P, Q lần lượt thuộc đường tròn tâm I(-5;2) và đường tròn tâm K (1;6) bán kính R1 R2  2 Ta có:

 4;6 , 6;4

AB  IK 

Nghĩa là              AB               IK

nên hai đường thẳng IK / /, hơn nữa d I ,   R IK,  2R

H I

K

M

Rõ ràng ta có T MP MQ 2R nhỏ nhất khi P, Q thuộc các đoạn MI, MK và

do tính đối xứng nên Tmin = 2MK Vậy

 

2

2 min

T  MK   IK  d I   

HỆ THỐNG CÁC BÀI TẬP ĐỂ GIÚP HỌC SINH TỰ LUYỆN

Câu 1: Gọi M và m là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của môđun số phức zthỏa mãn

1 2

z   Giá trị của M m là

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn z 2 z2 5 Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z Giá trị M m là

A.

17 2

M m 