SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC CHƯƠNG TRÌNH THPT" A- ĐẶT VẤN ĐỀ : Trong chương trình đổi nội dung Sách giáo khoa, số phức đưa vào chương trình toán học phổ thông giảng dạy cuối lớp 12 Ta biết đời số phức nhu cầu mở rộng tập hợp số, số phức cầu nối hoàn hảo phân môn Đại số, Lượng giác, Hình học Giải tích (thể sâu sắc mối quan hệ công thức eiπ + = ) Số phức vấn đề hoàn toàn khó học sinh, đòi hỏi người dạy phải có tầm nhìn sâu, rộng Do tính chất đặc biệt số phức nên giảng dạy nội dung giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển toán để tạo nên lôi cuốn, hấp dẫn người học Bằng việc kết hợp tính chất số phức với số kiến thức đơn giản khác lượng giác, giải tích, đại số hình học giáo viên xây dựng nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn hoàn toàn mẻ Một vấn đề xây dựng dạng toán ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC" sở khai thác tính chất số phức vận dụng khai triển nhị thức Newton B- NỘI DUNG NGHIÊN CỨU : I- CƠ SỞ LÝ LUẬN : Đổi phương pháp dạy học với mục đích phát huy tốt tính tích cực, sáng tạo người học Nhưng thay đổi phương pháp hoàn toàn lạ mà phải trình áp dụng phương pháp dạy học đại sở phát huy yếu tố tích cực phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp học tập học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động Vì đưa vào chương trình SGK nên có tài liệu số phức để học sinh giáo viên tham khảo Bên cạnh đó, lượng tập dạng tập số phức SGK nhiều hạn chế Để giúp học sinh có nhìn sâu, rộng số phức, trình giảng dạy tìm tòi khai thác kết hợp kiến thức khác toán học để xây dựng dạng tập cho học sinh tư duy, giải Một vấn đề xây dựng dạng toán ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC" sở khai thác số tính chất số phức II- THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ : Đây vấn đề học sinh phổ thông ,Bộ giáo dục chuyển tải nội dung từ nội dung học đại học năm thứ xuống lớp 12 vừa năm năm Vì đưa vào chương trình SGK nên có tài liệu số phức để học sinh giáo viên tham khảo Bên cạnh đó, lượng tập dạng tập số phức SGK nhiều hạn chế Với thời lượng cho phép dạy lớp môn toán có hạn Số phức trở thành phần học trừu tượng học sinh phổ thông trung học.Đối với đối tượng học sinh giỏi câu hỏi mà học sinh thường đưa số phức đưa để làm gì? Do thực tế sống ngày không dùng đến tập số phức Do hứng thú phần học số phức hạn chế III- GIẢI PHÁP THỰC HIỆN: Để phát huy tính động sáng tạo học sinh giỏi, đồng thời giúp học sinh thấy tầm quan trọng số phức toán học thực tiễn giới thiệu biên soạn hệ thống ví dụ tập có tính mở rộng nhiều mảng toán học giải phương trình, giải hệ phương trình , giải toán lượng giác, hình học Hệ thống kiến thức số phức: 1.1- Khái niệm số phức: • Là biểu thức có dạng a + b i , a, b số thực số • Ký hiệu z = a + b i với a phần thực, b phần ảo, i đơn vị ảo • Tập hợp số phức kí hiệu • Số phức có phần ảo số thực: z = a + i = a∈ • Số phức có phần thực số ảo: z = 0.a + b i = b i Đặc biệt i = + i • Số = + i vừa số thực vừa số ảo £= {a + b i / a, b∈ ¡ i2 = i thoả mãn –1} Ta có ¡ ⊂ ¡ ⊂ i2 = – £ £ 1.2- Số phức nhau:  Cho hai số phức z = a + b i z’ = a’ + b’ i Ta có z = z′ ⇔ a = a '  b = b ' 1.3Biểu diễn hình học số phức:  Mỗi số phức z = a + b i xác định cặp số thực (a; b)  Trên mặt phẳng Oxy, điểm M(a; b) số phức ngược lại biểu diễn  Mặt phẳng Oxy biểu diễn số phức gọi phức Gốc tọa độ O biểu diễn số 0, trục hoành Ox thực, trục tung Oy biểu diễn số ảo mặt phẳng biểu diễn số 1.4-Môđun số phức:  Số phức z = a + b i biểu diễn điểm M(a; b) mặt phẳng Oxy Độ dài uuuu r véctơ OM gọi môđun số phức z Kí hiệu z = a + bi = a + b 1.5-Số phức liên hợp:  Cho số phức z = a + b i , số phức liên hợp z z = a − bi z = a + bi ⇔ z = a - bi ; z = z , z = z * Chú ý ( Z n ) = ( Z ) n ; i = −i;−i = i Z số thực ⇔ Z =Z; Z số ảo ⇔ Z = −Z * Môđun số phức Z=a + b.i (a; b ∈ R) Chú ý:  Z =Z ∀z ∈ Hai điểm biểu diễn z z Z = OM = a + b = z.z C đối xứng qua trục Ox mặt phẳng Oxy 1.6-Cộng, trừ số phức:  Số đối số phức z = a + b i –z = –a – b i  Cho z = a + bi z ' = a '+ b ' i Ta có  Phép cộng số phức có tính chất phép cộng số thực z ± z ' = (a ± a ') + (b ± b ')i 1.7-Phép nhân số phức:  Cho hai số phức z = a + bi z ' = a '+ b ' i Nhân hai số phức nhân hai đa thức thay i = –1 rút gọn, ta được: z.z ' = a.a '- b.b '+ (a.b '+ a '.b)i  k.z = k(a + b i ) = ka + kb i Đặc biệt 0.z = ∀z∈  z z = (a + b i )(a – b i ) hay  Phép nhân số phức có tính chất phép nhân số thực z.z = a + b = z £ z -1 1.8-Phép chia số phức: Số nghịch đảo số phức z = a + bi ≠ 0là z = z = z hay a - bi = Cho hai số phức a + bi a + b z = a + bi ≠ z ' = a '+ b ' i z ' z '.z = z z hay a '+ b ' i (a '+ b ' i )(a - bi ) = a + bi a + b2 1.9-Lũy thừa đơn vị ảo: Cho k∈ N i k = 1; i k +1 = i; i k + = -1; i k +3 = -i 1.10- Căn bậc hai số phức giải phương trình bậc hai: a/Căn bậc hai số phức: Cho số phức w, số phức z = a + b i thoả w số thực: w = a∈  z2 = w gọi bậc hai w ¡ • a = 0: Căn bậc hai • a > 0: Có hai bậc hai đối a • a < 0: Có hai bậc hai đối a i w số phức: w = a + b i (a, b∈  ¡ – a – a i , b ≠ 0) z = x + y i bậc hai w  x2 - y = a z = w ⇔ ( x + yi ) = a + bi ⇔  2 xy = b • Mỗi số phức có hai bậc hai đối b/Phương trình bậc hai: +Phương trình bậc hai với hệ số a,b,c số thực: ax + bx + c = (a ≠ 0), ∆ = b − 4ac  ∆ ≥ 0: Phương trình có nghiệm thực x1,2 = −b ± ∆ 2a  ∆ < 0: Phương trình có nghiệm phức x1,2 = −b ± | ∆ |.i 2a +Phương trình bậc hai với hệ số phức: Ax + Bx + C = ( A ≠ 0), ∆ = B − AC , ∆ = a + bi  ∆ = 0: Phương trình có nghiệm kép x = −B 2A  ∆ ≠ 0: Phương trình có nghiệm x1,2 = −B ± δ 2A với δ bậc hai ∆ 1.11-Dạng lượng giác số phức: a/Acgumen số phức z ≠ 0: a/  Cho số phức z = a +uburi uu≠uur0 biểu diễn điểm M(a; b) mặt phẳng Oxy Số đo (rađian) góc ϕ = (Ox, OM ) gọi acgumen z  Mọi acgumen z sai khác k2π tức có dạng ϕ + k2π (k∈ (z nz sai khác k2π với n số thực khác 0) uuuur • ¢) uuuu r z biểu diễn OM –z biểu diễn – OM nên có acgumen ϕ + (2k + 1)π • z biểu diễn M′ đối xứng M qua Ox nên có acgumen – ϕ + k2π uuuuu r • – z biểu diễn – OM ' nên có acgumen – ϕ + (2k + 1)π • z = nên z −1 = z −1 z | z |2 , | z |2 số thực có acgumen với z – ϕ + k2π b/ Dạng lượng giác số phức z = a + b i :  Dạng lượng giác số phức z ≠ z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ acgumen z   a b z = a + bi ⇔ z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) ; r = a + b ; cos ϕ = ; sin ϕ = r r Chú ý: • Số – cos ϕ – i sin ϕ có dạng lượng giác cos( ϕ + π) + i sin( ϕ + π) • Số cos ϕ – i sin ϕ có dạng lượng giác cos(– ϕ ) + i sin(– ϕ ) • Số – cos ϕ + i sin ϕ có dạng lượng giác cos(π – ϕ ) + i sin(π – ϕ ) c/ Nhân, chia số phức dạng lượng giác: Cho z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z′ = r ′(cos ϕ ’ + i sin ϕ ’) với r , r ′≥ z.z ' = r.r '[cos(ϕ + ϕ ') + i sin(ϕ + ϕ ')] z r = [cos(ϕ - ϕ ') + i sin(ϕ - ϕ ')] ( r ′≠ 0) z' r' • Ta có Do z' z 1 = [cos(−ϕ ') + i sin(−ϕ ')] có acgumen – ϕ ’ + k2π nên z' r' z r = [cos(ϕ - ϕ ') + i sin(ϕ - ϕ ')] ( r ’≠ 0) z' r' d/ Công thức Moa–vrơ (Moivre) ứng dụng: e/Công thức Moa–vrơ: Cho số phức z = r (cos ϕ + i sin ϕ )  [ r (cos ϕ + i sin ϕ )] n = r n (cos nϕ + i sin nϕ ) (n∈ ¥ * ) f/Căn bậc hai số phức dạng lượng giác:`  r (cos ϕ Mọi số phức z = ϕ ϕ  i sin ϕ ) + (r > 0) có bậc hai δ = r  cos + i sin ÷ 2  ϕ ϕ  ϕ   ϕ  δ = − r  cos + i sin ÷ ⇒ δ = r cos  + π ÷+ i sin  + π ÷ 2 2        2.Một số ứng dụng số phức: a/ Trong đại số: I>Ứng dụng số phức số toán giải phương trình-Hệ phương trình : Bài toán 1: Giải phương trình bậc ba: ax + bx + cx + d = ;(a≠0)(1) Năm 1545 nhà toán học người Ý, Cardano Ginolamo, năm 1545 tìm công thức nghiệm phương trình bậc ba thu gọn trình bày theo cách ký hiệu nay: Gọi q 2a ab a2 p p3 + q= − ; p = + b ; δ bậc ;u bậc − + δ ; v 27 27 3 q − −δ a x3=uz2+vz3 − bậc Trong đó: z= − a Khi ta có nghiệm phương trình (1) là: x1=u+v − ; x2=uz+vz2; 3 + i; z = − − i; z = 2 2 Bài toán 2: Giải hệ phương    =  x 1 + 2 ÷   x +y  trình:   y 1 −  =   x2 + y ÷    7 Giải: Nhân vế phương trình thứ với i cộng vế với phương trình đầu Đặt z=x+yi ta phương trình ẩn z: z+ z = + i (2) z ⇔ z − az + =   2  ⇔ z= ± ÷+  ± ÷ ÷i 21     Phương trình (2)    x = + 21  x = − 21 ⇒ ; 2 y = y = 2 − +   7 Thử lại ta thấy hai nghiệm thỏa mãn hệ II> Ứng dụng giải số toán tính tổng tổ hợp : Dạng 1:Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị số phức thích hợp khai triển trực tiếp số phức Bài toán 3: Tính tổng A= C0 −C +C −C + +C 2004 −C 2006 +C 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 Giải:Xét khai triển: + x 2009 C 2009 (1 + x)2009 = C 02009 + xC12009 + x 2C 22009 + + x 2008C 2008 2009 2009 Cho x = - i ta có: (1 – i )2009 = C0 +iC1 +i C + +i 2008C 2008 +i 2009C 2009 2009 2009 2009 2009 2009 −C2 +C −C6 + +C2004 −C2006 +C2008 ) + = ( C0 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 +C7 − −C 2005 +C 2007 −C 2009 )i + ( −C12009 +C32009 −C2009 2009 2009 2009 2009 Mặt khác: (1 −i)2009 =( 2009  π  π  2) 2009 cos  − + isin −  ÷  ÷÷  4    = ( 2)2009  cos 2009π 2009π  − isin 4 ÷ = ( ) 2009  cos  π π 2009   −i  = 21004 −21004 i −isin   =( )  4       So sánh phần thực phần ảo (1 – i )2009 hai cách tính ta được: − C2006 + C 2008 = 21004 A = C02009 − C22009 + C42009 − C62009 + + C2004 2009 2009 2009 Bài toán 4:Tính tổng: − 39 C + 38 C − 37 C + + 32 C16 − 3C18 + C 20 D = 310 C20 20 20 20 20 20 20 −39 C +38 C −37 C6 + +32 C16 −3C18 +C 20 ) Giải( 310 C0 20 20 20 20 20 20 20 + + ( )19 C1 −( )17 C3 + + ( )3 C17 − 3C19 i  20 20 20 20  =  Mặt khác: ( +i )  20  1 = 220  + i  2  = 220  cos  20 π π = 220  cos + isin  6  20  = 220  cos  20π 20π  + isin = 6   4π 4π   + isin  = 220  − − i  = −219 − 219 i So sánh phần thực 3 2   ( +i )20 hai cách tính ta có:D = - 219 Dạng 2: Khai triển (1 + x)n, đạo hàm hai vế theo x sau cho x nhận giá trị số phức thích hợp Bài toán 5: Tính tổng: E= C1 −3C +5C −7C + +25C 25 −27C 27 +29C 29 30 30 30 30 30 30 30 Giải: (1 + x)30 = C + xC1 + x C + x 3C3 + + x 28C 28 + x 29 C 29 + x 30 C30 30 30 30 30 30 30 30 Đạo hàm hai vế ta có: 30(1 + x)29 = C1 +2xC +3x C3 + +28x 27 C 28 +29x 28C 29 +30x 29 C30 30 30 30 30 30 30 Cho x = i ta có: +5C5 −7C7 + + 25C 25 −27C 27 + 29C 29 ) + 30(1 + i)29 = ( C130 −3C3 30 30 30 30 30 30 −4C4 +6C6 −8C8 + +26C 26 −28C 28 +30C30 + ( 2C30 30 30 30 30 30 30 )i Mặt khác: 30(1 + i)29 = 29 ( )29 cos π4 +isin π4  30 29π  ( )29 cos 29π + isin = 4  = 30 ( )29 − =30  2  − i  = −15.215 −15.215 i So 2   sánh phần thực ảo 30(1 + i)29 hai cách tính ta có: E = - 15.215 Dạng 3: Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị bậc ba đơn vị Ta có nghiệm phương trình: x3 – = x1 = 1; x = − + i ; 2 3 x =− − i Các nghiệm bậc ba của1 Đặt: ε = − − i 2 2 ⇒ ε2 = − + i ε có tính chất sau:1) ε + ε = -1; 2) ε = ;3) ε 3k = 4) 2 ε 3k + = ε ;5) ε 3k + = ε (k∈Z) Sử dụng tính chất ε ta tính tổng sau: +C +C + +C 3k + +C15 +C18 Bài toán 6: Tính tổng: S = C20 20 20 20 20 20 Giải: Xét khai triển: + x19C19 + x 20C 20 (1 + x)20 = C 020 + xC120 + x 2C 220 + x 3C320 + + x18C18 20 20 20 + C3 + + C18 + C19 + C 20 Cho x = ta có: 220 = C 020 + C120 + C 20 20 20 20 20 Cho x = ε ta có: (1) + εC1 + ε C + C3 + + C18 + εC19 + ε C 20 (1 + ε )20 = C 20 20 20 20 20 20 20 (2) Cho x = ε ta có: + ε C1 + εC + C3 + + C18 + ε C19 + εC 20 (1 + ε )20 = C 20 20 20 20 20 20 20 (3) Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được: 220 + (1 + ε )20 +(1 + ε )20 = 3S Mặt khác: (1 +ε) 20 = (−ε ) 20 = ε 40 = ε ; (1 + ε ) 20 = (−ε) 20 = ε 20 = ε 20 Do vậy: 3S = 220 – Hay S = − III> Ứng dụng giải số toán lượng giác: 10 Bài toán 7: Chứng minh π cos π 1+ = π Giải: Đặt x= cos ; y= sin z=x+iy= 1 1   cos π π +i sin Ta có z5=-1 hay(z+1)(z4-z3+z2- z+1)=0 Ta để ý x=  z + z ÷, Từ đẳng thức ta có 4x 2-2x-1=0 ⇔x= 1± π 1+ Vì x > nên x = cos = Bài toán 8: Chứng minh cos Giải: Đặt z= cos π 3π 5π + cos + cos = ; 7 π π +i sin Khi z7=cosπ+i sinπ=-1 hay z7+1=0 7 Vì z7+1=0 nên z10=-z3 z8=z.Suy z10+ z8+ z6+ z4+ z2+1= z6+ z4-z3+ z2- z+1= Z6- z5+ z4-z3+ z2-z+1+z5= Mặt khác ta có: cos z7 +1 + z = z5 z +1 π 3π 5π z5 + cos + cos = = ; (đpcm) 7 2z IV> Ứng dụng hình học: Bài toán 9: (IMO Shortlst) Cho tam giác ABC có tâm S A'B'O tam giác khác có hướng S khác A' S khác B' Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng A'B AB' Chứng minh tam giác SB'M SA'N đồng dạng Giải: Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO, đăt ε= cos 2π +i sin 2π Ta xét toán mặt phẳng phức Chọn S gốc tọa độ SO trục thực Khi đó, tọa độ điểm O, A, B biểu diễn số R, Rε,Rε Gọi R+z tọa độ điểm B', Thì R-εz tọa độ điểm A' Suy tọa độ M, N z A ' + z B Rε + R − zε R (ε + 1) − zε −Rε − zε −ε ( R + ε ) = = = = a zM= 2 2 2 ZN= z A + zB ' = Rε + R + z = R(ε + 1) + z = − Rε + z = 2 2 R ε = R − zε −2ε z− 11 zB ' − zS z A ' − z S R+z R − zε = ⇔ = ⇔ ε ε = ⇔ ε = −ε ( R + z ) R − zε Ta có zM − zs z N − zs −2ε Từ suy tam giác SB'M SA'N đồng dạng Bài toán 10 Về phía tam giác ABC ta dựng tam giác đều, có chiều dương AC'B, BA'C, CB'A Chứng minh tâm tam giác đỉnh tam giác B' A C' C B A' Giải:Gọi a,b,c,a',b',c' tọa độ đỉnh A,B,C,A',B',C', đặt ε= cos 2π +i sin 2π Vì AC'B; BA'C; CB'A tam giác nên: a+c'ε+bε 2=0; b+a'ε+cε2=0; c+b'ε+aε2=0 Tâm tam giác AC'B; BA'C; CB'A có tọa độ 3 là: a''= ( a '+ b + c ) ; b''= ( a + b '+ c ) ; c " = ( a + b + c ') Do , phép tính đại số ta 3(c''+a''ε+b"ε2)= (a+b+c')+(a'+b+c)ε+(a+b'+c)ε2 =(b+a'ε+cε2)+( c+b'ε+aε2)+( a+c'ε+bε2) =0 Tức tâm tam giác đỉnh tam giác 3.Một số tập: a/ Giải pt, hệ pt Bài 1: Giải phương trình sau 1) x + x + = ( x + 4) x2 + 4x = 5, x+3 5, 2) − x = − x2 + x + ( x −1 ; 3) 18 − x = − x − ; 4) x + = x − ;18, ) + x − = 2x + x + x + 14 x + − x − x − 20 = x + 12 Bài 2: Giải hệ phương trình sau    1  x 1 + ÷=   x + y +5 1)    y 1 −   x2 + y + ÷=    y  x  x + + y2 + =   (x + y) 1 +  =  ÷   xy  3  2x + y = x  2y + x = 122 y  b/Tính tổng sau 27 +29( )29 C 29 ( )3C330 +5( )5 C530 − −27( )27 C30 30 A = 3C1 −3 30 A = 2.3C2 −4.32 C4 +6.33 C6 − −28.314 C28 +30.315 C30 30 30 30 30 30 A = C0 + 2C2 −3.4C4 + 5.6C6 − 7.8C8 + + 21.22C 22 − 23.24C 24 25 A = C1 25 A 25 25 25 25 25 25 + 2.3C3 −4.5C5 +6.7C7 −8.9C9 + + 22.23C23 −24.25C25 25 25 25 25 25 25 =C0 −3C2 +5C −7C6 + +17C16 −19C18 +21C 20 20 20 20 20 20 20 20 A = 2C1 −4C3 +6C5 −8C7 + −16C15 +18C17 −20C19 20 20 20 20 20 20 20 A = 12C1 − 32C3 + 52C5 − 2C7 + + 952C95 − 97 2C97 + 992C99 100 100 100 100 100 100 100 A8 = 22C2 − 42C4 + 62C6 −82C8 + +962C96 −982C98 +1002C100 100 100 100 100 100 100 100 +5C5 +8C8 + +20C 20 +23C23 A9= 2C2 25 25 25 25 25 A =C1 +42C4 +7 2C7 +102C10 + +37 2C37 +402C 40 10 40 40 40 40 40 40 c Bài tập lượng giác: Bài 1:Cho a, b, c số thực cho cosa+ cosb+cosc= sina+sinb+sinc=0 Chứng minh cos2a+cos2b+cos2c= Sin2a+sin2b+sin2c=0 Bài 2: Chứng minh rằng: cos π 3π 5π 7π 9π + cos + cos + cos + cos = 11 11 11 11 11 Bài 3:Tính tổng sau: Sn=sina+sin2a+sin3a+ .+sinna; Tn=cosa+ cos2a+ cos3a+ cosna d.Các tập hình học: Bài 1: Cho lục giác lồi ABCDEF Gọi M,N,P,Q,R,S trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA Chứng minh 13 MQ ⊥ PS ⇔ RN2 = MQ2 + PS2 F S A R E Bài 2: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D trung điểm đoạn thẳng Q AB, E trọng M tâm tam giác ACD Chứng minh CD ⊥ OE ⇔ AB = AC D Bài 3: Gọi E, F, G, H trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA tứ giác B P 2 2 lồi ABCD Chứng minh rằng: N ABC⊥ CD ⇔ BC + AD = 2(EG + FH ) Bài 4: Về phía tam giác ABC, ta dựng ba n - giác Tìm tất giá trị n cho tâm n - giác đỉnh tam giác B0 A C0 C B A0 Bài 5: Cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D mặt phẳng Chứng minh AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD.Đẳng thức sảy A,B,C,D thẳng hàng A,B,C,D thuộc đường tròn với A,C đối diện với B,D Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B Gọi K chân đường vuông goác hạ từ trực tâm tam giác xuống đường thẳng d, L trung điểm cạnh AC Chứng minh BKL tam giác cân 14 IV- KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Kết thử nghiệm cuối năm học 2010 - 2011 ,tôi chọn 30 học sinh lớp 12 khảo sát kết cụ thể sau Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 12/A1 6,7% 26,7% 16,7% 15 50% 12/A2 3,3% 16,7% 20% 18 60% Kết thử nghiệm cuối tháng năm học 2011 - 2012 ,tôi chọn ngẫu nhiên 30 học sinh lớp 12 khảo sát kết cụ thể sau : Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 12/A2 10 33,3% 12 40 % 20 % 6,7% 12/A3 26,7% 10 33,3% 16,6% 23,3% Kết thử nghiệm cuối tháng năm học 2012 - 2013 ,tôi chọn ngẫu nhiên 30 học sinh lớp 12 khảo sát kết cụ thể sau : Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 12/A2 12 36,6% 12 40 % 17 % 6,7% 12/A3 29,7% 10 33,3% 13,6% 23,3% Rõ ràng qua ba năm thực đề tài này, kết học sinh học phần số phức có tiến rõ rệt C-KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT: I- KẾT LUẬN 15 Việc viết sáng kinh nghiệm vấn đề cấp thiết cho gian đoạn ,giai đoạn công nghiệp hóa đại hóa đất nước, đất nước phát triển Việt nam ta nói chung ,riêng ngành giáo dục cần phải đổi nhanh chóng, song môn đặc biệt môn tự nhiên điều cốt lõi mà chương trình lớp kế thừa áp dụng giáo viên nên tạo điều kiện để em nắm bắt kiến thức thấy ứng dụng kiến thức vào thực tiễn cách sinh động Có vậy, môn học tự nhiên trở thành niềm đam mê em học sinh Hy vọng với đề tài giúp học tự học thích học phần số phức II- ĐỀ NGHỊ: Đề tài cần thiết giới thiệu rộng rãi cho học sinh đồng nghiệp dạy 12 Tuy nhiên ví dụ cần sưu tập thêm, với cộng tác độc giả chắn đề tài đem lại nhiều lợi ích Ngoài phương pháp giải ví dụ chưa tối ưu cần góp ý bổ sung bạn đọc 16 [...]... thử nghiệm cuối tháng 4 năm học 2012 - 2013 ,tôi đã chọn ngẫu nhiên 30 học sinh lớp 12 và đã khảo sát và kết quả cụ thể như sau : Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 12/A2 12 36,6% 12 40 % 4 17 % 2 6,7% 12/A3 9 29,7% 10 33,3% 4 13,6% 7 23,3% Rõ ràng qua ba năm thực hiện đề tài này, kết quả là học sinh học phần số phức có tiến bộ rõ rệt C-KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT: I- KẾT LUẬN 15 Việc viết sáng kinh nghiệm là một trong. .. nghiệp hóa hiện đại hóa đất nước, một đất nước đang phát triển như Việt nam ta nói chung ,riêng đối với ngành giáo dục cần phải đổi mới nhanh chóng, song ở mỗi bộ môn đặc biệt các môn tự nhiên điều cốt lõi mà chương trình lớp trên kế thừa và áp dụng thì mỗi giáo viên chúng ta nên chỉ ra và tạo mọi điều kiện để các em nắm bắt được kiến thức cũng thấy được ứng dụng của kiến thức đó vào thực tiễn một cách sinh... đoạn thẳng A'B và AB' Chứng minh rằng các tam giác SB'M và SA'N đồng dạng Giải: Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABO, đăt ε= cos 2π 3 +i sin 2π 3 Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức Chọn S là gốc tọa độ và SO là trục thực Khi đó, tọa độ của các điểm O, A, B biểu diễn các số R, Rε,Rε 2 Gọi R+z là tọa độ của điểm B', Thì R-εz là tọa độ của điểm A' Suy ra tọa độ của M, N là z A ' +... z10=-z3 và z8=z.Suy ra z10+ z8+ z6+ z4+ z2+1= z6+ z4-z3+ z2- z+1= Z6- z5+ z4-z3+ z2-z+1+z5= Mặt khác ta có: cos z7 +1 5 + z = z5 z +1 π 3π 5π z5 1 + cos + cos = 5 = ; (đpcm) 7 7 7 2z 2 IV> Ứng dụng trong hình học: Bài toán 9: (IMO Shortlst) Cho tam giác ABC đều có tâm S và A'B'O là một tam giác đều khác có cùng hướng nhưng S khác A' và S khác B' Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng A'B và. .. Có như vậy, các môn học tự nhiên mới trở thành niềm đam mê ở các em học sinh Hy vọng rằng với đề tài này có thể giúp học tự học và thích học phần số phức II- ĐỀ NGHỊ: Đề tài này cần thiết giới thiệu rộng rãi cho học sinh và đồng nghiệp dạy 12 Tuy nhiên các ví dụ cũng cần được sưu tập thêm, với sự cộng tác của độc giả chắc chắn đề tài sẽ đem lại nhiều lợi ích Ngoài ra phương pháp giải các ví dụ có thể... đoạn thẳng Q AB, và E là trọng M tâm tam giác ACD Chứng minh rằng CD ⊥ OE ⇔ AB = AC D Bài 3: Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác B P 2 2 2 2 lồi ABCD Chứng minh rằng: N ABC⊥ CD ⇔ BC + AD = 2(EG + FH ) Bài 4: Về phía ngoài của tam giác ABC, ta lần lượt dựng ba n - giác đều Tìm tất cả giá trị của n sao cho tâm của các n - giác đều này là đỉnh của một tam giác đều... c+b'ε+aε2=0 Tâm của tam giác đều AC'B; BA'C; CB'A lần lượt có tọa độ 1 3 1 3 1 3 là: a''= ( a '+ b + c ) ; b''= ( a + b '+ c ) ; c " = ( a + b + c ') Do đó , bằng các phép tính đại số ta được 3(c''+a''ε+b"ε2)= (a+b+c')+(a'+b+c)ε+(a+b'+c)ε2 =(b+a'ε+cε2)+( c+b'ε+aε2)+( a+c'ε+bε2) =0 Tức là tâm của các tam giác này là các đỉnh của một tam giác đều 3 .Một số bài tập: a/ Giải pt, hệ pt Bài 1: Giải các phương trình. .. cân 14 IV- KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Kết quả thử nghiệm cuối năm học 2010 - 2011 ,tôi đã chọn 30 học sinh lớp 12 tôi đã khảo sát và kết quả cụ thể như sau Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 12/A1 2 6,7% 8 26,7% 5 16,7% 15 50% 12/A2 1 3,3% 5 16,7% 6 20% 18 60% Kết quả thử nghiệm cuối tháng 4 năm học 2011 - 2012 ,tôi đã chọn ngẫu nhiên 30 học sinh lớp 12 và đã khảo sát và kết quả cụ thể như sau : Lớp Giỏi Khá Trung... ε = 1 −ε ( R + z ) R − zε Ta có zM − zs z N − zs 2 −2ε Từ đó suy ra các tam giác SB'M và SA'N đồng dạng Bài toán 10 Về phía ngoài của tam giác ABC ta lần lượt dựng các tam giác đều, có cùng chiều dương là AC'B, BA'C, CB'A Chứng minh rằng tâm của các tam giác đều này là các đỉnh của một tam giác đều B' A C' C B A' Giải: Gọi a,b,c,a',b',c' lần lượt là tọa độ các đỉnh A,B,C,A',B',C', đặt ε= cos 2π 3 +i... biệt A,B,C,D trong mặt phẳng Chứng minh rằng AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD.Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi A,B,C,D thẳng hàng hoặc A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn với A,C đối diện với B,D Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B Gọi K là chân đường vuông goác hạ từ trực tâm của tam giác xuống đường thẳng d, L là trung điểm của cạnh AC Chứng minh rằng