SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỊNH HƯỚNG CHO HỌC SINH LỚP 12 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ PHỨC Ở MỨC ĐỘ VẬN DỤNG Người thực hiện: Phạm Văn Châu Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HỐ, NĂM 2017 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu .1 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm .3 2.2.1 Đối với giáo viên 2.2.2 Đối với học sinh 2.3 Giải pháp giải vấn đề 2.3.1 Phương pháp giải nhanh toán tìm tập hợp điểm liên qua đến đường trịn .4 2.3.2 Phương pháp giải nhanh số toán liên đến giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ z 11 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm .17 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 19 3.1 Kết luận .19 3.2 Kiến nghị 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình SGK nội dung thi tốt nghiệp thi tuyển sinh đại học trước dạng tốn số phức đưa bản, đa phần mức độ nhận biết, thông hiểu Các câu hỏi mang tính vận dụng gần khơng xuất Vì thế, Bộ giáo dục Đào tạo đưa đề minh họa mơn Tốn cho kì thi THPT Quốc gia tới, nhiều giáo viên đa số học sinh gặp khó khăn việc tìm lời giải số phức mức độ vận dụng Ngoài ra, tài liệu tham khảo cho dạng tốn chưa có xuất rời rạc toán đơn lẻ Do việc tổng hợp đưa phương pháp giải nhanh dạng toán cần thiết cho học sinh q trình ơn thi THPT quốc gia Xuất phát từ thực tế trên, với số kinh nghiệm trình giảng dạy tham khảo số tài liệu, mạnh dạn chọn đề tài “ Định hướng cho học sinh lớp 12 trường THPT Hậu Lộc giải nhanh số tập số phức mức độ vận dụng” nhằm giúp em hiểu có kỹ giải tốt tập để đạt kết tốt kì thi 1.2 Mục đích nghiên cứu Thơng qua việc nghiên cứu toán tổng quát giúp học sinh hiểu định hướng cách làm tập, từ giải số tốn số phức mức độ vận dụng cách xác nhanh chóng Từ kích thích khả tư duy, ham hiểu biết học sinh môn học 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Kiến thức chương số phức chương trình tốn THPT - Hệ thống hướng dẫn phương pháp giải nhanh toán tập hợp điểm biểu diễn số phức mặt phẳng liên quan đến đường tròn - Hệ thống hướng dẫn phương pháp giải nhanh số tốn tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ modun số phức 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí thuyết - Phương pháp nghiên cứu tài liệu sản phẩm hoạt động sư phạm - Phương pháp tổng hợp - Phương pháp thống kê, so sánh NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Những kiến thức phần số phức 1 Định nghĩa số phức Một số phức biểu thức có dạng a  bi , a b số thực số i thỏa mãn i  1, kí hiệu số phức z viết z  a  bi i gọi đơn vị ảo, a gọi phần thực b gọi phần ảo số phức z  a  bi 1 Biểu diễn hình học số phức Số phức z  a  bi,  a,b  R  biểu diễn điểm M  a; b   u  a; b  mặt phẳng tọa độ Oxy Phép cộng phép trừ số phức a Tổng hai số phức: * Định nghĩa: Tổng hai số phức z  a  bi, z '  a ' b ' i  a, b, a ', b '  R  số phức z  z '  a  a '  b  b ' i * Tính chất: Cho z , z ', z "  C + Tính giao hốn: z  z '  z ' z + Tính kết hợp:  z  z '  z "  z   z ' z " + Cộng với 0: z    z  z + Số phức z  a  bi,  a,b  R  số phức  z  a  bi gọi số phức đối z 1 b Phép trừ hai số phức: * Định nghĩa: Hiệu hai số phức z z ' tổng z  z ' , tức là: z  z '  z    z ' Phép nhân số phức * Định nghĩa: Tích hai số phức z  a  bi, z '  a ' b ' i  a.b.a ', b '  R  số phức z.z '   a.a ' b.b '   a.b ' a '.b  i * Tính chất: + Tính chất giao hốn: z.z '  z '.z + Tính chất kết hợp:  z.z ' z "  z. z '.z " + Nhân với 1: z.1  1.z  z + Tính chất phân phối ( phép nhân với phép cộng) z  z ' z ''  z.z ' z.z " 1 Số phức liên hợp mô dun số phức a Số phức liên hợp: * Khái niệm: Số phức z  a  bi,  a,b  R  Ta gọi số phức z  a  bi số phức liên hợp z * Một số tính chất số phức liên hợp  z' z' + z  z ; + z  z '  z  z ' ; + z  z '  z  z ' ; + z z '  z z ' ; +    z z b Modun số phức:   * Định nghĩa: Modun số phức z  a  bi,  a,b  R  số thực không âm a  b kí hiệu z * Tính chất: + z  z z ; + z  z ; + z z '  z z ' ; + z' z'  , z  ; + z  z '  z  z ' 2 z z Phép chia cho số phức khác a Định nghĩa: + Số phức nghịch đảo số phức z khác số z 1  z z z' phép chia z ' cho z khác tích z ' với số phức z z' nghịch đảo z , tức  z '.z 1 z z ' z '.z z '.z 1 b Chú ý: Nếu z    z z z z + Thương 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Đối với giáo viên - Trước số phức chương trình thi quốc gia ( từ năm 2009 – 2016) dừng lại mức độ chút ( nhận biết, thơng hiểu) Vì việc giảng dạy nghiên cứu giáo viên dừng lại mức độ cụ thể giúp em làm tôt phần kiến thức - Hiện với đề án thi giáo dục Thông qua đề minh họa Bộ đưa đề thi thử sở, trường, câu hỏi phần số phức xuất nhiều Đặc biệt câu khó, khó lạ ( mức độ vận dụng cao) mà trước chưa xuất xuất tương đối nhiều Tuy nhiên lại chưa có nhiều tài liệu nghiên cứu vấn đề nguồn tham khảo giáo viên hạn chế - Các giáo viên chưa có nhiều thời gian nghiên cứu dạng tốn mới, chưa có nhiều kinh nghiệm giảng dạy định hướng cho học sinh giải tốn số phức khó 2.2.2 Đối với học sinh - Trường THPT Hậu Lộc đóng địa bàn có nhiều xã khó khăn kinh tế, khó khăn việc học tập kiến thức sở mơn tốn em hầu hết tập trung mức độ trung bình - Với lớp toán vận dụng, em thường thụ động việc tiếp cận phụ thuộc nhiều vào kiến thức giáo viên cung cấp chưa có ý thức tìm tịi, sáng tạo tìm niềm vui, hưng phấn giải toán - Số lượng tài liệu tham khảo cho em cịn - Việc thi trắc nghiệm địi hỏi học sinh khơng hiểu chất tốn mà cịn phải tìm cách giải nhanh để đạt kết tối đa - Học sinh cịn lúng túng nhiều dạng toán số phức vận dụng em chưa tiếp xúc nhiều, chưa định hướng phương pháp đắn nên chưa có nhiều kĩ giải loại tập Trước tình hình muốn đưa ý tưởng giải toán vận dụng phần số phức cách “ định hướng” cho học sinh cách giải số tập tổng qt cách “chính xác” “nhanh chóng”, giúp em phát triển tư kích thích ham học tập em 2.3 Giải pháp giải vấn đề 2.3.1 Phương pháp giải nhanh tốn tìm tập hợp điểm liên qua đến đường trịn Bài toán bản: Cho số phức z thỏa mãn z  z1  R  Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Giải: Giả sử z1  a  bi  a, b  R  Gọi z  x  yi  x y  R  Ta có: z  z1  R   x  yi    a  bi   R   x  a    y  b  i  R   x  a   y  b  R   x  a    y  b  R2 2 Như tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn  I ; R  I điểm biểu diễn cho số phức z1 mặt phẳng tọa độ Oxy Từ tốn liệu có giúp ta phát triển lên mức độ cao việc giải tốn nâng cao nào? Để trả lời thắc mắc ta xét ví dụ mở đầu Ví dụ mở dầu: ( Đề minh họa lần 1- Bộ GD-ĐT) 3 Cho số phức z thỏa mãn z  biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w    4i  z  i đường trịn Tính bán kính R đường trịn A R  B R  C R  20 D R  22 * Trước hết ta giải toán cách thông thường sau: Gọi w  x  yi  x y  R  Ta có: w    4i  z  i  x  yi    4i  z  i  z   x   y  1 i    4i  x   y  1 i z  4i   4i   4i  3 x   y  1    4 x   y  1  i z 25 3 x   y  1    4 x   y  1  Theo giả thiết z     16 252 2 x  24 x  y  1  16  y  1  16 x  24 x  y  1   y  1   16 252 25 x  25  y  1   16  x   y  1  400 25 suy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường trịn tâm I  0;1 bán kính R  20 Chọn đáp án C * Giờ ta tiếp cận giải toán hướng khác Cách 1: Xuất phát tư giả thiết: Ta biến đổi giả thiết cho xuất điều cần tìm, xuất w cách thêm bớt ( ta nhân thêm vào z với số   4i  cộng thêm i ) Từ giả thiết:   4i  z  i  i   w  i   w  i   w  i  z 4  4i  4i  4i  4i  4i  4i 2  w  i  20 Theo tốn ta có tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  20 Chọn đáp án C Cách 2: Xuất phát từ câu hỏi đề bài: Ta rút z từ câu hỏi đề thay vào giả thiết wi Ta có: w    4i  z  i  z   4i wi wi Ta thay vào giả thiết: z   4   w  i  20  4i  4i Theo tốn ta có tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn tâm I  0;1 , bán kính R  20 Chọn đáp án C Nhận xét: Qua cách giải thông thường cách tiếp cận ta thấy: - Cách thơng thường trình bày dài hơn, tính tốn phức tạp nên nhiều thời gian Đặc biệt không phù hợp với xu toán thi trắc nghiệm - Với cách tiếp cận ta thấy giải tốn cách ngắn gọn, khơng u cầu tính tốn phức tạp Đặc biệt với cách giải khơng phù hợp với tốn tự luận mà cịn hiệu tốn thi trắc nghiệm Trình bày ít, tính tốn khơng phức tạp, giúp học sinh làm tiết kiệm thời gian làm Từ nhận xét trên, xây dựng nên hệ thống tập điển hình dạng tốn tìm tập hợp điểm dựa vào tốn mà qua giúp học sinh giải nhanh nhất, xác phù hợp với toán tự luận toán trắc nghiệm Bài toán 1: Cho z1 , z2  C , số phức z thỏa mãn z  z2  R Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z a w  zz2 b w  , z2  z2 c w  z  z2 d w  z  z2 Giải: w a Từ giả thiết: w  zz2  z  z2 w w  z1 z2  z1  R   R  w  z1 z2  z2 R z2 z2 Kết luận: Tập hợp điểm biểu diễn cho số phức w  zz2 đường tròn tâm điểm biểu diễn số phức z1.z2 bán kính R z2 1 z b Từ giả thiết: w   z  w.z2 z2 Ta có: z  z1  R   z  z R Ta có: z  z1  R  wz2  z1  R  z2  w    R  w   z2  z2 z2  z Kết luận: Tập hợp điểm biểu diễn cho số phức w  đường tròn tâm z2 z R điểm biểu diễn số phức bán kính  2 z2 z2 c Từ giả thiết: w  z  z2  z  w  z2 Ta có: z  z1  R  w   z2  z1   R Kết luận: Tập hợp điểm biểu diễn cho số phức w  z  z2 đường tròn tâm điểm biểu diễn số phức z1  z2 bán kính R  3 d Từ giả thiết: w  z  z2  z  w  z2 Ta có: z  z1  R  w  z2  z1  R  w   z1  z2   R Kết luận: Tập hợp điểm biểu diễn cho số phức w  z  z2 đường tròn tâm điểm biểu diễn số phức z1  z2 bán kính R   Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z   i  Biết tập hợp diểm biểu diễn số phức w    4i  z đường tròn Tâm I bán kính R đường trịn là: A I  7; 1 , R  B I 1;7  , R  25 C I  7;1 , R  35 D I 1`; 7  , R  15 Giải: w  4i w  7  i w Ta có: 1 i     w    i    4i  w    i   35  4i  4i * Cách 1: Từ w    4i  z  z  Đường tròn biểu diễn w có tâm I  7;1 ,bán kính R   4i  35 Chọn đáp án C * Cách 2: Ta có: z   i  z  1  i   7  R z1 w    4i  z  z2 Áp dụng kết 1 ta có : Tâm đường trịn biểu diễn w điểm biểu diễn số phức   4i 1  i    i , tức I  7;1 , bán kính R   4i  35 Chọn đáp án C Nhận xét: Điểm ý toán cách em cần xác định xác z1; z2 ; R Đặc biệt z1   i khơng phải z1  1  i Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn z   2i  Biết tập hợp điểm biểu z diễn số phức w  đường trịn Tâm I bán kính R đường trịn  3i là: 6 1 8 1 A I  ;  ; R  13 B I  ;  ; R  13  13 13   13 13  13 13 6 1 8 1 C I  ;  ; R  D I  ;  ; R  13 13  13 13   13 13  Giải: z  z    3i  w Tacó:  3i  2i  8    3i  w   2i     3i   w      3i w    i    3i    13 13  * Cách 1: Từ w  8    13  w   i   w   i  13  13 13   3i  13 13  13 8 1 Đường tròn biểu diễn w có tâm I  ;  , bán kính R  Chọn đáp án D 13 13 13   * Cách 2: Ta có: z z   2i   z  1  2i   3 w   R 2  3i z1 z2 Áp dụng kết   ta có : - Tâm đường trịn biểu diễn w điểm biểu diễn số phức  2i , tức  3i 8 1 I  ; ,  13 13  3 13 Chọn đáp án D   3i 13 Nhận xét: Học sinh cần xác định xác yếu tố z1; R; z2 Ngoài cách làm học sinh vận dụng cách làm ví dụ 1) Chú ý: Nếu toán trắc nghiệm ta áp dụng ln kết tốn tổng qt kết nhanh bán kính R  Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn z   i  Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z   4i đường trịn Tâm I đường trịn là: A I  5;1 B I  5;5  C I  5; 1 D I  5; 5  Giải:  4i Ta có: z   i   z    i   w  z  3  z2 z1 Áp dụng kết  3 ta có : - Tâm đường tròn biểu diễn w điểm biểu diễn số phức   i     4i    5i , tức I  5; 5 Chọn đáp án D Nhận xét: Học sinh cần xác định xác yếu tố z1; R; z2 để áp dụng kết  3 , Ngồi ta áp dụng kết   với ý z2  3  4i Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn z   i  Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z  2  3i  đường tròn Tâm I đường trịn là: A I  3;5  B I  3;  C I  3; 2  D I  3; 5  Giải: Ta biến đổi giả thiết z   i   z   i   z   i   z   1  i   w  z    3i      z1 z2 Áp dụng kết   ta có : - Tâm đường trịn cần tìm điểm biểu diễn số phức  1  i     3i   3  2i , tức I  3; 2  Chọn đáp án C * Nhận xét: Mấu chốt toán biến đổi cho giả thiết phần kết luận phải có chung z z Và ta biến đổi giả thiết để dàng dựa vào tính chất số phức liên hợp Bài tốn 2: Cho z1 , z2  C , z2  số phức z thỏa mãn z  z1  R Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức Giải: w  z3 Từ w  z2 z  z3  z  thay vào giả thiết z2 w  z3 w  z3  z1 z2  z1  R   R  w   z3  z1 z2   z2 R z2 z2 Kết luận: Tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn, tâm điểm biểu diễn cho số phức z2 z1  z3 , bán kính z2 R   Nhận xét: Thực chất toán toán tổng quát cho bốn kết luận tốn Vì học sinh cần nắm vững cách giải kết tốn làm hai tốn z  z1  R  Ví dụ 5: Cho số phức z thỏa mãn z   2i  Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w    i  z   2i đường tròn Tìm tâm bán kính đường trịn A I 1;5  ; R  B I  1;5  ; R  C I  1; 5  ; R  D I 1; 5  ; R  Giải: Ta có: z   2i   z    2i   w    i  z   5  2i       z1 z2 z3 Áp dụng kết   ta có : - Tâm đường trịn cần tìm điểm biểu diễn số phức   i   2i    5  2i   1  5i , tức I  1;5 , bán kính R   i  Chọn đáp án B Nhận xét: Học sinh cần xác định xác yếu tố z1; R; z2 để áp dụng kết   Ví dụ 6: ( Chuyên đại học vinh lần 3) 4 Cho số phức z thỏa mãn z  Khi tập hợp điểm biểu diễn số phức w  1  2i  z  3i là: A Đường tròn x   y  3  20 B Đường tròn x   y  3  C Đường tròn x   y  3  20 Giải: D Đường tròn  x  3  y  Ta có: z   z   z  0  w  1  2i  z  3i  z3 2 z1 2 z2 Áp dụng kết   ta có : - Tâm đường trịn cần tìm điểm biểu diễn số phức 1  2i   3i  3i , tức I  0;3 , bán kính R   2i  Chọn đáp án A Nhận xét: ví dụ ngồi việc học sinh cần xác định xác yếu tố z1; R; z2 để áp dụng kết   cần ý: - Biến đổi giả thiết kết luận( nên biến đổi giả thiết) để xuất z z - Chú ý R  phương trình đường trịn R  20 Ví dụ 7: Cho số phức z thỏa mãn 1 z  i  Biết tập hợp điểm biểu diễn số iz phức w    i   i đường trịn Bán kính đường trịn cần tìm là: z A R  10 B R  11 C R  13 D R  14 Giải: 1 z Đặt t  z iz it  Ta có t  i  w    i  it  1  i  1  3i  t    2i  Áp dụng kết   ta có : Bán kính đường cần tìm R   3i  10 Chọn đáp án A Nhận xét: Bài toán cần hướng dẫn học sinh cách đặt ẩn phụ t sau rút z theo t thay vào Nếu không nắm mấu chốt đặt ẩn phụ học sinh lúng túng khơng biết có phải dạng tốn học để áp dụng 10 Ví dụ 8: Cho số phức thỏa mãn z 1   Biết tập hợp điểm biểu diễn số zi 1 i  đường trịn Tâm đường trịn cần tìm là: zi A I 1;2  B I  0; 2  C I  1;2  D I  2;0  Giải: z 1 it  Đặt t  z zi 1 t Ta có: t   1và w   t   t  Tâm đường tròn điểm biểu diễn cho số phức  11   1  2 Tâm đường trịn cần tìm I  2;0  Chọn đáp án D phức w  2.3.2 Phương pháp giải nhanh số toán liên đến giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ z Xuất phát từ toán bản: Cho số phức z thỏa mãn z  z1  R  Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Ta phát triển toán theo hướng khác, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ modun số phức z khơng dừng tốn liên quan đến đường trịn, ta mở rộng tốn liên quan đến hình khác Bài tốn 1: Cho số phức z thỏa mãn z  z1  R  Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ z Giải: Theo kết toán bản: Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đưởng tròn tâm I ( I điểm biểu diễn cho số phức z1 ) bán kính R M1 M Khi z  OM  OI  IM  OI  IM  OI  R z  OM  OI  IM  OI  R R I  Max z  OM  OI  R  z1  R M2 nên  (2.1) O  Min z  OM  OI  R  z1  R Nhận xét: Một số bạn nhìn vào hình vẽ ( trường hợp) dẫn đến kết luận nhầm Min z  OI  R Từ kết tốn tốn 1, ta áp dụng để tìm nhanh kết các ví dụ sau: c1 -2 11 Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z   4i  z có giá trị lớn là: A B C D 13 Giải: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I  2;4  bán kính R  Theo (2.1) ta có Max z  25  42   Chọn đáp án A Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z   7i  z có giá trị nhỏ A B Giải: Ta có: 1  i  z   7i   1  i  z  1  7i 1  i  1 i C D    i z    4i    z    4i   Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I  3;4  bán kính R  Theo (2.1) ta có: Max z  OI  R  32  42   Chọn đáp án B Ví dụ 3: Cho số phức z thõa mãn A Giải: B 2  3i z   z có giá trị lớn  2i C D   z  i   z  (i )  i Tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z đường tròn tâm I  0; 1 bán kính R  Theo (2.1) ta có: Max z  OI  R  02  12   Chọn đáp án B Ta có:  iz    i z  Bài toán 2: Trong số phức z thỏa mãn z  z1  R1  R1   Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ P  z  z2 M M1 Giải: Gọi I , A, M điểm biểu diễn R1 cho số phức z1 , z2 , z Khi IA  z1  z2  R2 I AM  AI  IM  R2  R1 dấu xảy M  M M2 c1 O A -2 12 AM  AI  IM  R1  R2 dấu xảy M  M  MaxP  AM  R1  R2   2.2  MinP  AM  R  R 2  Nhận xét: Muốn tìm số phức cho PMax , PMin ta xác định giao điểm M , M đường tròn  I , R1  đường thẳng AI Từ kết toán 1, ta áp dụng để tìm nhanh kết các ví dụ sau: Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn z   2i  Giá trị nhỏ z   i A B C D Giải: Ta có: z    2i    R1 z   1  i   z1  z2    2i    1  i    R2 Theo  2.2  ta có: Min z   i  R1  R2    Chọn đáp án B Ví dụ 5: Trong số phức z thỏa mãn z   2i  Giá trị nhỏ z  4i A Giải B  C 1 D Ta có: z   2i   z   2i   z    2i   z  4i  z   4i      z1 z2  z1  z2    2i    4i    2i  2  R2 Theo  2.2  ta có: Min z  4i  R1  R2   2  2  Chọn đáp án C Ví dụ 6: ( THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An) 4 Cho số phức z thỏa mãn z   3i  Giá trị lớn z   i là: A 13  B C D 13  Giải: Từ giả thiết ta có: z   3i   z    3i    z    3i   z   1  i  R2    3i    1  i    2i  13 Theo  2.2  ta có:  Max z   i  13  Chọn đáp án D 13 Bài toán 3: Cho số phức z thỏa mãn z  z1  R  Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn P  k1 z  z1  k2 z  z2 ,  k1; k2   biết z2  z3  R  * z2  z1  z3  z1  Giải: Gọi M , I , A, B điểm biểu diễn cho số phức z , z1 , z2 , z3 Bài toán ta phát biểu lại ngơn ngữ hình học sau: Cho đường tròn  I , R  , AB đường kính đường trịn  I , R  Tìm M thuộc đường trịn  I , R  cho k1MA  k2 MB lớn M R A I B c1 O  k1MA  k2 MB   k  k 2  MA -2  MB   k 2 k  AB 2  MA  MB  k12  k22 AB  k12  k22 R MA  MB lớn k12  k22 R Hay PMax  k12  k22 R  2.3 Áp dụng toán tổng quát ta giải ví dụ sau đây: Ví dụ 7: (THPT Chu Văn An – Hà nội) 4 Cho số phức z thỏa mãn diều kiện z   Tìm giá trị lớn biểu thức: T  z  i  z   i A MaxT  B MaxT  C MaxT  Giải: Ta có z1   i, z2   i, z3   i thỏa mãn * Theo  2.3 ta có: D MaxT  TMax  12  12  Chọn đáp án B Ví dụ 8: ( Sở GD ĐT Bắc Ninh) Cho số phức z thỏa mãn diều kiện z  Giá trị lớn biểu thức P   z   z A 10 Giải: B 10 C D 14 Ta có: P   z   z  z   z  z1   0i, z2   0i, z2  1  0i thỏa mãn * Theo  2.3 ta có: PMax  12  33  10 Chọn đáp án B Ví dụ 9: (THPT Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội) 4 Cho số phức z thỏa mãn diều kiện z  Tìm giá trị lớn biểu thức: T   z  z  A MaxT  B MaxT  10 C MaxT  Giải: Ta có: z1   0i, z2   0i, z2  1  0i thỏa mãn * D MaxT  Theo  2.3 ta có: TMax  12  22  Chọn đáp án A Bài toán 4: Cho số phức z thỏa mãn z  c  z  c  k  k  2c   * * Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn z Giải: Gọi M điểm biểu diễn cho z, F1  c;0  ; F2  c;0  Khi ta có z  c  z  c  k  k    MF1  MF2  k  M  elip  E  nhận F1 , F2 làm tiêu điểm có độ dài trục lớn 2a  k k  Max z  a     2.4  2 k  c  Min z  b  a  c   Từ kết toán 4, ta áp dụng để tìm nhanh kết các ví dụ sau: Ví dụ 10: (Đề thi THTT lần – 2017) 4 Cho số phức z thỏa mãn z   z   10 , gọi M , m giá trị lớn nhất, nhỏ z Tính P  M  m A P  6 B P  13 C P  5 Giải: Đề thỏa mãn * * Theo  2.4  ta có: 10   Max z    2  Min z  10  4.4   D p  4 15  P  M  m   32  4 Chọn đáp án D Ví dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn z   z   , gọi M giá trị lớn nhất, w  2iz Khi M A M  B M  2 C M  D M  Giải: Ta có: w  2iz  2i z  z w lớn z lớn Đề thỏa mãn * * Theo  2.4  ta có: Max z   2 Vậy M  2.2  Chọn đáp án C Bài toán 5: Cho hai số z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  m  ni z1  z2  p  *** Tìm giá trị lớn P  z1  z2 Giải: Gọi A, B, C điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 , z1  z2 C 3j A I B -2 O Khi ta phát biểu tốn ngơn ngữ hình học sau: Cho hình bình hành OACB ( O gốc tọa độ), biết AB  p , C  m; n  Tìm giá trị lớn P  OA  OB Ta có: P   OA  OB    OA2  OB   4OI  AB  OC  AB  m  n  p  P  m2  n2  p PMax  m  n  p Dấu xảy OACB hình thoi Kết luận: PMax  m  n  p  2.5  Ví dụ 12: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2   6i z1  z2  Tìm giá trị lớn P  z1  z2 5 16 A B  Giải: Đề thỏa mãn *** Theo  2.5  ta có: C 26 D 34  P  m  n  p  82  62  22  26  PMax  26 Chọn đáp án C Ví dụ 13: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  10  5i z1  z2  Tìm giá trị lớn P  z1  z2 A 112 B 15 C 56 D 127 Giải: Ta có: z1  z2  10  5i  z1  z2  10  5i P  z1  z2  z1  z2 Đề thõa mãn *** Theo  2.5  ta có: PMax  102   5   22  127 Chọn đáp án D 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào trình nghiên cứu giảng dạy mang lại kết tích cực - Đối với thân sau nghiên cứu kĩ kiến thức liên quan phần số phức, đặc biệt tốn số phức mức độ vận dụng, giúp tơi có kiến thức kinh nghiệm việc giảng dạy cho em Từ định hướng cho em cách phát tư việc giải toán mức độ vận dụng cao - Với đồng nghiệp, việc sử dụng tài liệu nhỏ tài liệu để tham khảo hướng dẫn cho học sinh làm toán - Đối với học sinh sau áp dụng cách tiếp cận việc giải toán giúp học sinh phát triển tư Học sinh có khả định hướng cách làm với dạng tập khó khác Học sinh tự tin q trình làm bài, tạo hứng thú cho em trình học tập Việc làm tập số phức nói chung số phức mức độ vận dụng cao em trở nên nhanh chóng xác Cụ thể cho em số kiểm tra phần số phức trình trước sau áp dụng phương pháp giải tập số phức, kết sau: Bài kiểm tra số 1: ( Trước áp dụng sáng kiến) Đề bài: Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: z    4i   A Đường tròn tâm I  2; 1 , R  C Đường tròn tâm I  2;1 , R  B Đường tròn tâm I  3; 4  , R  D Đường tròn tâm I  3; 4  , R  17 Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2i  Tập hợp điểm biểu diễn số phức w  z   3i A Đường tròn tâm I  2; 5  , R  B Đường tròn tâm I  2;5  , R  C Đường tròn tâm I  2;5  , R  D Đường tròn tâm I  2; 5  , R  Câu 3: Cho số phức z thỏa mãn z  2i  Tìm giá trị lớn z A z Max   B z Max   1; C z Max  1; D z Max  Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn z   x   Giá trị nhoe z là: A z Min  B z Min  C z Min  D z Min  Kết quả: Lớp 12C4 Chỉ Chỉ Chỉ Đúng câu Tổng câu câu câu Số lượng 25 – 52% 15 – 31% – 17% – 0% 48 Bài kiểm tra số 2: ( Sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm) Câu 1: Tập hợp điểm biểu diên số phức z thõa mãn điều kiện z   i  là: A Đường tròn tâm I  2; 1 , R  C Đường tròn tâm I  2;1 , R  Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn B Đường tròn tâm I  2;1 , R  D Đường tròn tâm I  1;2  , R  iz   i  Biết tập hợp điểm biểu diễn số z2 1  i đường trịn Tâm đường trịn có bán kính là: z2 A R  B R  C R  D R  Câu 3: Cho số phức z thỏa mãn z   i  Giá trị lớn phức w  P  z   z   i là: A P  B P  C P  D P  Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn z   i  Giá trị lớn P  z   z  2i A P  17  B P  17  C P  17  D P  17 Kết quả: Lớp 12C4 Chỉ Chỉ Chỉ Đúng câu Tổng câu câu câu Số lượng – 10% 15 – 31% 15 – 31% 13 – 28% 48 So sánh kết thu từ hai bảng ta thấy sau áp dụng phương pháp giải nhanh học sinh làm tốt khả tư phát triển Điển hình có câu khó dạng gặp ( Câu đề 2) em làm tốt 18 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua việc vận dụng đề tài nghiên cứu vào trình giảng dạy học tập học sinh thu đươc kết tích cực bảng số liệu phân tích Đề tài giúp cho giáo viên nhiều việc truyền đạt tư tưởng, phương pháp kiến thức cho học sinh Bản thân học sinh giảng dạy thông qua đề tài giúp em phát triển tư duy, biết định hướng để giải tốn Khơi dậy em niềm thích thú, ham học hỏi đặc biệt giúp em đạt hiệu cao làm tập thi THPT quốc gia Việc áp dụng đề tài khơng dừng lại số tốn số phức mức độ vận dụng cao, mà cịn mở rộng nhiều dạng toán khác Bản thân đề tài động lực cho giáo viên học sinh tìm tịi phát triển để có phương pháp cách truyền thụ kiến thức cảm hứng cho học sinh tốt 3.2 Kiến nghị Đối với sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa: Thơng qua việc chấm sáng kiến kinh nghiệm hàng năm, lựa chọn đề tài có chất lượng cần phổ biến rộng rài cho trường tỉnh để trường có điều kiện tương đồng triển khai áp dụng hiệu Nên đưa SKKN có chất lượng vào mục “tài nguyên” sở để giáo viên tồn tỉnh tham khảo cách rộng rãi Đối với trường THPT Hậu lộc 3: Mỗi sáng kiến kinh nghiệm lựa chọn cần phổ biến rộng rãi phạm vi tổ, nhóm Cần có lưu thư viện để giáo viên học sinh tham khảo Đối với tổ chuyên môn: Cần đánh giá chi tiết mặt đạt được, hạn chế hướng phát triển đề tài cách chi tiết cụ thể để hoàn thiện sáng kiến Đối với đồng nghiệp: Trao đổi ý tưởng, kinh nghiệm hỗ trợ việc áp dụng rộng rãi sáng kiến lớp học Phản hồi mặt tích cực mặt hạn chế sáng kiến Đề tài nghiên cứu thời gian hạn chế, mong Hội đồng khoa học Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa nghiên cứu, góp ý bổ sung để sáng kiến hoàn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 16 tháng năm 2017 Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm tôi, không chép nội dung người khác Người viết sáng kiến Gv: Phạm Văn Châu 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO SGK giải tích 12 nâng cao – Nhà xuất giáo dục 2009 Sách tập 12 nâng cao – Nhà xuất giáo dục 2009 Đề minh họa lần 1, lần 2, lần giáo dục đào tạo năm học 20162017 Website: http://www.dethithu.net Website: http://www.luyenthithukhoa.vn 20 ... dạng tập khó khác Học sinh tự tin q trình làm bài, tạo hứng thú cho em trình học tập Việc làm tập số phức nói chung số phức mức độ vận dụng cao em trở nên nhanh chóng xác Cụ thể cho em số kiểm... dạy định hướng cho học sinh giải tốn số phức khó 2.2.2 Đối với học sinh - Trường THPT Hậu Lộc đóng địa bàn có nhiều xã khó khăn kinh tế, khó khăn việc học tập kiến thức sở mơn tốn em hầu hết tập. .. liên quan phần số phức, đặc biệt tốn số phức mức độ vận dụng, giúp tơi có kiến thức kinh nghiệm việc giảng dạy cho em Từ định hướng cho em cách phát tư việc giải toán mức độ vận dụng cao - Với