intTypePromotion=1
ADSENSE

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng của số phức trong giải toán Đại số và Hình học chương trình THPT

Chia sẻ: Nguyễn Biên | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:22

156
lượt xem
24
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm THPT "Một số ứng dụng của số phức trong giải toán Đại số và Hình học chương trình THPT" được nghiên cứu với các nội dung: Cơ sở lí luận, thực trạng vấn đề, giải pháp thực hiện. Để nắm vững nội dung kiến thức đề tài mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng của số phức trong giải toán Đại số và Hình học chương trình THPT

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI: MỘT SỐ ỨNG DỤNG  CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC CHƯƠNG TRÌNH  THPT. Người thực hiện:    Ngô Thị Thủy                                      Chức vụ:                 Giáo viên                                      SKKN thuộc môn: Toán 1
  2. THANH HÓA NĂM 2013. A­ ĐẶT VẤN ĐỀ : Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số  phức được  đưa vào chương trình toán học phổ  thông và được giảng dạy  ở  cuối lớp 12.   Ta 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   eiπ 1 0 ). Số  phức là  vấn đề hoàn toàn mới và khó đối với học sinh, đòi hỏi người dạy phải có tầm  nhìn sâu, rộng về nó. Do những tính chất đặc biệt của số phức 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. Một trong các vấn đề tôi xây dựng là dạng toán ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ  PHỨC  TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ  VÀ HÌNH HỌC" trên cơ  sở  khai thác  tính chất của số phức và vận dụng khai triển nhị thức Newton. B­ NỘI DUNG NGHIÊN CỨU : I­ CƠ SỞ LÝ LUẬN : 2
  3. Đổi mới phương pháp dạy học với mục đích phát huy tốt nhất tính tích  cực, sáng tạo của người học. Nhưng không phải thay đổi ngay lập tức bằng   những   phương   pháp  hoàn  toàn  mới   lạ   mà  phải  là   một  quá  trình  áp  dụng   phương pháp dạy học hiện đại trên cơ  sở  phát huy các yếu tố  tích cực của   phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp  học tập của học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động.  Vì mới đưa vào chương trình SGK nên có rất ít tài liệu về số  phức để  học sinh và giáo viên tham khảo. Bên cạnh đó, lượng bài tập cũng như  các   dạng bài tập về số phức trong SGK còn nhiều hạn chế. Để giúp học sinh có  cái nhìn sâu, rộng hơn về số  phức, trong quá trình giảng dạy tôi luôn tìm tòi  khai thác và kết hợp các kiến thức khác về toán học để xây dựng các dạng bài  tập mới cho học sinh tư duy, giải quyết. Một trong các vấn đề tôi xây dựng là  dạng toán ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ  PHỨC TRONG GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ  VÀ  HÌNH HỌC" trên cơ sở khai thác một số tính chất của số phức.  II­ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ :       Đây là vấn đề mới đối với học sinh phổ thông ,Bộ giáo dục đã chuyển tải  nội dung này từ nội dung học đại học năm thứ  nhất xuống lớp 12 vừa được   năm năm. Vì mới đưa vào chương trình SGK nên có rất ít tài liệu về số phức   để học sinh và giáo viên tham khảo.        Bên cạnh đó, lượng bài tập cũng như  các dạng bài tập về  số  phức trong   SGK còn nhiều hạn chế. Với thời lượng cho phép dạy trên lớp môn toán có  hạn. Số  phức trở  thành một phần học khá trừu tượng đối với học sinh phổ  thông trung học.Đối với các đối tượng là học sinh khá giỏi thì câu hỏi mà học  sinh thường đưa ra là số phức đưa ra để làm gì?...Do trong thực tế cuộc sống   hằng ngày không dùng đến tập số  phức. Do vậy hứng thú đối với phần học   số phức là hạn chế.  3
  4. III­  GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:      Để  phát huy tính năng động và sáng tạo của học sinh khá giỏi, đồng thời   giúp học sinh thấy được tầm quan trọng của số phức trong toán học và thực   tiễn tôi đã giới thiệu và biên soạn hệ  thống ví dụ  bài tập có tính mở  rộng  ở  nhiều mảng toán học giải phương trình, giải hệ  phương trình , giải bài toán  lượng giác, hình học. 1. Hệ thống các kiến thức cơ bản về số phức: 1.1­ Khái niệm số phức: Là biểu thức có dạng a + b i , trong đó a, b là những số  thực và số   i   thoả mãn  i 2 = –1.  Ký hiệu là z = a + b i  với a là phần thực, b là phần ảo,  i  là đơn vị ảo. Tập hợp các số phức kí hiệu là  ᆪ = {a + b i / a, b∈  ᆪ  và  i 2 = –1}. Ta có  ᆪ ⊂  ᆪ . Số phức có phần ảo bằng 0 là một số thực: z = a + 0. i  = a∈  ᆪ ⊂  ᆪ Số phức có phần thực bằng 0 là một số ảo: z = 0.a + b i  = b i . Đặc biệt  i  = 0 + 1. i Số 0 = 0 + 0. i  vừa là số thực vừa là số ảo. 1.2­ Số phức bằng nhau: a = a'  Cho hai số phức z = a + b i  và z’ = a’ + b’ i . Ta có z = z′  ⇔  b = b ' 1.3Biểu diễn hình học của số phức:  Mỗi số phức z = a + b i  được xác định bởi cặp số thực (a; b). 4
  5.  Trên mặt phẳng Oxy, mỗi  điểm M(a; b) được  biểu diễn bởi một số phức và ngược lại.  Mặt phẳng Oxy biểu diễn số  phức được gọi là  mặt phẳng phức. Gốc tọa độ  O biểu diễn số  0,  trục hoành Ox biểu diễn số  thực, trục tung Oy   biểu diễn số ảo. 1.4­Môđun của số phức:  Số  phức z = a + b i   được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng  uuuur Oxy. Độ  dài của véctơ   OM   được gọi là môđun của số  phức z. Kí hiệu  z = a + bi = a 2 + b 2 1.5­Số phức liên hợp:  Cho số phức z = a + b i , số phức liên hợp của z là  z = a − bi . z = a + bi � z = a ­ bi ;  z = z ,   z = z * Chú ý  ( Z n ) (Z ) n ; i i; i i Z là số thực    Z = Z ;   Z là số ảo      Z Z * Môđun số phức Z=a + b.i   (a; b   R)    Z = OM = a 2 + b 2 = z.z           Chú ý:     Z Z      z  C   Hai điểm biểu diễn z và  z  đối xứng nhau qua trục Ox trên mặt phẳng  Oxy. 1.6­Cộng, trừ số phức:  Số đối của số phức z = a + b i  là –z = –a – b i    Cho  z = a + bi  và  z ' = a '+ b ' i . Ta có  z z ' = (a a ') + (b b ')i  Phép cộng số phức có các tính chất như phép cộng số thực. 5
  6. 1.7­Phép nhân số phức:   Cho hai số phức  z = a + bi  và  z ' = a '+ b ' i . Nhân hai số phức như nhân hai đa  thức rồi thay  i 2 = –1 và 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 = 0 ∀z∈  ᆪ 2  z. z  = (a + b i )(a – b i ) hay  z.z = a 2 + b 2 = z  Phép nhân số phức có các tính chất như phép nhân số thực. 1.8­Phép   chia   số   phức:  Số   nghịch   đảo   của   số   phức   z = a + bi   ≠   0là  1 z z ­1 = = 2  hay  1 = a ­ bi .Cho hai số phức  z = a + bi  ≠  0 và  z ' = a '+ b ' i   z z a + bi a 2 + b 2 z' z '.z a '+ b ' i (a '+ b ' i )(a ­ bi ) thì  z = 2   hay  = z a + bi a 2 + b2 1.9­Lũy thừa của đơn vị ảo: Cho k∈ N i 4 k = 1; i 4 k +1 = i; i 4 k + 2 = ­1; i 4 k +3 = ­i  1.10­ Căn bậc hai của số phức và giải phương trình bậc hai: a/Căn bậc hai của số phức: Cho số phức w, số phức z = a + b i  thoả  z 2 = w được gọi là căn bậc hai của w.  w là số thực: w = a∈  ᆪ a = 0: Căn bậc hai của 0 là 0 a > 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là  a  và – a a 
  7.  w là số  phức: w = a + b i  (a, b∈  ᆪ , b ≠  0) và z = x + y. i  là 1 căn bậc hai  x2 ­ y2 = a của w khi  z = w � ( x + yi ) = a + bi � 2 2 2 xy = b Mỗi số phức đều có hai căn bậc hai đối nhau. b/Phương trình bậc hai: +Phương trình bậc hai với hệ số a,b,c là số thực:   ax 2 + bx + c = 0 (a 0), ∆ = b 2 − 4ac . −b ∆  ∆  ≥  0: Phương trình có 2 nghiệm thực  x1,2 = 2a −b | ∆ |.i  ∆  
  8.  Mọi acgumen của z sai khác nhau là k2π tức là có dạng  ϕ  + k2π (k∈  ᆪ )  (z và nz sai khác nhau k2π với n là một số thực khác 0). uuuur uuuur z biểu diễn bởi  OM  thì –z biểu diễn bởi – OM   nên có acgumen là  ϕ  + (2k + 1)π z  biểu diễn bởi M′  đối xứng M qua Ox  nên có acgumen là – ϕ  + k2π uuuuur – z  biểu diễn bởi – OM '  nên có acgumen là – ϕ  + (2k + 1)π 1 −1 z 1  =  z = | z |2 , vì  | z |2  là một số thực  z nên  z −1  có cùng acgumen với  z  là – ϕ  + k2π. b/ Dạng lượng giác của số phức z = a + b i :  Dạng lượng giác của số phức z ≠  0 là z =  r (cos ϕ  +  i sin ϕ ) với  ϕ  là một  acgumen của z. a b  z = a + bi � z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) ; r = a + b ; cos ϕ = ; sin ϕ =   2 2 r r   Chú ý : Số – cos ϕ  –  i sin ϕ  có dạng lượng giác là cos( ϕ  + π) +  i sin( ϕ  + π) Số cos ϕ  –  i sin ϕ  có dạng lượng giác là cos(– ϕ ) +  i sin(– ϕ ) Số – cos ϕ  +  i sin ϕ  có dạng lượng giác là cos(π –  ϕ ) +  i sin(π –  ϕ ) c/ Nhân, chia số phức dưới dạng lượng giác: Cho z =  r (cos ϕ  +  i sin ϕ ) và z′  =  r ′ (cos ϕ ’ +  i sin ϕ ’) với  r ,  r ′ ≥  0 z.z ' = r.r '[cos(ϕ + ϕ ') + i sin(ϕ + ϕ ')]   8
  9. z r và  = [cos(ϕ ­ ϕ ') + i sin(ϕ ­ ϕ ')]  ( r ′ ≠  0) z' r' 1 Ta   có     và   z   có   cùng   acgumen   là   – ϕ ’   +   k2π  nên  z' 1 1 = [cos(−ϕ ') + i sin(−ϕ ')] . z' r' z r Do đó  = [cos(ϕ ­ ϕ ') + i sin(ϕ ­ ϕ ')]  ( r ’≠  0) z' r'  d/ Công thức Moa–vrơ (Moivre) và ứng dụng:    e/Công thức Moa–vrơ: Cho số phức z =  r (cos ϕ  +  i sin ϕ )  [ r (cos ϕ + i sin ϕ )] = r (cos nϕ + i sin nϕ )  (n∈  ᆪ * ) n n    f/Căn bậc hai số phức dạng lượng giác:`  Mọi   số   phức   z   =   r (cos ϕ   +   i sin ϕ )   ( r   >   0)   có   2   căn   bậc   hai   là   � ϕ ϕ� δ = r �cos + i sin �  � 2 2� � ϕ ϕ� � � ϕ � �ϕ � � và  δ 2 = − r � cos + i sin �  � δ2 = r � cos � + π �+ i sin � + π � � � 2 2� � �2 � �2 � � 2.Một số ứng dụng của số phức: a/ Trong đại số: I>Ứng   dụng   số   phức   trong   một   số   bài   toán   giải   phương   trình­Hệ   phương trình :  Bài toán 1: Giải phương trình bậc ba:    ax3 + bx 2 + cx + d = 0 ;(a≠0)(1) Năm 1545 nhà toán học người Ý, Cardano Ginolamo, năm 1545 đã tìm  ra công thức nghiệm của phương trình bậc ba thu gọn trình bày theo cách ký  9
  10. 2a 2 ab a2 p 2 p3 hiệu hiện nay: Gọi  q = − ; p = + b ; và δ là 1 căn bậc 2 của  +  ;u  27 3 3 4 27 q q là căn bậc 3 của  − + δ ; v là căn bậc 3 của  − − δ . Khi đó ta có nghiệm của  2 2 a a phương trình (1) là: x1=u+v − ;  x2=uz+vz2; x3=uz2+vz3 − . 3 3 1 3 1 3 Trong đó:  z= − + i; z 2 = − − i; z 3 = 1. 2 2 2 2 � 1 � 2 1+ 2 x� 2 � = � x +y � 3 Bài toán 2: Giải hệ  phương trình: � 1 � 4 2 1− 2 y� 2 � = � x +y � 7 Giải: Nhân 2 vế  của phương trình thứ  2 với i rồi cộng từng vế với phương   z 2 4 2 trình đầu. Đặt z=x+yi ta được phương trình ẩn z:   z + 2 = + i (2) z 3 7 � z 2 − az + 1 = 0 �1 2 � �2 2 � � z =� � �+ � � 2 �i �3 21 � �� 7 � � Phương trình (2) � 1 2 � 1 2 �x = + x = − � 3 21 �� 3 21 � ;� �y = 2 2 + 2 �y = 2 2 − 2 � � 7 � � 7 Thử lại ta thấy hai nghiệm trên đều thỏa mãn hệ.  II> Ứng dụng giải một số bài toán tính tổng các tổ hợp :   Dạng 1:Khai triển (1 + x)  n , cho x nhận giá trị là những số phức thích hợp    hoặc khai triển trực tiếp các số phức Bài toán 3: Tính tổng  10
  11. 0 2 4 6 2004 −C 2006 +C 2008  A=  C2009 −C2009 +C2009 −C2009 +... +C2009 2009 2009 Giải:Xét khai triển: (1 + x)2009 =  C 0 2009 xC1 2009 x 2C 2 2009 ... x 2008C 2008 2009 x 2009C 2009 2009 Cho x = ­ i ta có: (1 – i )2009 =  C 0 2009 iC1 2009 i 2C 2 2009 ... i 2008C 2008 2009 i 2009 C 2009 2009 = ( C0 2009 C2 2009 C4 2009 C6 2009 ... C2004 C2006 C2008 ) + 2009 2009 2009 + ( C12009  C3 2009 C5 2009 C7 2009 ... C2005 C2007 C 2009 )i 2009 2009 2009 2009 Mặt khác: (1 −i)2009 =( 2) 2009 � π π � cos � � − � � +isin � � − � � �� � �4 � �4 � � 2009π 2009π � = ( 2)2009 �cos � − isin =  � 4 4 � � π π 2 2 ( 2 ) 2009 cos isin ( 2 ) 2009 i 21004 21004 i 4 4 2 2 So sánh phần thực và phần ảo của (1 – i )2009 trong hai cách tính trên ta được: A =  C0 2009 C2 2009 C4 2009 C6 2009 ... C2004 C2006 C 2008   =  21004 2009 2009 2009 Bài toán 4:Tính tổng:              D =  310 C20 0 − 39 C 2 + 38 C 4 − 37 C 6 + ... + 32 C16 − 3C18 + C 20 20 20 20 20 20 20 Giải( 310 C0 20 39 C2 20 38 C 4 20 37 C6 20 ... 32 C16 20 3C18 20 C 20 )  20 19 1 17 3 3 17 3C19 i = + + ( 3 ) C20 ( 3 ) C20 ... ( 3 ) C20 20 Mặt khác: 11
  12. 20 20 20 3 1 π π 20π 20π 3 i 220 i 220 cos isin 220 cos isin 2 2 6 6 6 6 4π 4π 1 3 220 cos isin 220 i 219 219 3 i So   sánh   phần   thực   của  3 3 2 2 20  trong hai cách tính trên ta có:D  = ­ 219 3 i Dạng 2:  Khai triển (1 + x)n, đạo hàm hai vế  theo x sau đó cho x nhận   giá trị là những số phức thích hợp Bài toán 5: Tính tổng:  1 −3C 3 +5C 5 −7C 7 +... +25C 25 −27C 27 +29C 29 E =  C30 30 30 30 30 30 30 Giải: 0 xC1 x 2C 2 x 3C 3 x 28C 28 x 29 C 29 x 30 C30 (1 + x)30 =  C30 30 30 30 ... 30 30 30 Đạo hàm hai vế ta có: 30(1 + x)29 =  C1 2xC 2 3x 2 C3 ... 28x 27 C 28 29 x 28C 29 30x 29 C30 30 30 30 30 30 30 Cho x = i ta có: 30(1 + i)29 = ( C130 3C3 30 5C5 30 7C7 30 ... 25C 25 27C27 29C 29 ) +  30 30 30 2 4C4 6C6 8C8 ... 26C 26 28C 28 30C30 )i        + ( 2C30 30 30 30 30 30 30 Mặt khác: 29 29 29  30(1 + i)29 =  30 2 π π 29π 29π cos isin 30 2 cos isin 4 4 4 4 12
  13. 29 2 2          30 2 i 15.215 15.215 i .So sánh phần thực  2 2 và ảo của 30(1 + i)29 trong hai cách tính trên ta có: E = ­ 15.215  Dạng 3: Khai triển (1 + x)n, cho x nhận giá trị là các căn bậc ba của đơn vị    Ta có các nghiệm của phương trình: x3 – 1 = 0 là x1 = 1;  x 1 3 ; i 2 2 2 1 3 .Các   nghiệm   đó   chính   là   các   căn   bậc   ba   của1.   Đặt:  x i 3 2 2 1 3   1 3   và   ε   có các tính chất sau:1) ε   +   2   = ­1; 2)  ε i ε2 i ε 2 2 2 2 ε 3 1 ;3)  ε 3k 1  4)  ε 3k 1 ε ;5) ε 3k 2 ε 2  (k∈Z). Sử dụng các tính chất trên của  ε  ta có thể tính được các tổng sau: 0 +C 3 +C 6 +... +C 3k +... +C15 +C18 Bài toán 6: Tính tổng: S =  C20 20 20 20 20 20 Giải: Xét khai triển: (1 + x)20 =  C 0 20 xC1 20 x 2C 2 20 x 3C3 20 ... x18C18 20 x19C19 20 x 20C 20 20 Cho x = 1 ta có: 220 =  C 0 20 C1 20 C2 20 C3 20 ... C18 20 C19 20 C 20     (1) 20 Cho x =  ε  ta có: (1   +   ε )20  =   C 0 20 εC1 20 ε 2C 2 20 C3 20 ... C18 20 εC19 20 ε 2 C 20   20 (2) Cho x =  ε 2  ta có: (1 +  ε 2 )20 =  C 0 20 ε 2 C1 20 εC 2 20 C3 20 ... C18 20 ε 2 C19 20 εC 20 20 (3) 13
  14. Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 220 + (1 +  ε )20 +(1 +  ε 2 )20  = 3S. Mặt   khác:   (1 ε) 20 ( ε 2 ) 20 ε 40 ε ;  (1 ε 2 ) 20 ( ε) 20 ε 20 ε2 20 1 Do vậy: 3S = 220 – 1. Hay S =  2   3  III> Ứng dụng giải một số bài toán lượng giác :  Bài toán 7: Chứng minh rằng  cos π = 1 + 5 . 5 4 π π π π Giải: Đặt x= cos ; y= sin  và z=x+iy=  cos +i sin . Ta có z5=­1 hay(z+1)(z4­ 5 5 5 5 1� 1� z3+z2­z+1)=0. Ta để  ý rằng x= �z + �, Từ  đẳng thức trên ta có 4x2­2x­1=0  2� z� 1 5 π 1+ 5 �x= . Vì x > 0 nên x = cos = . 4 5 4 π 3π 5π 1 Bài toán 8: Chứng minh rằng  cos + cos + cos = ; 7 7 7 2 π π Giải: Đặt z= cos +i sin . Khi đó z7=cosπ+i sinπ=­1 hay z7+1=0. 7 7 Vì z7+1=0 nên z10=­z3 và z8=z.Suy ra z10+ z8+ z6+ z4+ z2+1= z6+ z4­z3+ z2­ z+1= z7 +1 5 Z6­ z5+ z4­z3+ z2­z+1+z5= + z = z5 z +1 π 3π 5π z5 1 Mặt khác ta có:  cos + cos + cos = = ; (đpcm) 7 7 7 2z5 2 IV> Ứng dụng trong hình học: 14
  15. 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 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= 2π 2π cos +i sin . Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn S là gốc tọa độ  3 3 và SO là trục thực. Khi đó, tọa độ của các điểm O, A, B biểu diễn các số  R,  Rε,Rε2.  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 ' + z B Rε 2 + R − zε R (ε 2 + 1) − zε −Rε − zε −ε ( R + ε ) zM=  = = = = a. 2 2 2 2 2 R z− ZN=  z A + zB ' = Rε + R + z = R (ε + 1) + z = − Rε + z = ε = R − zε . 2 2 2 2 2 2 −2ε z B ' − zS z A ' − z S R+z R − zε 2 = � = � ε .ε = 1 � ε = 1. Ta có  zM − zs z N − zs −ε ( R + z ) R − zε 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 15
  16. B A' Giải:Gọi a,b,c,a',b',c' lần lượt là tọa độ các đỉnh A,B,C,A',B',C', đặt  2π 2π ε= cos +i sin . Vì AC'B; BA'C; CB'A là các tam giác đều nên: a+c'ε+bε2=0;  3 3 b+a'ε+cε2=0; c+b'ε+aε2=0. Tâm của tam giác đều AC'B; BA'C; CB'A lần lượt   1 1 1 có tọa độ  là: a''= ( a '+ b + c ) ; b''= ( a + b '+ c ) ; c " = ( a + b + c ' ) .Do đó , bằng các  3 3 3 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 sau   1) x 2 + 5 x + 1 = ( x + 4) x 2 + x + 1   2) 3 2 − x = 1 − x − 1 ;   3)   4 18 − x = 5 − 4 x − 1   ;   4) x3 + 1 = 2 3 2x − 1 ;18,  2 x 2 + 4 x = x+3 2 ( )  5,  3 2 + x − 2 = 2 x + x + 6                 5,  5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 Bài 2: Giải các hệ phương trình sau. � 1 � 1 x y 2 3 1+ 2 x� �= + 2 = 2x + y = � x + y +5� 2 2 x +1 y +1 3 2 x2 1)    2.  3.  12 � 1 � 4 2 � 1 � 1− 2 (x + y) � 1 + �= 6 2y + x = 2 y� �= y � x + y +5� 7 � xy � 2 16
  17. b/Tính các tổng sau 3 5 27 27 29 29 A 3C1 3 3 C3 5 3 C5 ... 27 3 C 29 3 C 1 30 30 30 30 30 A 2.3C 2 4.32 C4 6.33 C6 ... 28.314 C28 30.315 C30 2 30 30 30 30 30 A 3 = C0 + 2C2 −3.4C4 + 5.6C6 − 7.8C8 +... + 21.22C 22 − 23.24C24 25 25 25 25 25 25 25 A 5 = C1 + 2.3C3 − 4.5C5 + 6.7C7 −8.9C9 +... + 22.23C23 −24.25C 25 25 25 25 25 25 25 25 A =C0 −3C2 +5C4 −7C6 +... +17C16 −19C18 +21C20 5 20 20 20 20 20 20 20 A = 2C1 −4C3 +6C5 −8C7 +... −16C15 +18C17 −20C19 6 20 20 20 20 20 20 20 A = 12C1 − 32C3 + 52C5 − 72C7 + ... + 952C95 − 97 2C97 + 992C99 7 100 100 100 100 100 100 100 A8 = 22C2 −42C4 + 62C6 −82C8 +... +962C96 −982C98 +1002C100   100 100 100 100 100 100 100 A9=  2C2 25 5C5 25 8C8 25 ... 20C 20 25 23C23 25 A =C1 +42C4 +7 2C7 +102C10 +... +37 2C37 +402C40 10 40 40 40 40 40 40 c. Bài tập lượng giác: Bài 1:Cho a, b, c là các số  thực sao cho cosa+ cosb+cosc= sina+sinb+sinc=0.   Chứng minh rằng cos2a+cos2b+cos2c= Sin2a+sin2b+sin2c=0. π 3π 5π 7π 9π 1 Bài 2: Chứng minh rằng:  cos + cos + cos + cos + cos = 11 11 11 11 11 2 Bài 3:Tính các tổng sau: Sn=sina+sin2a+sin3a+.......+sinna; Tn=cosa+ cos2a+ cos3a+.....cosna. d.Các bài tập hình học: Bài 1:   Cho lục giác lồi ABCDEF. Gọi M,N,P,Q,R,S lần lượt là trung điểm   cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng 17
  18. MQ   PS   RN2  = MQ2 + PS2 F S R A E Bài 2:   Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm   Q M đoạn thẳng AB, và E là tr ọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng D CD   OE   AB  = AC Bài 3:  Gọi E, F, G, H l B ần lượt là trung  đi P ểm của các cạnh AB, BC, CD, DA   N C ằng: AB   CD   BC2   + AD2 = 2(EG2 +  của tứ giác lồi ABCD. Chứng minh r FH2) 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.  B0 A C0 C B A0 Bài  5: Cho bốn điểm phân 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 BKL là tam giác cân. 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  18
  19. Lớp Giỏi Khá Trung  Yếu bình 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  Yếu bình 12/A2 10 33,3% 12 40 % 6 20 % 2 6,7% 12/A3 8 26,7% 10 33,3% 5 16,6% 7 23,3%     Kết quả  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  Yếu bình 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. C­KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT: I­ KẾT LUẬN  Việc viết sáng kinh nghiệm là một trong những vấn đề  cấp thiết nhất cho   gian đoạn hiện nay ,giai đoạn công 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  môi bô môn đăc biêt cac môn t ̃ ̣ ̣ ̣ ́ ự  ̀ ́ ̃ ̀ ương trinh l nhiên điêu côt loi ma ch ̀ ơp trên kê th ́ ́ ừa va ap dung thi môi giao ̀ ́ ̣ ̀ ̃ ́  ́ ̉ ̀ ̣ ̣ ̀ ̣ ̉ ́ ́ ́ ược kiến thức  viên chung ta nên chi ra va tao moi điêu kiên đê cac em năm băt đ cũng thấy được ứng dụng của kiến thức đó vào thực tiễn một cách sinh động.   ́ ư vây, các môn h Co nh ̣ ọc tự nhiên mơi tr ́ ở 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 chưa tối ưu cần sự góp ý bổ sung của bạn đọc.  19
  20. D­ TÀI LIỆU THAM KHẢO:            1.Báo toán học và tuổi trẻ. 2.Phân dạng và phương pháp giải toán số  phức của thầy : Lê Hoành  Phò  3.Các đề thi đại học thống nhất toàn quốc năm 2008 ­2009 4.Bộ  tài  liệu  ôn thi  đại học ( TS. Vũ Thế  Hựu  ­ NXB  đại học sư  phạm  ) 5.Chuyên đề ứng dụng Số phức của thầy Cao Minh Quang.   E­ MỤC LỤC:  NỘI DUNG     TRANG 1.Tên đề tài ………………………1 2. Đặt vấn đề: …………………… 2   3. Cơ sở lý luận:   ………………  2  4.Cơ sở thực tiễn:    ………………3 5. Nội dung nghiên cứu:  ...........  3 ­ 17 6. Kết quả nghiên cứu   …………  17 7. Kết luận:   ………………… 18 8. Đề nghị:   ………………… 18 9. Tài liệu tham khảo:  …………   19 10. Mục lục:   …………………  20 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2