Sáng kiến kinh nghiệm THPT: 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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến nhằm giúp học sinh vận dụng tốt các phương pháp, kỹ năng để giải quyết các bài toán Cực trị về số phức một cách hiệu quả thì sau nhiều năm giảng dạy dạng toán này, với kinh nghiệm đã tích luỹ và học hỏi được, tôi mạnh dạn chọn đề tài này để giúp học sinh và giáo viên tham khảo nhằm đạt kết quả cao hơn trong giảng dạy và học tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: 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

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 Vinh, tháng 4/2023 0
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG PT HERMANN GMEINER 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 Giáo viên: Nguyễn Thị Soa Điện thoại: 0976453635 Đơn vị: Trường PT Hermann Gmeiner Vinh, tháng 4/2023 1
MỤC LỤC I. MỞ ĐẦU……………………………………………………........….......…. 1 1.1.Lí do chọn đề tài…………….………..……………...………….……..….. 1 1.2. Mục tiêu của đề tài………………………………...……….……..…......... 1 1.3.Nhiệm vụ của đề tài…………………………………………….……......... 2 1.4. Phương pháp nghiên cứu………………………………………..…..…..... 2 II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU……………………………………………..... 2 2.1. Cơ sở lí luận…………………………...……………………………...….. 2 2.2. Cơ sở thực tiễn………………………………………………………...…. 3 2.3. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm……………. 3 2.4.Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp ………………...………… 4 2.5. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với các hoạt động…………….. 4 2.6. CÁC BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP……………………………..……..…. 4 III. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM……………………………………….….… 45 3.1. Mục đích thực nghiệm…………………………………..………….…… 45 3.2. Yêu cầu thực nghiệm………………………. .……..………………..….. 45 3.3. Nhiệm vụ thực nghiệm……………………………………….….…..…... 45 3.4. Nội dung thực nghiệm…….. ……………………………….……………. 45 3.5. Kết quả thực nghiệm sư phạm ……………………………….…..…….... 45 3.6. Phân tích về mặt định tính………………………………………………... 46 V. KHẢO SÁT SỰ CẤP THIẾT VÀ TÍNH KHẢ THI ……………………… 46 4.1. Mục đích khảo sát………………………………………………..…….... 46 4..2. Nội dung và phương pháp khảo sát …………………………….…….… 46 4.3. Đối tượng khảo sát ……………………………………….………….….. 48 4.4. Kết quả khảo sát về sự cấp thiết và tính khả thi. ……………………….. 48 V. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……………………………………….…… 51 5.1. Kết luận……………………………………………………….………… 51 5.2. Kiến nghị………………………………………….……………….…..... 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………...…………………………….… 52 0
I. MỞ ĐẦU 1.1. Lí do chọn đề tài Ta đã biết sự ra đời của số phức là do nhu cầu mở rộng tập hợp số, số phức là cầu nối hoàn hảo giữa các phân môn Đại số, Lượng giác, Hình học và Giải tích (thể hiện sâu sắc mối quan hệ đó là công thức 𝑒 𝑖𝜋 + 1 = 0). Số phức là vấn đề mới và khó đối với học sinh, nên khi giảng dạy nội dung này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài toán để tạo nên sự lôi cuốn, hấp dẫn người học. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức với một số kiến thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học giáo viên có thể xây dựng được khá nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn và hoàn toàn mới mẻ. Hơn nữa nhiều bài toán số phức, khi chuyển sang hình học, từ những con số trừu tượng, bài toán đã được mình hoạ một cách rất trực quan, sinh động và cũng giải được bằng Hình học với phương pháp rất hay nhằm phát triển năng lực tư duy toán học cho học sinh. Đặc biệt trong các kỳ thi Đại học, Cao đẳng và THPT Quốc gia những năm gần đây, việc sử dụng các phương pháp Hình học để giải quyết các bài toán về Số phức là một trong những phương pháp khá hay và hiệu quả, đặc biệt các bài toán về Cực trị trong số phức. Vì vậy tôi đã chọn 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” 1.2. Mục tiêu của đề tài Trong thực tế giảng dạy, việc chuyển từ bài toán Đại số nói chung và Số phức nói riêng sang bài toán Hình học ở nhiều học sinh nói chung còn khá nhiều lung túng, vì vậy việc giải các bài toán về Số phức gây khá nhiều khó khăn cho học sinh. Bài toán Cực trị số phức thông thường thì có khá nhiều cách lựa chọn để giải như: dùng Bất đẳng thức, dùng khảo sát hàm số,… Qua đề tài này, tôi muốn hướng dẫn cho học sinh một lối tư duy vận dụng linh hoạt các phương pháp chuyển đổi từ bài toán Đại số sang Hình học giúp các em có cái nhìn cụ thể hơin về việc chuyển đổi đó và phát triển năng lực tư duy này cho những bài toán khác. Với mục tiêu đó, trong đề tài này tôi chỉ tập trung giải quyết bài toán theo hướng Hình học. Không đặt nặng việc so sánh phương pháp nào nhanh hơn, tối ưu hơn phương pháp nào. Trong các bài toán cơ bản là tính toán trên tập số phức, tìm số phức thoả mãn điều kiện cho trước, tìm các điểm biểu diễn số phức…thì học sinh trung bình có thể làm được , còn các bài toán Cực trị về số phức cần có tính tư duy, vận dụng thì học sinh thường thụ động trong việc tiếp cận bài toán, không chú trọng đến bản chất của bài toán, một phần vì học sinh ngại bài toán khó, một phần vì giáo viên khi dạy cũng chưa chú trọng khai thác hướng dẫn học sinh. Nhằm giúp học sinh vận dụng tốt các phương pháp, kỹ năng để giải quyết các bài toán Cực trị về 1
số phức một cách hiệu quả thì sau nhiều năm giảng dạy dạng toán này, với kinh nghiệm đã tích luỹ và học hỏi được, tôi mạnh dạn chọn đề tài này để giúp học sinh và giáo viên tham khảo nhằm đạt kết quả cao hơn trong giảng dạy và học tập. 1.3. Nhiệm vụ của đề tài Đề tài này sẽ nghiên cứu cách phát triển năng lực tư duy toán học của học sinh qua việc giải các dạng toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học. 1.4. Phương pháp nghiên cứu * Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết, đưa ra phương pháp giải chuyển đổi nội dung bài toán Đại số sang bài toán Hình học * Phương pháp thu thập thông tin, tìm kiếm các bài toán trong đề tài này trong các đề minh hoạ, đề thi THPT quốc gia qua các năm, đề thi thử các trường trong toàn quốc * Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: tự giải bài này bằng phương pháp hình học hoặc tìm kiếm lời giải trên các sách báo, mạng internet II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 2.1. Cơ sở lý thuyết  Các định nghĩa và kí hiệu a) Số i: thoả mãn i2 = -1 b) Số phức: có dạng z = x + yi với x, y là những số thực; x gọi là phần thực, y gọi là phần ảo c) Với mỗi số phức z = x + yi xác định điểm M(x; y) trên mặt phẳng toạ độ Oxy, điểm M gọi là biểu diễn hình học của số phức z d) Với mỗi số phức z = x + yi, mô đun của số phức z là |z|=√𝑥 2 + 𝑦 2 e) Với mỗi số phức z = x + yi ta có số phức liên hợp là 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑦𝑖  Các phép toán trên tập số phức Cho hai số phức 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖, 𝑧 ′ = 𝑥′ + 𝑦′𝑖 * Phép cộng: 𝑧 + 𝑧 ′ = (𝑥 + 𝑥 ′ ) + (𝑦 + 𝑦 ′ )𝑖 * Phép trừ: 𝑧 − 𝑧 ′ = (𝑥 − 𝑥 ′ ) + (𝑦 − 𝑦 ′ )𝑖 * Phép nhân: 𝑧. 𝑧 ′ = (𝑥𝑥 ′ − 𝑦𝑦 ′ ) + (𝑥𝑦 ′ + 𝑥 ′ 𝑦)𝑖 z z.z ' * Phép chia:  với 𝑧′ ≠ 0 z ' z '.z '  Một số tính chất và công thức * Với 𝑀(𝑥; 𝑦) thì |𝑧| = 𝑂𝑀 2
* Với 𝑀(𝑥; 𝑦), 𝑀′ (𝑥 ′ ; 𝑦 ′ )thì|𝑧 − 𝑧 ′ | = 𝑀𝑀′|𝑧. 𝑧 ′ | = |𝑧||𝑧 ′ |; |𝑘𝑧| = 𝑧 |𝑧| |𝑘||𝑧|, 𝑘 ∈ 𝑅 | | = (|𝑧1 ≠ 0|). 𝑧1|𝑧 | 1 *|𝑧 2 | = 𝑧. 𝑧̅ ; |𝑧|2 = |𝑧̅|2 = |𝑧||𝑧̅|. * Công thức tính khoảng cách từ một điểm 𝑀0 (𝑥0 ; 𝑦0 ) đến đường thẳng Ax0  By 0  C ∆: 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = 0 là d ( M ; )  . A2  B 2  Một số quỹ tích cần nhớ Biểu thức liên hệ giữa x, y Quỹ tích điểm M 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0(1) (1) Đường thẳng ∆: 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + |𝑧 − 𝑎 − 𝑏𝑖| = |𝑧 − 𝑐 − 𝑑𝑖|(2) 𝑐=0 (2) Đường trung trực của đoạn AB với 𝐴(𝑎; 𝑏), 𝐵(𝑐; 𝑑) (𝑥 − 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2 = 𝑅2 hoặc Đường tròn tâm 𝐼(𝑎; 𝑏) bán kính R |𝑧 − (𝑎 + 𝑏𝑖)| = 𝑅 ( x  a ) 2 ( y  c) 2 (1) Elip   1(1) hoặc (2) Elip nếu 2a > AB với b2 d2 |𝑧 − 𝑎1 − 𝑏1 𝑖| + |𝑧 − 𝑎2 − 𝑏2 𝑖| 𝐴(𝑎1 ; 𝑏1 ), 𝐵(𝑎2 ; 𝑏2 ) (3) Đoạn AB nếu 2a = AB = 2𝑎(2) 𝑦 = 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐, (𝑎 ≠ 0) hoặc 𝑥 = Parabol 𝑎𝑦 2 + 𝑏𝑦 + 𝑐, (𝑎 ≠ 0) 2.2.Cơ sở thực tiễn Hướng tới mục tiêu đổi mới giáo dục, đổi mới phương pháp giảng dạy, đội ngũ giáo viên chúng tôi luôn tìm tòi trăn trở không chỉ chú trọng truyền thụ tri thức mà còn phát triển tư duy cho học sinh thông qua các bài học, làm hành trang vững chắc cho các em bước vào tương lai. Trong các kì thi THPT Quốc gia phần Cực trị hàm số cũng được khai thác nhiều, các mức độ vận dụng tương đối mới lạ so với SGK. Trong quá trình dạy học tối thấy các em còn lúng túng trong phương pháp giải. Chính vì vậy tôi tập trung nghiên cứu tài liệu về dạng toán này giúp các em giải quyết các dạng toán, đồng thời bồi dưỡng năng lực tư duy toán học. 2.3. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Bài toán cực trị nói chung và bài toán cực trị số phức nói riêng là dạng toán tương đối khó, do vậy học sinh thấy khó khăn, ngại học, không chủ động, hứng thú làm bài, một mặt thì kiến thức trong mặt phẳng toạ độ Oxy các em đã học từ lâu (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. 3
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 2022-2023 12A1 48 18 12A7 49 16 Từ thực tế trên tôi thấy cần phải đưa ra phương pháp giải cho từng dạng Cực trị số phức nhằm tháo gỡ những khó khăn mà đa phần học sinh không nắm vững. 2.4. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề Bài toán Cực trị số phức có các cách giải khác nhau, đánh giá theo Bất đẳng thức, Khảo sát hàm số, đặc biệt là bài thi trắc nghiệm có thể dung máy tính cầm tay để khảo sát giá trị, từ đó tìm ra đáp án đúng… Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi chia bài toán cực trị số phức thành 9 dạng, có phân tích, nhận xét về vai trò, tác dụng, hiệu quả của từng dạng, từ đó các em có cách nhận biết để tiến hành lời giải hoặc tìm ra kết quả đúng. 2.5. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với các hoạt động giáo dục, với bản thân và đồng nghiệp nhà trường Đề tài “Hướng dẫn học sinh giải một lớp bài toán Cực trị số phức bằng phương pháp Hình học” giúp học sinh củng cố về hình học giải tích trong mặt phẳng toạ độ Oxy, có tư duy linh hoạt, nhìn nhận bài toán Đại số dưới con mắt hình học để thấy được ý nghĩa hình học của bài toán. Từ bài toán hình học trực quan này giúp học sinh dễ dàng tìm ra lời giải, đặc biệt có thể vẽ hình biểu diễn trong mặt phẳng toạn độ Oxy để suy ra đáp án đúng trong câu hỏi trắc nghiệm khách quan, học sinh thấy hứng thú, tự tin hơn khi giải bài toán loại này. 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. 2.6. CÁC BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Bài toán 1:Cho số phức 𝑧0 = 𝑎0 + 𝑏0 𝑖 và tập hợp các số phức z thoả mãn hệ thức: |𝑧 − 𝑧1 | = |𝑧 − 𝑧2 |. a) Tính giá trị nhỏ nhất của z đó b) Tính giá trị nhỏ nhất của |𝑧 − 𝑧0 | c) Tìm z để |𝑧 − 𝑧0 | nhỏ nhất 4
Phân tích bài toán 1. Gọi M  M ( z), M 0  M 0 ( z0 ); A  A( z1 ), B  B( z2 ) thì z  z0  MM 0 Từ đẳng thức z  z1  z  z2 , suy ra được M thuộc đường trung trực  của đoạn AB Bài toán chuyển thành hình học: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của OM và toạ độ điểm M trên với M   sao cho OM nhỏ nhất. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M 0 M với M   . c) Tìm M   sao cho M 0 M 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  z0  d (M 0 ; ) khi đó M là hình chiếu của M 0 lên  Phương pháp giải: + Từ hệ thức z  z1  z  z2 , 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  z0  d (M 0 ; ) + Câu c:  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 . Ví dụ 1.1.Trong tất cả các số phức z thoả mãn z  1  3i  z  2  i . a) Tính giá trị nhỏ nhất của z , tìm số phức z đó. 5
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của z  1 2i c) Tìm z để z  1 2i nhỏ nhất. Bài giải Đặt z  x  yi, x, y ℝ và M ( x; y) Ta có: z  1  3i  z  2  i  ( x  1)2  ( y  3)2  ( x  2)2  ( y  1)2  6 x  8 y  5  0 Vậy tập hợp các số phức z biểu diễn bởi điểm M ( x; y) thuộc đường thẳng  : 6x  8 y  5  0 5 1 1 a) Khoảng cách từ O đến  là d (O; )   . Vậy min z  . 6  (8) 2 2 2 2 Gọi d là đường thẳng đi qua O(0;0) và vuống góc với  thì phương trình của d x y có dạng d :   4x  3 y  0 6 8 Gọi M    d khi đó toạ độ của điểm M là nghiệm của hệ phương trình:  3  x 4 x  3 y  0  10 3 2   suy ra z    i có z nhỏ nhất. 6 x  8 y  5  y  2 10 5   5 b) Ta có min z  1  2i  d (M 0 ; ) với M 0 (1;2) Ax0  By0  C 6.1  8.2  5 1 d ( M 0 ; )    A2  B 2 62  (8) 2 2 1 Vậy min z  1  2i  2 Gọi d1 là đường thẳng đi qua M 0 (1;2) và vuống góc với  thì phương trình của x 1 y  2 d1 có dạng d1 :   4 x  3 y  10  0 6 8 Gọi H    d1 khi đó toạ độ của điểm H là nghiệm của hệ phương trình:  13 x  10 4 x  3 y  10  13 8   suy ra z   i có z  1 2i nhỏ nhất 6 x  8 y  5  y  8 10 5   5 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. 6
Ví dụ 1.2.Trong tất cả các số phức Z thoả mãn z  2  2i  z  4i . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  iz  1 Bài giải Đặt z  x  yi, x, y ℝ và M ( x; y) Theo đề ta có: z  2  2i  z  4i  ( x  2)2  ( y  2)2  x 2  ( y  4)2  x  y  2  0 Hay M   : x  y  2  0 1 Ta có: P  iz  1  i( z  )  i z  i  z  i khi đó M 0 (0;1) i 0 1 2 2 min P  d ( M ; )   12  12 2 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 1.3. 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) Theo đề ta có: z  z  1  2i  x  y  ( x  1)  ( y  2)  2 x  4 y  5  0 2 2 2 2 7
Hay M   : 2 x  4 y  5  0  11  2i  Ta có P  (1  2i).z  11  2i  (1  2i). z    5 z  3  4i  1  2i  Khi đó M 0 (3;4) 2.(3)  4.4  5 5 5 min P  d ( M 0 ; )  5  5  22  42 2 2 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 1.4. Trong tất cả các số phức z  a  bi (a; b  ℝ) thoả mãn: z  2  3i  z  4i . 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 M   : 4 x  14 y  3  0 Đặt M 0 (2;1) thì z  2  i  M 0 M x  2 y 1 Gọi d là đường thẳng đi qua M 0 (2;1) và vuông góc với  thì d :  4  14 hay d : 7 x  2 y  12  0  81  x 4 x  14 y  3  53 Xét hệ phương trình:   7 x  2 y  12  y   69   106 81 69 Suy ra hình chiếu của M 0 lên  là H ( ; ) 53 106 81 69 231 Vậy z  2  i nhỏ nhất khi z    i  P  ab   53 106 106 8
Ví dụ 1.5. Cho số phức z thoả mãn hệ thức z 2  2 z  5  ( z  1  2i)( z  3i  1) . Tính giá trị nhỏ nhất của w  z  2  2i . Bài giải Ta có z 2  2 z  5  ( z  1)2  4  ( z  1  2i)( z  1  2i) z 2  2 z  5  ( z  1  2i )( z  3i  1) Khi đó:  ( z  1  2i)( z  1  2i)  ( z  1  2i)( z  3i  1)  z  1  2i  0   z  1  2i  z  3i  1 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  2i  z  3i  1 , ta được M   : 2 y  1  0 Ta có M 0 (2;2) 2.(2)  1 3 3 Khi đó ta suy ra: min w  d ( M 0 ; )    02  22 2 2 Bài toán 2:Cho số phức z thoả mãn hệ thức |𝑧 − 𝑧0 | = 𝑅 > 0. Trong đó 𝑧0 = 𝑎 + 𝑏𝑖 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) cho trước. a) Tìm giá trị lớn nhất ( giá trị nhỏ nhất) của |z | b) Tìm số phức z để |z | đạt giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất). c) Tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của |𝑧 − 𝑧1 |, trong đó 𝑧1 là số phức cho trước. d) Tìm số phức z để |𝑧 − 𝑧1 | đạt giá trị lớn nhất ( hay nhỏ nhất) Phân tích bài toán 2: Đặt M  M ( z), I  I ( z0 ); A  A( z1 ) thì z  z0  MI Từ đẳng thức z  z0  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) Tìm M  (C ) sao cho OM lớn nhất (nhỏ nhất). 9
Gọi M1 , M 2 là giao điểm của đường thẳng IO và (C) thì với mọi điểm M  (C ) ta luôn có OM1  OM  OM 2 Do đó OM min  OM1  OI  R ; OM max  OM 2  OI  R c) Tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của AM với M  (C ) . d) Tìm M  (C ) sao cho IM lớn nhất (hay nhỏ nhất) Gọi M1 , M 2 là giao điểm của đường thẳng IA và (C) thì với mọi điểm M  (C ) ta luôn có AM1  AM  AM 2 Do đó: AM min  AM 1  AI  R ; AM max  AM 2  AI  R Phương pháp giải min z  OI  R; a) Sử dụng công thức: max z  OI  R b) Tìm z  Bước 1: Từ hệ thức z  z0  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 ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ).  Bước 4: Thử lại để chọn bộ (x;y) thích hợp từ hai bộ trên min z  z1  | z1  z0 |  R  AI  R c) Sử dụng công thức: max z  z1  z1  z0  R  AI  R 10
d) Tìm z  Bước 1: Từ hệ thức z  z0  R suy ra phương trình đường tròn (C )  Bước 2: Viết phương trình đường thẳng d1 đi qua hai điểm A, I  Bước 3: Giải hệ gồm phương trình của (C ) và d1, suy ra các nghiệm ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ).  Bước 4: Thử lại để chọn bộ ( x; y ) thích hợp từ hai bộ trên Ví dụ 2.1.Trong tất cả các số phức z thoả mãn hệ thức z  1  2i  2 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của z ; Tìm số phức z đó. b) Tìm giá trị lớn nhất của z ; Tìm số phức z đó. 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 * Tìm số phức z: M  (C ) : ( x  1)2  ( y  2)2  4 . Đường thẳng qua 2 điểm O, I có vec tơ chỉ phương OI (1;2) có phương trình x  t tham số  .  y  2t Gọi M  (C )  d x  t (1)  Nên toạ độ điểm M là nghiệm của hệ:  y  2t (2) ( x  1) 2  ( y  2) 2  4 (*)   52 5 t  5 Thay (1), (2) vào (*) ta được (t  1)  (2t  2)  4   2 2  52 5 t   5 52 5  5  2 5  10  4 5  Khi t   M2  5 ;   5  5  52 5  5  2 5  10  4 5  Khi t   M1   5 ;   5  5  11
5  2 5  10  4 5 Ta thấy OM1  OM 2 nên số phức có z nhỏ nhất là z   i 5 5 b) Tương tự ta có: max z  max OM  OI  R  5  2 5  2 5  10  4 5 Và số phức có z lớn nhất là z   i 5 5 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 2.2. Trong tất cả các số phức z thảo mãn hệ thức z  1  i  1 a)Tìm giá trị nhỏ nhất của z  2 ; Tìm số phức z đó. b) Tìm giá trị lớn nhất của z  2 ; Tìm số phức z đó. 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 * Tìm số phức z: M  (C ) : ( x  1)2  ( y  1)2  1 . Đường thẳng qua 2 điểm A, I có vec tơ chỉ phương AI (1;1) có phương trình x  2  t tham số  . Gọi M  (C )  d y  t x  2  t (1)  Nên toạ độ điểm M là nghiệm của hệ:  y  t (2) ( x  1) 2  ( y  1) 2  1 (*)  12
 2 2 t  2 Thay (1), (2) vào (*) ta được (1  t )  (2t  2)  1   2 2  2 2 t   2 2 2 2 2 2 2  Khi t   M2  2 ; 2   2   2 2 2 2 2 2  Khi t   M1  2 ; 2   2   2 2 2 2 Ta thấy IM1  IM 2 nên số phức có z  2 nhỏ nhất là z   i 2 2 b) Tương tự ta có: min z  2  min IM  AI  R  2  1 2 2 2 2 Và số phức có z  2 nhỏ nhất là z   i 2 2 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 2.3. Trong tất cả các số phức z  a  bi (a; b  ℝ) thoả mãn hệ thức z  3  2i  1 . Biết rằng z  3  i đạt giá trị lớn nhất. Tính P  a.b Bài giải Đặt M  M ( z); I (3;2); A(3;1) Từ hệ thức z  3  2i  1  M  (C ) : ( x  3)2  ( y  2)2  1 Đường thẳng AI: x = 3 ( x  3)  ( y  2)  1  x  3; y  1 Xét hệ:    x3  x  3; y  3 Với x = 3; y = 1 thì z  3  2i  2i  2 Với x =3; y = 3 thì z  3  2i  4i  4 13
Vậy z  3  2i đạt giá trị lớn nhất khi z  3  3i  a.b  9 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. z Ví dụ 2.4.Cho số phức z thảo mãn z không là số thực và w  là số thực. 1 z2 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 . 1 1 z2 1 x  yi x  y  Ta có   z   x  yi  2  x 2  y  2  i w z z x y 2 x y  2 x  y2   y Vì w là số thực nhên y   0  x2  y 2  1 x y 2 2 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  2  2  y  x x  , y 2 2 Giao của AO và (C) là nghiệm của hệ  2 2   x  y  1   2 2 x  ,y   2 2 2 2 Với x  , y thì z  2  2i  9  4 2 2 2 2 2 Với x   , y thì z  2  2i  9  4 2 2 2  2 2 Vậy z  2  2i nhỏ nhất khi z   i. 2 2 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. 14
Ví dụ 2.5.Trong tất cả các số phức z thoả mãn hệ thức z  2  i  z  2  i  16 . 2 2 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  m2 . Bài giải Đặt M = M(z). Từ hệ thức z  2  i  z  2  i  16  M  (C ) : x 2  y 2  2 y  3  0 2 2 Hay M thuộc đường tròn tâm I(0; 1), bán kính R = 2 Khi đó: m  min z  min OM  OI  R  1; M  max z  max OM  OI  R  3 Vậy P  M 2  m2  8 Ví dụ 2.6.Trong tất cả các số phức z  a  bi (a; b  ℝ) thoả mãn hệ thức z  2  z  2  26 . Biết rằng z  (2  5i) đạt giá trị lớn nhất. Tính P = a – b. 2 2 Bài giải Đặt M(x; y) = M(z). Từ hệ thức z  2  z  2  26  M  (C ) : x 2  y 2  9 2 2 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  5i) 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 . Khi đó p  a  b  2  5 . 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. 15
1 Ví dụ 2.7. Gọi S là tập hợp tất các các số phức z sao cho w  có phần thực z z 1 bằng . Xét hai số phức z1 , z2  S thảo mãn z1  z2  2 . Tính giá trị lớn nhất 8 của P  z1  5i  z2  5i . 2 2 Bài giải x  0 Giả sử z  x  yi, x, y ℝ và điều kiện z  z  0   y  0 1 1 x2  y 2  x y Ta có w  z z   x  y  x yi  x  y  x  y  x  y  x  y 2 2  2 2 2 2  2 2 2 2 i Theo giả thiết ta có: x2  y 2  x  1    8. x 2  y 2  x  2 x 2  2 y 2  2 x x 2  y 2  x  y  x  y 2 2 2 2 8  4 x  y  x   x  y  x  y  x  2 2 2 2 2 2  x2  y 2  4   x2  y 2  x  0  x  0 Trường hợp 1: x2  y 2  x  0   (Không thoả mãn điều kiện) y  0 Trường hợp 2: x 2  y 2  4  x 2  y 2  16 Gọi M  M ( z1 ), N  N ( z2 ) với M , N  (C ) : x 2  y 2  16 Theo đề ta có: z1  z2  2  MN  2; P  z1  5i  z2  5i  MA2  NA2 với A(0; 2 2 5) Ta tìm giá trị lớn nhất của P  MA2  NA2 Thật vậy ta có: P  MA2  NA2  MA  NA  (MO  OA)2  ( NO  OA)2 16
P  2OA(MO  NO)  2OA.MN  2OA.MN. cos(OA, MN ) Để P lớn nhất khi cos(OA, MN )  1 Khi đó: Pmax  2.OA.MN  2.5.2  20 Bài toán 3: Cho số phức z thoả mãn hệ thức: |𝑧 − 𝑧1 | = |𝑧 − 𝑧2 |, với 𝑧1 , 𝑧2 là các số phức. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của |𝑧 − 𝑧3 | + |𝑧 − 𝑧4 |, với 𝑧3 , 𝑧4 là các số phức cho trước. b) Tìm số phức z để |𝑧 − 𝑧3 | + |𝑧 − 𝑧4 | nhỏ nhất. Phân tích bài toán : - Đặt M  M ( z), A( z3 ); B( z4 ) thì z  z3  AM , z  z4  BM . - Từ đẳng thức z  z1  z  z2 , suy ra M thuộc đường thẳng ∆ Dẫn đến bài toán: Tìm M   sao cho MA + MB nhỏ nhất Ta thấy rằng: + 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  AB khi và chỉ khi M, A, B thẳng hàng hay M    AB . + Nếu A, B nằm về cùng một phía so với ∆ thì gọi A’ là điểm đối xứng với A qua ∆. Khi đó, với mọi điểm M  , MA  MB  MA'MB  A' B. Vậy, MA + MB nhỏ nhất là MA  MB  A' B khi và chỉ khi M, A’, B thẳng hàng M    A' B . Phương pháp giải - Từ hệ thức z  z1  z  z2 , suy ra phương trình đường thẳng ∆. - Thay toạ độ các điểm A  A( z3 ), B  B( z4 ) 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  z3  z  z4  z3  z4 . + Để tìm z thì ta viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B. 17