SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG II
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
VAI TRÒ CỦA GIÁO VIÊN CHỦ NHIỆM LỚP TRONG
CÔNG TÁC GIÁO DỤC ĐẠO ĐỨC HỌC SINH
Người thực hiện : Trần Văn Tiến
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán
THANH HÓA NĂM 2013
1
A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Trong 5 năm trở lại đây Bộ giáo dục đã đưa phần số phức vào chương trình 12.
Đây là vấn đề mới đối với học sinh và đây là nội dung trong chương trình thi tốt
nghiệp cũng như thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng. Học sinh thường ngại học
phần này do chưa nắm được khái niệm cũng như áp dụng vào giải bài tập. Thực tế
phần này là phần không phức tạp, mức độ ra đề thi học sinh rất dễ lấy được điểm.
Trong nội dung bài viết này tôi muốn nêu ra một vài kinh nghiệm tổng kết, sắp xếp
các dạng bài tập cơ bản tạo hứng thú trong học tập cho học sinh, làm cho học sinh
thấy dễ hiểu và vận dụng tốt hơn, đạt hiệu quả trong làm bài tập.
B. CÁC KHÁI NIỆM
Xét trên tập số thực phương trình sau có nghiệm hay không ?
x2 + 1 = 0
Rõ ràng phương trình này vô nghiệm, các phương trình bậc hai có
< 0 đều vô
nghiệm.
Với mong muốn các phương trình đều có nghiệm, toán học đã mở rộng tập hợp
số thực đó là tập hợp số phức để mọi phương trình bậc n đều có nghiệm.
Người ta đưa ra một số mới i với i2 = -1. Vậy x2 = i2 x = i (với i là đơn vị
ảo)
- Định nghĩa: Số phức là số có dạng z = a + bi. Trong đó:
+ i là đơn vị ảo thỏa mãn i2 = -1
+ a là phần thực
+ b là phần ảo.
Chú ý: +
+ z = a + bi gọi là số thuần ảo (số ảo)
+ môđun của z là
=
a2 b2
+ Số phức liên hợp : = a – bi
Nhận xét – so sánh: Việc mở rộng tập hợp số thực thành khi đó mọi phương
trình đều có nghiệm không có nghiệm thực thì có nghiệm phức.
Về mặt xã hội với mong muốn tất cả các học sinh đề được tiếp tục đi học thì nhà
nước phải mở thêm nhiều trường học, nhiều loại hình để làm sao học sinh không đỗ
vào trường này nhưng lại đạt vào trường khác ( Đây cùng là một cách liên hệ tạo
hứng thú cho học sinh để học sinh dễ nhìn nhận ra vấn đề hơn).
C. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
I. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN SỐ PHỨC
VD 1: Cho z1 = 2 + i, z2 = 3 – i. Tính z z z
1
1
2
2
Lời giải: z1 + z1z2 = 2 + i + (2 + i)(3 – i) = 9 + 2i
z1 z1 z 2
=
92 22 85
VD 2: Tìm số phức z biết: z + 2 = (2 – i)3(1 – i) (1)
Lời giải: Giả sử z = a + bi = a – bi
(1) a + bi + 2(a – bi) = (23 + 3.22.i + 3.2.i2 + i3)(1 – i)
13
3a 13 a 13
3a – bi = 11i – 11i + 2 – 2i = 13 + 9i z 9i
3
b 9 b 9 3
2
VD 3(CĐ 2009): Cho số phức z thỏa mãn : (1 + i)2(2 – i)z = 8 + i + (1 +2i)z.
Tìm phần thực và phần ảo của z .
Lời giải: (1 + i)2(2 – i)z = 8 + i + (1 + 2i)z
(2i)(2 – i)z – (1 + 2i)z = 8 + i
z[4i + 2 – 1 – 2i] = 8 + i
8i
z=
1 2i
(8 i )(1 2i ) 10 15i
2 3i
5
5
Phần thực của z là 2; phần ảo của z là -3.
VD 4: Tìm môđun của z biết
zz
Lời giải: Giả sử z = a + bi
(1 2i )(1 i ) 2
2 i
(1)
= a – bi
(1 2i )(1 i ) 2 ( 2 i )
( 2 i )(2 i )
6 8
2
8
i a và b =
5 5
5
5
(1) a + bi + 2(a – bi) =
3a – bi =
2
2
2 17
2 8
z
5
5
5
VD5 (ĐH KHỐI A+A1 2012): Cho số phức z thỏa mãn:
5( z i )
2 i
z 1
(1)
2
Tính môđun của số phức = 1 + z + z .
5(a bi i )
Lời giải: (1) a bi 1 2 i
3
5a 5i(b 1) 2a 2bi 2 ai bi2 i
3a 2 b i(5b 5 2b a 1) 0
3a 2 b 0 a 1
z 1 i
3b a 4 0 b 1
= 1 + (1 + i) + (1 + i)2 = 2 + 3i | | =
22 32 13
2(1 2i )
VD6 (ĐH D - 2012): Cho số phức z thỏa mãn : (2 i) z 1 i
Tìm môđun của số phức = z + 1 + i.
Lời giải: Giả sử z = a + bi
(1) (2 + i)(a + bi) +
7 8i
(1)
2(1 2i )
7 8i
1 i
2(1 2i)(1 i)
2a 2bi ai bi
7 8i
(1 i)(1 i)
2
2a 2bi ai bi 1 i 2i 2i 2 7 8i
2a b 3 7 a 3
2b a 1 8 b 2
Do đó = 3 + 2i + 1 + i = 4 + 3i | | = 42 32 5
2
VD 7 (ĐH A – 2011): Tìm tất cả các số phức z, biết z = z z (1)
2
2
2
2
2 2
2
2
(1) (a + bi) = a + b + a – bi a + b i + 2abi = a + b + a – bi
2
1 1
a 2 ; b 2
2
2
b
a 0
a 0; b 0
2b2 + a – bi – 2abi = 0
b 2ab 0 1 1
a ; b
2 2
VD 8 (ĐH A - 2011): Tính môđun của số phức z biết:
(2z - 1)(1 + i) + ( z 1)(1 i ) 2 2i (1)
4
Lời giải: (1) (2a + 2bi – 1) (1 + i) + (a – bi + 1)(1-i) = 2 – 2i
2a + 2ai + 2bi + 2bi2 – 1 –i + a – ai – bi + bi2 + 1 – i = 2 – 2i
3a – 3b + ai + bi – 2i = 2 – 2i
1
a
3a 3b 2 3 1 1 2
z .
a b 2 2 b 1 9 9 3
3
3
VD 9: Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức z = x + iy thỏa mãn z = 18 + 26i
3 2
x
3xy 18 2 3 3 2
2
18(3x y y ) 26(x 3xy )
Lời giải: Ta có x iy 18 26i
2 3
3x y y 26
Giải phương trình bằng cách đặt y = tx ta được: t =
1
3
x = 3, y =1.
Vậy z = 3 + i.
2013
VD 10: Tìm phần thực và phần ảo của số z = (i – i) .
2
2
4
2
Lời giải: Ta có: (1 – i) = 1 + i – 2i = -2i. Do đó: (1 – i) = 4i = -4
( 1 – i)4n = (-1)n. 4n (1 – i)2013 = (1 – i)4.503.(1 – i) = (-4)503 .(1 – i)
503
503
= (-4) + 4 .i
503
503
Vậy z có phần thực và phần ảo tương ứng là: (-4) và 4
Bài tập luyện tập
Bài 1. Thực hiện các phép tính:
a. (3i + 4)[(-3 + 2i) – (4 – 7i)]
b. (7 – 5i)(1 + i) – (3i + 2i)
2013
2
c. (1 – i)
d. (3 + 4i) (5 – 7i)
3
2
3
2
e. (3 – i) – (1 + 2i)
f. (3 – i) (-3 + 2i)
1
g.
1
3
i
2
2
h.
8 5i 2i 4
3 4i 1 5
Bài 2. Tìm phần thực; phần ảo; môđun và số phức liên hợp của mỗi số phức sau:
5
2
a. z1 = (2i – 1) – 3i(i + 1) + 2i
3
b.
10
c. z3 = 3.i – 5(2i – 4)
d.
Bài 3. Tìm phần ảo của số phức z, biết: z
Bài 4. Tính môđun của các số phức sau:
2 i
a. z1 = (2 – 4i) + (5 + 2i)
1
2
3 2i
3i
i 2
1 5i
( 2 i )3
1 i
2i .
b. z2 =
3
c. z3 = (4 + 3i)
Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn: (iz 1)( z 3i )( z
Xác định phần thực và phần ảo của z.
2 i 3
2 i 3
2
d. z4 = (2+ 5i) – (4 – i)
3
2 3i ) 0
(1 3i )3
. Tìm môđun của z iz
1 i
biết (2 z 1)(2 i ) ( z 4)(2 i ) 3 5i .
Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn:
z
Bài 7. Tính môđun của số phức z,
Bài 8. Tìm số phức z thỏa mãn: z (2 i ) 10 và z.z 25
3
Bài 9. Tìm số thực x, y thỏa mãn: x(3 + 5i) + y(1 – 2i) = 9 + 14i.
37(1 i ) z
( z 2 z )( 1 6i )
1 i
10
Bài 10. Tìm số thực z, biết:
II. CĂN BẬC HAI CỦA SỐ PHỨC.
Định nghĩa: Cho số phức z = a + bi
2
Căn bậc hai của số phức z là số phức z1 = a1 + b1i thỏa mãn z1 = z
VD1 : Tìm căn bậc hai của số phức: z = 5 + 12i
Lời giải: Giả sử m + ni (m,n
2
) là căn bậc hai của z
2
2 2
Ta có: (m + ni) = 5 + 12i m + 2mni + n i = 5 + 12i
2 2
m
n 5 (1)
m2 n2 5
m + 2mni – n = 5 +12 i
6
2mn 12 m (2)
n
2
2
Thay (2) vào (1) ta có :
6
n
2
n 2 4 (t / m)
- n = 5 n + 5n – 36 = 0 n 2 9 (loai )
2
4
2
6
n 2 m 3
n 2 m 3
Vậy z có hai căn bậc hai là 3 + 2i và -3 – 2i
VD2 : Tìm căn bậc hai của số phức z = 164 48
Lời giải: Giả sử m + ni (m, n
Ta có:
5i
) là căn bậc hai của z
(m ni ) 2 164 48 5i m 2 2mni n 2 164 48 5i
2 2
m
n 164 (1)
2 2
m n 164
24 5
2mn 48 5 n ( )2
m
2
Thay (2) vào (1) ta có:
24 5
164 m 4 164m 2 2880 0
m 2
m
m2 = 16 ; m2 = -180 ( loại)
m 4 n 6 5
m 4 n 6 5
Vậy z có hai căn bậc hai là: 4 6 5i và 4 6
Bài tập luyện: Tìm các căn bậc hai của các số phức sau:
b) 1 4 3i
a) 7 24i
c) 17 20 2i
d) 23 4 6i
5i
III. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TRÊN TẬP SỐ PHỨC
Xét phương trình az2 + bz + c = 0 (a, b, c
;a
0)
2
Cách giải: Tính = b – 4ac
Gọi k là căn bậc hai của , nghiệm của phương trình là:
z
b k
bk
,z
2a
2a
Đặc biệt nếu b = 2b’, ta tính được ’
Gọi k’ là căn bậc hai của ’, nghiệm của phương trình là:
z
b' k '
b'k '
,z
a
a
VD 1: Giải phương trình: z2 + (3i + 8)z + 11i + 13 = 0
Lời giải: = (3i + 8)2 – 4(11i + 13) = 4i + 3
Giả sử m + ni (m, n
) là căn bậc hai của
Ta có: (m + ni)2 = 5 + 12i m2 + 2mni + n2i2 = 3 + 4i
7
2 2
m n 3 (1)
m2 n2 3
m + 2mni – n = 3 + 4i
2
2mn 4 n (2)
m
2
2
Thay (2) vào (1) ta có:
2
2
m
4
m 2 n 1
2
m2 3 m2 3m2 4 0 2
m
m 1 (loai) m 2 n 1
Vậy có hai căn bậc hai là
3i 8 i 2
2i 5
z
2
z 3i 8 i 2 i 3
2
VD 2: Giải phương trình: z2 + 4z + 7 = 0
Lời giải: ’ = 22 = 7 = -3 = 3i2 các căn bậc hai của ’ là
Vậy nghiệm của phương trình là: z 2 3i, z 2 3i
3
2
VD 3: Giải phương trình: z + 4z + (4 + i)z + 3 + 3i = 0 (1)
Lời giải: Dễ thấy z = -i là nghiệm của (1) nên:
i 3
z i 0
2
(1) (z + i)[z + (4 – i)z + 3 – 3i] = 0 z 2 (4 i ) z 3 3i 0 (2)
2
2
Giải (2): = (4 – i) – 12 + 12i = 16 – 1 – 8i – 12 + 12i = 3 + 4i = 4+4i+i =
2
(2+i)
Vậy có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2 – i
Do đó nghiệm của là
4 i 2 i
1 i
z
2
z 4 i 2 i 2 3
2
Vậy (1) có ba nghiệm là –i, -3, -1 + i
1
2
VD 4: Gọi z và z là hai nghiệm phức của phương trình:
2
2(1 + i)z – 4(2 – i)z – 5 – 3i = 0
1
2
2
2
Tính |z | + |z |
8
2
Lời giải: Ta có: ’ = 4(2 – i) + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình có hai
nghiệm phức :
3 5
1 1
z1 i, z2 i .
2 2
2 2
2
2
Do đó |z1| + |z2| = 9.
4
3
2
VD 5: Gọi z1, z2, z3, z4 là bốn nghiệm của phương trình: z – z – 2z + 6z – 4 = 0
1
1
1
1
trên tập số phức tính tổng: S = z 2 z 2 z 2 z 2
1
2
3
4
4
3
2
2
Lời giải: pt: z – z – 2z + 6z – 4 = 0 (z – 1)(z + 2)(z – 2z + 2) = 0 (1)
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của phương trình (1) là:
1
1
1
1
1
1
z1
z
2
z3
z4
1
1
2
1 i
1 i
5
Thay vào biểu thức ta có: S = z 2 z 2 z 2 z 2 1 4 (1 i) 2 (1 i) 2 4
1
2
3
4
VD 6: Lập phương trình bậc hai có 2 nghiệm: z1 = 6 – i và z2 = 4 + 3i
Lời giải: Ta có tổng và tích:
S = z1 + z2 = (6 – i) + (4 + 3i) = 10 + 2i
2
P = z1.z2 = (6 – i)(4 + 3i) = 24 + 18i – 4i – 3i = 27 + 14i
2
Vậy z1, z2 là nghiệm của phương trình bậc hai: z – Sz + P = 0
2
hay : z + (10 + 2i)z + 27 + 14i = 0.
2
VD 7: Không giải phương trình: z + (2 – i)z + 3 + 5i = 0
2
2
4
4
Hãy tính: z1 + z2 , z1 + z2 .
Lời giải: Theo hệ thức Vi-ét ta có:
S = z1 + z2 = -2 + i
P = z1.z2 = 3 + 5i
2
2
2
2
Do đó: z1 + z2 = S – 2P = (-2 + i) – 2(3 + 5i) = -3 – 14i.
4
4
2
2
2 2
2
2
z1 + z2 = (z1 + z2 ) – 2z1 z2 = (-3 – 14i) – 2(3 + 5i) = -155 + 24i.
VD 8: Giải phương trình sau trên tập số phức
:
z 4 z3
z2
z 1 0
2
(1)
Lời giải: Nhận xét z = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0.
1
1
1
2
2
Chia hai vế phương trình (1) cho z ta được : z z 2 z z 2 0 (2)
Đặt
t z
1
z.
1
1
2
2
2
2
Khi đó : t z z 2 2 z z 2 t 2
Phương trình (2) có dạng :
t2 t
5
0
2
Vậy phương trình (3) có 2 nghiệm:
5
9 9i 2
2
1 3i
1 3i
t1
, t2
2
2
(3) 1 4.
9
1 3i
1
1 3i
2
Với t1 2 ta có z z 2 2 z (1 3i) z 2 0 (4)
Có = (1 + 3i)2 + 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i2 = (3 + i)2
(1 3i ) (3 i)
(1 3i ) (3 i ) i 1
1 i, z2
4
4
2
1 3i
i 1
Tương tự, với t2 2 ta có 2 nghiệm là: z3 1 i, z4 2
i 1
i 1
Do đó phương trình đã cho có 4 nghiệm: z1 1 i, z2 2 , z3 1 i, z4 2
Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm: z1
Bài tập luyện tập: Giải các phương trình sau:
a) z2 – 7z + 11 + i = 0
b) z2 + 2(1 – 2i)z – (7 + 4i) = 0
c) z2 – 2(2 – i)z + 6 – 8i = 0
d) z2 – (2 + i)z + i +1 = 0
e) z3 – (2 + i)z2 + (2 + 2i)z – 2i = 0
f) 2z3 – 9z2 + 14z – 5 = 0.
IV. TÌM TẬP HỢP ĐIỂM BIỂU DIỄN SỐ PHỨC Z
Cách giải: Giả sử z = a + bi (a, b ) ; thay vào giả thiết, tìm được một hệ thức
nào đó đối với a và b. Từ đó suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z.
VD 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z sao cho
u
z 2 3i
z i
là một số
thuần ảo.
Lời giải: Giả sử z = a + bi (a, b ), khi đó:
u
a 2 bi 3i a 2 (b 3)i a (b 1)i
.
a (b 1)i
a 2 (b 1) 2
Từ số bằng a2 + b2 + 2a + 2b – 3 + 2(2a – b + 1)i.
u là số thuần ảo khi và chỉ khi
a2 b2 2a 2b 3 0 (a 1)2 (b 1)2 5
2a b 10 a;( b) (0;1 , () 2; 3)
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm I(-1; -1) , bán
kính bằng 5 , khuyết 2 điểm (0;1) và (-2; -3).
VD 2: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết z thỏa mãn:
z 2 3i
1 (*)
z 4i
Lời giải: Giả sử z = a + bi
(*) |a + 2 + (b – 3)i| = |a – 4 – (b – 1)i|
(a + 2)2 + (b – 3)2 = (a – 4)2 + (b – 1)2
3a – b -1 = 0
Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình 3x – y – 1
= 0.
10
VD 3: ìm quỹ tích các điểm M biểu diễn số phức
thảo mãn: z 1 2 (1)
Lời giải: Giả sử: a bi
(1 i 3 ) z 2 z
(1)
a 3 (b 3 )i
a 3 (b 3 )i
2
2
1 i 3
1 i 3
( a 3) 2 (b
số phức z
a 2 bi
a 3 (b 3i )
z 1
1 i 3
1 i 3
Ta có:
(1 i 3 ) z 2 biết
( a 3) 2 (b
2
3)2
2
3 ) 2 16
Vậy quỹ tích của các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn:
(x – 3)2 + (y - 3 )2 16 (kể cả những điểm nằm ở vị trí biên).
Bài luyện tập : Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn:
a) |2 + z| = |i – z|
b)
c)
| z || z 3 4i |
d)
e)
2 | z 1 || z z 2i |
f)
z
3
z i
z i
1
z i
| z2 z
2
| 4
V. TÌM SỐ PHỨC Z CÓ MÔĐUN LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.
Bài toán : Cho số phức z = a + bi thỏa mãn điều kiện G nào đó. Tìm số phức z có
môđun nhỏ nhất, lớn nhất.
Trường hợp 1: giả thiết G có dạng ma + nb = k. Ta rút ra a theo b (hoặc b theo a)
sau đó ta sử dụng phương pháp nhóm tổng bình phương.
VD 1: Biết rằng số phức z thỏa mãn u ( z 3 i )( z 1 3i) là một số thực. Tìm giá
trị lớn nhất của |z|
Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có:
u = [a + 3 + (b – 1)i][a + 1 – (b – 3)i] = a2 + b2 + 4a – 4b + 6 + 2(a – b – 4)i
u a–b–4=0 a=b+4
|z| min |z|2 min
|z|2 = a2 + b2 = (b + 4)2 + b2 = 2b2 + 8b + 16 = 2(b + 2)2 + 8 8
Dấu “=” xảy ra b = -2 a = 2
Vậy |z| min z = 2 – 2i
VD 2: Cho phức z thỏa mãn : | z i 1 || z 2i | . Tìm giá trị nhỏ nhất của z.
Lời giải: Giả sử : z = a + bi, ta có:
|a + bi + i + 1| = |a – bi – 2i| (a + 1)2 + (b + 1)2 = a2 + (b + 2)2
a2 + 2a + 1 + b2 + 2b + 1 = a2 + b2 + 4b + 4 2a – 2b – 2 = 0 a = b – 1
a2 + b2 = (b + 1)2 + b2 = 2b2 + 2b + 1 = 2(b +
|z|
1
2
a=
1
2
1
; b = - 2 . Vậy Min |z| =
1 2
)
2
1
.
2
+
1
1
2
2
Trường hợp 2: Giả thiết G có dạng (x + a)2 + (y + b)2 = k2
Bài toán: Tìm GTLN, GTNN của S = A sin mx B cos mx C
11
Ta có:
A
A
S A2 B 2 sin mx.
cos mx.
A2 B 2
A2 B 2
A
cos
A2 B 2
Đặt:
. Khi đó
B
sin
A2 B 2
C
S A2 B 2 (sin mx. cos cos mx.sin ) C
k 2
2m m
m
k
2
MaxS A2 B 2 C x
2m m
m
Do đó:
MinS
A2 B 2 C x
x a k sin
Vì thế ở trường hợp 2 để tìm GTNN, GTLN của |z| ta đặt
x b k cos
Sau đó ta làm tương tự như bài toán trên.
VD 3: Cho số phức z thỏa mãn : |z – 3 + 4i| = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của |z| .
Lời giải: Giả sử z = a + bi, ta có : |a + bi – 3 + 4i| = 4 (a – 3)2 + (b + 4)2 = 16
Đặt
a 3 4sin a 34sin
b4 4cos b 4cos 4
| z |2 a 2 b2 9 16 sin 2 24 sin 16 cos 2 16 32 cos
4
3
41 24 sin 32 cos 41 40 sin cos
5
5
3
4
Đặt cos 5 , sin 5
| z |2 a 2 b 2 41 40 sin( ) 1
Dấu “=” xảy ra khi
k 2 k 2
2
2
. Do đó Min |z| = 1
Ngoài ra để tìm GTNN, GTLN của |z| ta có thể sử dụng phương pháp hình học.
VD 4: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1 + 5| = 5, |z2 + 1 – 3i| = |z2 – 3 – 6i|.
Tìm GTNN của |z1 – z2|.
Lời giải: Giả sử điểm M(a;b) là điểm biểu diễn của số phức z1 = a + bi, N(c;d) là
điểm biểu diễn của số phức z2 = c + di.
Ta có: |z1 + 5| = 5 (a + 5)2 + b2 = 25.
Vậy M thuộc đường tròn (C): (x + 5)2 + y2 = 25
12
|z2 + 1 – 3i| = |z2 – 3 – 6i| 8c + 6d = 35.
Vậy N thuộc đường thẳng d1: 8x + 6y = 35
Dễ thấy đường thẳng d1 không cắt (C) và |z1 – z2| = MN.
Bài toán trở thành : Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : (x + 5)2 + y2 = 25
và đường thẳng d1: 8x + 6y = 35. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN biết M chạy trên
(C) và N chạy trên đường thẳng d1.
d2
L
I
M
K
N
H
d1
Gọi d2 là đường thẳng qua I và vuông góc với d1. Phương trình đường thẳng d2 là:
6x – 8y = -30.
Gọi H là giao của d1 và d2. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:
x 1
8x6y 35 9
9 H1;
6x 8y 30 y 2
2
Gọi K và L là giao điểm của d2 với đường tròn (C). Tọa độ K, L là nghiệm của hệ :
13
(x 5)2 y2 25 x 1; y 3
. Vậy K(-1; 3) và L(-9; -3)
6x 8y 30 x 9; y 3
Tính trực tiếp HK và HL so sánh rồi suy ra Min MN =
Khi đó Min |z1 – z2 | =
5
2
5
M K , N H .
2
.
Bài tập luyện tập :
2z 2 i
2 ,
z 3 2i
1. Trong các số phức z thỏa mãn:
hãy tìm số phức z có môđun nhỏ
nhất
2z 2 i
3,
z 1 i
2. Trong các số phức z thỏa mãn:
hãy tìm số phức z có môđun nhỏ
nhất, lớn nhất.
3. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn |z1 + i| = 5, |z2 – 5| = | z2 -7|. Tìm giá trị nhỏ nhất
của |z1 – z2|.
VI. DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG
Xét số phức dạng đại số : z = a + bi
Ta có:
a
b
z a 2 b 2
2
2
2
a b2
a b
Nhận xét :
Đặt
cos
a
2
2
a b
a
2
a b
2
2
b
2
2
a b
; sin
i
2
1
b
2
a b2
.
Khi đó: z a 2 b 2 (cos sin ) r (cos i sin ) (*) r | z | a 2 b 2
(*) là dạng lượng giác của số phức z, gọi là một acgumen của z.
Nhận xét: Nếu là một acgumen của z thì k 2 cũng là một acgumen của z.
+ Nhân chia số phức dạng lượng giác :
Cho : z1 r1 (cos 1 i sin 1 ); z2 r2 (cos 2 i sin 2 ) . Khi đó :
z1 z2 r1r2 [cos(1 2 ) i sin(1 2 )]
z1 r2
[cos(1 2 ) i sin(1 2 )]
z2 r2
Đặc biệt với z r (cos i sin ) z 2 r 2 (cos 2 i sin 2 )
z 3 r 3 (cos 3 i sin 3 ) ...
z n r n (cos n i sin n )
(**)
(**) gọi là công thức Moavơrơ.
14
VD 1: Viết số phức sau dạng lượng giác:
Lời giải :
z 3 i
3 i
z 2
2 cos i. sin 2 cos
i. sin
2
6
6
6
6
2
VD 2: Tìm các acgumen của số phức :
z 2 sin i. cos
5
5
Lời giải :
3
3
3
3
z 2 cos( ) i. sin( ) 2 cos
i. sin
) i. sin(
)
2 cos(
2 5
2 5
10
10
10
10
3
k 2 .
acgumen của z là
10
VD 3: Cho z = 2 + 2i. Tìm dạng đại số của z2012.
Lời giải:
2
2
z 2 2
i 2 2 cos i sin
4
4
2 2 2 2
Áp dụng công thức Moavơrơ ta có:
2012
2012
2012
2012
z 2012 (2 2 ) 2012 cos
i sin
( 2 2 ) ( 1 i.0) ( 2 2 )
4
4
VD 4: Viết số phức sau có dạng lượng giác: z = 2 – 2i.
2
2
z 2 2
i 2 2 cos i sin 2 2 cos( ) i sin( )
4
4
4
4
2 2 2 2
VD 5: Tìm một acgumen của số phức z 2 3 2i
Lời giải :
3 1
z 4
i 4 cos
i sin
.
2
6
6
2
Vậy z có một acgumen là
.
6
VD 6: Xác định môđun và acgumen của số phức:
z
8i
2
2
i sin
cos
.
3
3
3 i
Lời giải: Ta có:
1
8i
8i (i 3 )
8(1 3i )
3
4
i 4 cos
i sin
4
2
3 i (i 3 )(i 3 )
3
3
2
.
Theo quy tắc nhân hai số phức lượng giác, ta được :
2
2
2
2
z 4 cos
i sin
i sin
i sin
. cos
4 cos
3
3
3
3
3
3
3
3
4 cos i sin
3
3
Vậy môđun và một acgumen của số phức z lần lượt là : 4 và
3
.
15
VD 7: Tìm một acgumen của số phức :
3
z (1 i 3 ) biết
một acgumen của z bằng
.
Lời giải: z có một acgumen bằng
3
nên
1
3
z | z |
i .
2
2
1
3
z (1 i 3 ) (| z | 2)
i .
2
2
Do đó:
- Khi |z| > 2, một acgumen của
z (1 i 3 ) là
- Khi 0< |z| < 2, một acgumen của
- Khi |z| = 2 thì
z (1 i 3 ) =
VD 8: Tìm acgumen của
z (1 i 3 )
3
là
4
3
3
.
0 nên có acgumen không xác định.
z 2 sin i cos
7
7
Lời giải:
5
5
z 2 sin i cos 2 cos i sin 2 cos
i sin
7
7
14
14
2 7
2 7
5
5
2cos
i sin
14
14
5
k 2
acgumen của z là
14
VD 9 (ĐH B – 2012) : Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phức của phương trình:
z 2 2 3iz 4 0 .
Lời giải: z 2 2 3i.z 4 0
3i 2 4 4 3 1
z1 3i 1; z2 3i 1
1
3
2
2
z1 2
i 2 cos
i sin
2
2
3
3
1
z2 2 3 2 i 2 cos i sin
3
3
2
VD 10: Tính tổng:
Lời giải: Ta có :
0
2
4
6
2010
2012
S C2012
C2012
C2012
C2012
... C2012
C2012
0
1
2
3
2011 2011
2012 2012
(1 i ) 2012 C2012
C2012
i C2012
i 2 C2012
i 3 ... C2012
i
C2012
i
0
1
2
3
2011 2011
2012 2012
(1 i ) 2012 C2012
C2012
i C2012
i 2 C2012
i 3 ... C2012
i
C2012
i
Suy ra
0
2
4
6
2010
2012
(1 i ) 2012 (1 i ) 2012 2(C2012
C2012
C2012
C2012
... C2012
C2012
2S
Mặt khác
(1 i )
2012
Từ đó :
(1 i )
2012
2 cos i sin
4
4
2 cos
i sin
4
4
S 21006
2012
21006 (cos 503 i sin 503 ) 21006
2012
21006 [cos( 503 ) i sin( 503 )] 21006
16
Bài tập luyện tập :
Bài 1: Tìm một acgumen của mỗi số phức sau:
a)
b)
1 i 3
c) 1
sin i cos (0
)
2
Bài 2 : Viết dạng lượng giác số
i cos
8
8
4 cos i sin
6
6
6 2 6 2i
sin
d)
1
3
z
i.
2
2
Suy ra căn bậc hai của số phức z.
Bài 3: Viết dạng lượng giác của mỗi số phức sau:
a) sin i.2 sin 2
2
b)
cos i sin(1 sin )
Bài 4: Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau :
a)
(1 i )10
( 3 i )9
b) z 2000
1
z
2000
biết rằng
z
1
1
z
19
Bài 5: Dùng công thức khai triển nhị thức Niu- tơn (1 _ i) và công thức Moa–vrơ
để tính :
16
18
A C190 C192 C194 ... C19
C19
và
1
3
17
19
B C19
C19
C195 ... C19
C19
VII. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CHỨNG MINH
Lời giải các bài toán về chứng minh thường dựa trên các tính chất về môđun và
liên hợp của số phức, chú ý rằng nếu các sô phức z1, z2 có các điểm biểu diễn
tương ứng là A, B thì OA = |z1|; OB = |z2|; AB = |z1 – z2|. Từ đó suy ra :
+ |z1| + |z2| |z1 – z2|
+ |z1| - |z2| |z1 – z2|
+ |z1 + z2| |z1| + |z2|
2
2
VD 1: Giả sử z1, z2 là các số phức khác không thỏa mãn: z1 – z1z2 + z2 = 0. Gọi A,
B là các điểm biểu diễn tương ứng của z1, z2. Chứng minh rằng tam giác OAB đều.
3
3
2
2
Lời giải: Ta có z1 z2 ( z1 z2 )( z1 z1 z2 z2 ) 0 , suy ra :
3
3
3
3
z1 = - z2 |z1| = |z2| |z1| = |z2| OA = OB .
Suy ra AB = OA = OB tam giác OAB đều.
VD 2 : Cho 3 số phức z1, z2, z3 đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng :
|z1 + z2 + z3| = |z1z2 + z2z3 + z3z1| .
Lời giải : Vì |z1z2z3| = 1 nên :
17
| z1 z2 z2 z3 z3 z1 |
z1 z2 z2 z3 z3 z1
1
1
1
z1 z2 z3
z1 z2 z3
z1 z2 z3
| z1 z2 z3 | z1 z2 z3 |
(ðpcm)
VD 3: Cho số phức z 0 thỏa mãn
z3
8
9 .
z3
Chứng minh rằng
z
2
3 .
z
Lời giải:
Đặt
a z
2
(a 0) .
z
3
Ta có:
2
8
2
3
z z 3 6 z .
z
z
z
Suy ra :
3
a3 z
2
8
2
z 3 3 6 z 9 6 a
z
z
z
3
2
Do đó : a – 6a – 9 0 (a – 3)(a + 3a + 3) 0
2
Vì a + 3a + 3 > 0, nên
az
2
3
z
(đpcm)
Bài tập luyện tập
z z
1
2
Bài 1: Cho hai số phức z1, z2 đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng z 1 z z là
1 2
một số thực.
Bài 2: Cho số phức z 0 thỏa mãn
z3
1
2. Chứng
z3
minh rằng
z
2
2
z
Bài 3 : Chứng minh rằng với mỗi số phức z, có ít nhất một trong hai bất đẳng thức
sau xảy ra :
z 1
1
2
hoặc
z 2 1 1.
C. KIỂM NGHIỆM
Với mục tiêu đổi mới phương pháp trong giảng dạy đem lại hiệu quả cho người
học.
Phần bài tập về số phức có tính chất hệ thống các dạng bài tập cơ bản khái quát
hóa cho học sinh từ đó gây hứng thú cho học sinh,học sinh biết vận dụng linh hoạt,
biết phân tích khi giải bài tập.
D. KẾT LUẬN
Phần chương trình số phức ở lớp 12 là phần mới đối với học sinh.
Bằng phương pháp trình bày sắp xếp có hệ thống các dạng bài tập cơ bản từ dễ
đến nâng cao, các ví dụ thực tế từ các đề thi những năm gần đây đem lại hứng thú
và trao dồi khả năng tư duy, so sánh để học sinh dễ dàng nhận ra sự lôgic trong
kiến thức, mối liên hệ giữa các đơn vị kiến thức với nhau giúp học sinh có phương
pháp và biết áp dụng rộng rãi các bài tập tương tự.
18
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 06 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
MỤC LỤC
A. Đặt vấn đề ……………………………………………………………. Trang 1
B. Các khái niệm ………………………………...………………………. Trang 1
C. Phân loại một số dạng bài tập cơ bản..………………………………. Trang 1
I. Các phép toán trên số phức …………………………………………… Trang 1
II. Căn bậc hai của số phức ……………………………………………....Trang 4
III. Giải phương trình bậc hai trên tập số phức …………………………..Trang 5
IV. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z ……………………………… Trang 8
V. Tìm số phức z có môđun lớn nhất, nhỏ nhất ………………………… Trang 9
VI. Dạng lượng giác của số phức và ứng dụng ……………………….… Trang 12
VII. Một số dạng bài tập về chứng minh …………………………………Trang 15
D. Kiểm nghiệm ………………………………………………………..... Trang 16
E. Kết luận ……………………………………………………………..... Trang 16
19
* Tài liệu tham khảo :
- Sách giáo khoa lớp 12 cơ bản và nâng cao
- Sách bài tập lớp 12 cơ bản và nâng cao
- Phương pháp ôn luyện thi đại học cao đẳng môn toán chủ đề số phức – Nhà xuất
bản đại học sư phạm (tác giả: Hoàng Văn Minh – Nguyễn Quốc Hùng)
- Một số đề thi đại học và thi thử đại học các năm.
20
- Xem thêm -
.DOC 
20 
145 
76 
