Một số ứng dụng của phép biến hình vào giải toán trắc nghiệm lớp 12

MỤC LỤC

Trang

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài………………………………………………………….....2
1.2. Mục đích nghiên cứu……………………………………………………......3
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………………….....3
1.4. Phương pháp nghiên cứu………………………………………………........3
1.5. Những điểm mới của SKKN…………………………………..…………....4
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của đề tài………………………………………………….......3
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng SKKN ……………………..........8
2.3. Giải pháp thực hiện ………………………………………………...............8
2.4. Hiệu quả của SKKN....................................................................................18
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận . …….…………………………………………………........... ....19
3.2. Kiến nghị …….…………………………………………………........... ....20
Tài liệu tham khảo………………………………………………….................21

1


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài.
Toán học là môn khoa học cơ bản của các môn học khác, nó là môn khoa
học khó, trừu tượng đòi hỏi người học và người dạy phải đam mê, tâm huyết, tỉ
mỉ và kiên nhẫn mới thể nắm được.
Từ năm học 2016-2017 trở đi, Bộ Giáo dục và Đào tạo thực hiện đổi mới
trong kỳ thi Trung học Phổ thông Quốc gia (THPTQG). Trong đó môn toán
được đổi từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm.Việc thay đổi đã

tạo nên nhiều bỡ ngỡ cũng như khó khăn cho cả giáo viên và học sinh trong việc
ôn luyện. Hình thức thi trắc nghiệm môn toán đòi hỏi một số cách tiếp cận vấn
đề mới sovới hình thức thi tự luận. Hơn nữa nội dung của kỳ thi THPTQG môn
toán tăng độ khó dần. Các câu hỏi rất phong phú, thức rộng chủ yếu là kiến thức
lớp12 và dựa trên nền các kiến thức các kiến lớp trước đó.
Phép biến hình trong mặt phẳng đã được đề cập ở lớp11 và tập trung ở
chương I hình học lớp11 nên trong quá trình giải bài tập trắc nghiệm các em
thường quên hoặc chưa nắm chắc cách vận dụng các phép biến hình vào giải bài
tập.
Là giáo viên dạy nhiều năm ở bộ môn toán THPT và trực tiếp giảng dạy
lớp chọn, đội tuyển học sinh giỏi trong nhà trường tôi đã gặp không ít những
trắc trở trong việc giảng dạy ở nhiều bài toán, đặc biệt phép biến hình trong mặt
phẳng có liên quan đến trắc nghiệm lớp12. Vì mỗi bài toán có thể có nhiều cách
giải khác nhau, mỗi cách giải thể hiện được kiến thức toán học được vận dụng
trong đó.Trong các cách giải khác nhau đó, có cách giải thể hiện tính hợp lí
trong dạy học, có cách giải thể hiện tính sáng tạo của toán học, có cách giải tìm
ra nhanh chóng nhất. Trong đề tài này tôi muốn hướng dẫn học sinh cách tìm
hướng khi giải mộ số bài toán trắc nghiệm thi THPTQG nhanh nhất theo phép
biến hình. Từ đó để học sinh có nhiều định hướng trước khi tư duy để giải toán
dạng hàm số và số phức.
Thực tế qua quá trình giảng dạy và tham khảo kết quả bài làm của học
sinh quacác kỳ thi,tôi thấy học sinh (kể cả những học sinh khá, giỏi) thường
lúng túng hoặc bỏ qua hoặc không làm được khi gặp loại toán này hoặc có giải
được theo hướng đại số thông thường. Có 2 nguyên nhân chính dẫn đến tình
trạng như trên đó là: Học sinh không định hướng được cách giải loại toán này
mà chỉ tư duy thuần túy theo đại số khi vận dụng kiến thức vào giải bài tập. Các
thầy cô chưa tập trung khai thác nhiều và đứng trước một đề bài các em không
biết xử lí như thế nào cho phù hợp, tránh mất thời gian. Phương pháp học tập
của học sinh quá thụ động, không sáng tạo, không linh hoạt khi hướng dẫn học
sinh học một cách tích cực.

Do đó việc lựa chọn một đề tài SKKN nhằm góp phần giải quyết vấn đề
trên là việc làm phù hợp với thực tiễn, thể hiện tình yêu nghề và trách nhiệm của
người cán bộ giáo viên. Từ thực tế trên tôi quyết định chọn đề tài: “Một số ứng
dụng của phép biến hình vào giải toán trắc nghiệm lớp 12" .
1.2. Mục đích nghiên cứu.
2


- Nhằm trang bị thêm cho học sinh một số công cụ mới để giải một số bài toán
đồ thị hàm số và số phức mới và khó.
- Hệ thống hóa kiến thức, kĩ năng và nhận dạng một số bài toán về hàm số và số
phức mức độ vận dụng, để từ đó có hướng giải quyết bài toán.
- Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng.
- Việc đưa ra hướng giải cho một số bài toán đó giúp cho học sinh có cái nhìn
rộng hơn và nhanh chóng đưa ra được lời giải cho bài toán trắc nghiệm.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
-Đề tài nghiên cứu,tổng kết về vấn đề giải bài toán ứng dụng của phép biến hình
vào giải toán trắc nghiệm lớp 12.
- Học sinh khối lớp mà tôi được phân công trực tiếp giảng dạy. Cụ thể là lớp 12
tôi đã và đang trực tiếp giảng dạy.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Sử dụng phương pháp sưu tầm, phân tích các tài liệu, các đề thi thử THPTQG.
Xây dựng cơ sở lí thuyết.
- Nghiên cứu về cấu trúc và nội dung chương trình Toán 11, 12, phần phép biến
hình, đồ thị hàm số, ứng dụng hình học của số phức.
- Gặp gỡ, trao đổi, tiếp thu ý kiến của các đồng nghiệp để tham khảo ý kiến làm
cơ sở cho việc nghiên cứu đề tài.
- Thông qua thực tế dạy học trên lớp, giao bài tập,củng cố bài học,hướng dẫn
học sinh chuẩn bị bài kết hợp với kiểm tra,đánh giá.Tổng hợp, so sánh,đúc rút
kinh nghiệm.

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
- Đưa ra tập tài liệu chính thống và cụ thể giúp học sinh nhận dạng và giải
nhanh một số bài toán trắc nghiệm ứng dụng phép biến hình để giải các bài toán
về đồ thị hàm số và số phức trong các kì thi THPTQG.
- Phát triển tư duy hình học mới mẻ.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1.Cơ sở lí luận của đề tài.
Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo
nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông, đặc biệt là môn toán, môn học rất cần thiết và không thể thiếu được trong
đời sống mỗi người.
Môn toán ở trường THPT là một môn độc lập, chiếm phần lớn thời gian trong
chương trình học của học sinh. Môn toán có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ
môn khoa học nghiên cứu có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự
nhiên của con người. Nó có khả năng giáo dục rất lớn trong việc rèn luyện tư
duy, suy luận logic, đem lại niềm vui,hứng thú, hình thành nhân cách tốt đẹp cho
người lao động trong thời đại mới. Bài toán ứng dụng giúp biến hình vào giải
các bài toán liên quan đến đồ thị hàm số và số phức giúp học sinh tư duy hình
3


học tốt hơn, hình thành phẩm chất của người lao động năng động,sáng tạo, làm
chủ tương lai.
Ứng dụng phép biến hình vào nội dung hàm số
Dựng đồ thị của một hàm số thông qua các phép biến hình từ đồ thị của
một hàm số đã cho.
2.1.1. Đồ thị hàm số y  f ( x )
Giả sử M ( x; f ( x )) thuộc đồ thị
hàm số y  f ( x ) đặt tương ứng với

điểm M '( x; f ( x ) ) thuộc đồ thị hàm
số y  f ( x ) .

Hình 2.1.1
Giả sử M ( x; f ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x ) đặt tương ứng với điểm
M '( x; f ( x ) ) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x ) .
�f ( x), f ( x)  0
�
f ( x)  0 nên đồ thị hàm số y  f ( x ) được suy ra từ đồ thị
Vì f ( x )  �0,
�
 f ( x), f ( x)  0
�
hàm số y  f ( x ) bằng cách giữ nguyên phần bên trên trục hoành ( kể cả các điểm
nằm trên trục hoành), lấy đối xứng phần bên dưới trục hoành qua trục hoành, sau
đó bỏ phần bên dưới trục hoành.
2.1.2. Đồ thị hàm số y  f ( x )
Giả sử M ( x; f ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x ) đặt tương ứng với điểm
M '( x; f ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x ) .
�f ( x), x  0
�
x  0 nên đồ thị hàm số y  f ( x ) được suy ra từ đồ thị hàm
Vì f ( x )  �f (0),
�f ( x), x  0
�
số y  f ( x ) bằng cách bỏ phần bên trái trục tung, lấy đối xứng phần bên phải
trục tung qua trục tung.

4

Hình 2.1.2

Hình 2.1.3

2.1.3. Đồ thị hàm số y  f ( kx ), k �0
Giả sử M ( x; f ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x ) , đặt tương ứng với điểm
x
M '( ; f ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  f (kx ) . Do đó, đồ thị hàm số y  f (kx )
k
được suy ra từ đồ thị hàm số y  f ( x ) bằng phép co dãn theo trục hoành
1
1
Nếu k  1 � 0   1 do đó là phép co với hệ số co .
k
k
Nếu 0  k  1 � 1  1 do đó là phép dãn với hệ số dãn 1 .
k
k
y

f
(

kx
)
k

0
Nếu

thì ta dựng đồ thị hàm số
sau đó lấy đối xứng qua trục
tung. Điểm bất động là những điểm nằm trên trục tung.
2.1.4. Đồ thị hàm số y  kf ( x ), k �0
Giả sử M ( x; f ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x ) đặt tương ứng với điểm
M '( x; kf ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  kf ( x ) . Do đó, đồ thị hàm số y  kf ( x )
được suy ra từ đồ thị hàm số y  f ( x ) bằng phép co dãn theo trục tung.
Nếu k  1 do đó là phép dãn với hệ số dãn k .
Nếu 0  k  1 đo đó là phép co với hệ số co k .
Nếu k  0 thì ta dựng đồ thị hàm số y  kf ( x ) sau đó lấy đối xứng qua trục
hoành. Điểm bất động là những điểm nằm trên trục hoành.

Hình 2.1.5

Hình 2.1.4
5


2.1.5. Đồ thị hàm số y  f ( x )  m
Giả sử M ( x; f ( x )) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x ) đặt tương ứng với điểm
M '( x; f ( x )  m ) thuộc đồ thị hàm số y  f ( x )  m .Do đó đồ thị hàm số
y  f ( x )  m được suy ra từ đồ thị hàm số y  f ( x ) bằng phép tịnh tiến theo
r
véc tơ v  (0; m ) .Từ đó ta thấy nếu m  0 thì từ đồ thị hàm số y  f ( x ) ta “dịch
lên” theo trục tung m đơn vị ta sẽ thu được đồ thị hàm số y  f ( x )  m . Nếu
m  0 từ đồ thị hàm số y  f ( x ) ta “dịch xuống” theo trục tung  m đơn vị ta sẽ
thu được đồ thị hàm số y  f ( x )  m . Hiển nhiên m  0 thì phép tịnh tiến trên
trở thành phép đồng nhất.Nếu m �0 thì không có điểm bất động (điểm biến
thành chính nó).
2.1.6. Đồ thị của y  f ( x )

� f ( x ) �0
�
Ta có y  f ( x ) � ��y  f ( x )
��y   f ( x )
��
Do đó đồ thị của y  f ( x ) được suy
ra từ đồ thị của hàm số y  f ( x ) bằng
cách bỏ phần bên dưới trục hoành, lấy
đối xứng phần bên trên trục hoành
qua trục hoành.
2.1.7. Đồ thị hàm số y  f ( x  m )
Giả sử M ( x; f ( x )) thuộc đồ thị
hàm số y  f ( x ) đặt tương ứng với
điểm M '( x  m; f ( x )) thuộc đồ thị
hàm số y  f ( x  m ) . Do đó, đồ thị
hàm số y  f ( x  m ) được suy ra từ
đồ thị hàm số y  rf ( x ) bằng phép
tịnh tiến theo véc tơ v  (  m;0) .

Hình 2.1.6

Hình 2.1.7
Ứng dụng phép biến hình vào nội dung số phức
Các phép biến hình ứng với các phép toán trên tập số phức.Trong nội
dung số phức ta đặt qui tắc mỗi số phức có dạng đại số z  a  bi với một điểm
M ( a; b) trên mặt phẳng Oxy .
2.1.8. Phép cộng hai số phức
Dựa trên định nghĩa phép cộng hai số phức ta có nhận xét sau:

6

Giả sử số phức z được biểu diễn bởi điểm M , số phức z ' được biểu diễn bởi
w  z  z ' có được bằng cách tịnh
điểm M ' . Khi đó điểm
uuuur A biểu diễn số phức
tiến điểm M theo OM ' .
2.1.9. Phép trừ hai số phức
Dựa trên định nghĩa phép trừ hai số phức ta có nhận xét sau:
Giả sử số phức z được biểu diễn bởi điểm M , số phức z ' được biểu diễn bởi
w  z  z ' có được bằng cách tịnh
điểm M ' . Khi đó điểm
uuuuur A biểu diễn số phức
tiến điểm M theo M ' O .
2.1.10. Phép nhân hai số phức
Giả sử hai số phức z, z ' có biểu diễn dạng mũ lần lượt là z  rei ,
z '  r ' ei ' . Khi đó: w  zz '  rr ' ei (  ') . Do đó nếu M , N lần lượt là các điểm
biểu diễn cho z, w thì điểm N được suy ra từ điểm M bằng cách thực hiện liên
tiếp phép quay tâm O góc quay  ' và phép vị tự tâm O tỉ số r ' .
2.1.11. Phép chia hai số phức
Giả sử hai số phức z, z ' có biểu diễn dạng mũ lần lượt là z  rei ,
z r i (  ')
. Do đó nếu M , N lần lượt là các điểm
z '  r ' ei ' . Khi đó: w   e
z' r'
biểu diễn cho z, w thì điểm N được suy ra từ điểm M bằng cách thực hiện liên
1
tiếp phép quay tâm O góc quay  ' và phép vị tự tâm O tỉ số .
r'
2.1.12. Phép lấy số phức liên hợp

Dựa trên định nghĩa số phức liên hợp ta có nhận xét sau:
Nếu M biểu diễn cho số phức z và M ' biểu diễn cho số phức z thì M và M ' đối
xứng với nhau qua trục Ox .
2.1.13. Phép lấy mô đun
Giả sử điểm M biểu diễn số phức z khi đó OM  z .Giả sử điểm M biểu
diễn số phức z1 , điểm N biểu diễn số phức z2 . Khi đó MN  z2  z1 .
2.1.14. Một số biểu diễn hình học của số phức thường gặp
2.1.14.1. Đường thẳng
2
2
Phương trình z  a1  b1i  z  a2  b2i  k 2 biểu diễn cho đường thẳng.
2.1.14.2. Đường tròn, hình tròn
Phương trình z  (a  bi )  R biểu diễn đường tròn tâm I ( a; b) bán kính R .
Phương trình z  ( a  bi ) �R biểu diễn hình tròn tâm I ( a; b) bán kính R .
2.1.14.3. Đường Elip
Phươngtrình: z  (a1  b1i )  z  ( a2  b2i )  2a , a  0

2a  ( a2  a1 ) 2  (b 2  b1 ) 2 biểu diễn cho Elip có tiêu điểm F1 ( a1 ; b1 ), F2 ( a2 ; b2 )
và độ dài trục lớn là 2a .
Nếu F1 �F2 thì Elip suy biến thành đường tròn.
Nếu 2a  (a2  a1 )2  (b2  b1 )2 thì Elip suy biến thành đoạn thẳng F1 F2 .
2.1.14.4. Đường Hyperbol
7


Phươngtrình: z  ( a1  b1i )  z  ( a2  b2i )  2a, a  0 ,

2a  ( a2  a1 ) 2  (b 2  b1 ) 2 biểu diễn cho đường hyperbolcó tiêuđiểm F1 ( a1 ; b1 ) ,
F (a2 ; b2 ) và độ dài trục thực là 2a .
Nếu 2a  ( a2  a1 ) 2  (b2  b1 ) 2 thì hyperbol suy biến thành đường thẳng F1F2 bỏ

đi đoạn thẳng F1 F2 .
2.1.14.5. Đường Parabol
Cho Parabol có đường chuẩn  : A Re z  B Im z  C  0, A2  B 2  0 và
tiêu điểm F (a; b) , trong đó Rez, Imz lần lượt là phần thực, phần ảo của số phức
z. Khi đó phương trình của Parabol có dạng:
Aa  Bb  C
z  ( a  bi ) 
A2  B 2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Các kiến thức phép biến đổi đồ thị, phép biến hình trong sách giáo khoa
trình bày rất đơn giản, bài toán ở sách giáo khoa lớp 12 chỉ viết riêng cho hàm
số. Trong khi đó các kỳ thi trắc nghiệm THPTQG trong những năm gần đây gần
như năm nào có ứng dụng của phép biến hình vào giải toán trắc nghiệm. Kỹ
năng giải quyết dạng bài tập này của học sinh còn yếu.Từ đó học sinh gặp
vướng mắc với bài toán này hoặc có tâm lí ngại tiếp xúc với dạng toán này, thậm
chí có rất nhiều học sinh yếu đọc lướt qua đề bài của bài toán này khi tham dự
các kì thi.
Vì thế thông qua học tập làm sao giúp các em rèn luyện khả năng tư duy
sáng tạo, từ đó có kĩ năng giải quyết các vấn đề trong học tập, giúp học sinh có
hứng thú học tập bộ môn.Việc làm này tôi nghĩ cần thiết và phù hợp với yêu cầu
của giáo dục trong giai đoạn mới.
Từ thực trạng trên để công việc đạt hiệu quả hơn, trong chuyên đề này tôi
muốn hướng dẫn học sinh cách định hướng phương pháp giải bài toán“Một số
ứng dụng của phép biến hình vào giải toán trắc nghiệm lớp 12". Trong
chuyên đề các bài tập sẽ trình bày nhiều dạng khác nhau, để từ đó các em đưa ra
được kết luận cho mình, ứng dụng loại bài tập nào cho phù hợp.
2.3. Giải pháp thực hiện
Chuyên đề đã thực hiện trong năm học 2018-2019 tại lớp chọn 12B1. Sau khi
thực hiện có kiểm tra, đốichứng, tôi thấy những học sinh trung bình khá, khá,
giỏi đã không có cảm giác vướng mắc hoặc đọc lướt đề bài dạng toán này như

trước đây khi chưa được tiếp thu chuyên đề. Cũng qua đó học sinh tỏa ra hứng
thú học tập đối với phần này.
Trong mỗi bài toán hướng dẫn học sinh cách tìm tòi các lời giải khác nhau. Từ
đó giúp các em có cách nhìn rộng, từ một bài toán cụ thể đến các vấn đề tổng
quát .
Khi gặp bài toán trong nội dung số phức ta đặt qui tắc mỗi số phức có
dạng đại số z  a  bi với một điểm M (a; b) trên mặt phẳng Oxy .
8


Khi gặp bài toán trong nội dung hàm số ta có thể biến đổi đồ thị bằng
cách giải trực tiếp hoặc dựa vào đáp số để thử và loại trừ các phương án, phần
biến đổi đồ thị chỉ đề cập ở sách bài tập.
Tuy nhiên đề thi minh họa,thử nghiệm hay chính thức THPTQG các năm
từ 2017 trở lại đây, ta gặp rất nhiều, thậm chí ớ các câu vận dụng, vận dụng cao.
Nó đòi hỏi chúng ta phải có cái nhìn rõ về vấn đề, phải loại bỏ phương pháp và
sử dụng phương pháp nào là hợp lí. Sau đây là cách mà tôi định hướng cho học
sinh thông qua một số bài tập khi giải loại toán này.
BÀI TẬP MINH HỌA .
Dạng 1: Sử dụng phép biến đổi đồ thị từ đồ thị hàm số đã cho
Bài 1. Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên (Hình 1.2.1). Xác định
tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f ( x )  m có đúng hai nghiệm
thực phân biệt.[6]
A. m  4; m  0
B. 3  m  4
C. 0  m  3
D. 4  m  0

Hình 1.2.1
Hướng dẫn:

Hình 1.2.2

Theo 2.1.1 ta dễ dàng dựng được đồ thị hàm số y  f ( x ) (Hình 1.2.2). Số
nghiệm của phương trình

f ( x )  m là số giao điểm của đồ thị hàm số

y  f ( x ) và đường thẳng y  m . Dựa vào đồ thị ta có: m  4; m  0 . Do đó
chọn A.

9


Bài 2.
Cho hàm số bậc ba y  f ( x ) có đồ thị như
hình vẽ ( Hình 1.2.3). Tất cả các giá trị của
tham số m để hàm số y  f ( x )  m có ba điểm
cực trị là [10]
A. m �1; m �3 .

B. m �1; m  3 .

B.

D. m  3 .

D.

m �3; m �1 .

C. m  1; m  3 .

Hình 1.2.3

1 �m �3
Hướng dẫn:
Theo 2.1.1 và 2.1.5 thì đồ thị hàm số y  f ( x )  m được suy ra từ đồ thị hàm số
r
y  f ( x ) bằng cách thực hiện phép tịnh tiến theo v (0; m) sau đó dựng đồ thị
hàm trị tuyệt đối.
Dễ thấy nếu m �1; m �3 thì 2 cực trị của hàm số y  f ( x )  m nằm hoàn toàn
bên dưới hoặc bên trên trục hoành. Do đó khi dựng đồ thị hàm trị tuyệt đối
y  f ( x )  m sẽ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Hình 1.2.4

Hình 1.2.5

10


Nếu hai cực trị hàm số y  f ( x )  m
nằm về hai phía trục hoành thì khi
dựng đồ thị hàm số y  f ( x )  m sẽ
có 5 cực trị. Vậy chọn A.
(Hình 1.2.6)

Hình 1.2.6
Bài 3.
Cho đồ thị hàm số y  f ( x ) như hình vẽ ( Hình 1.2.7). Đồ thị hàm số y  f ( x )

có bao nhiêu đường tiệm cận gồm tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.[2]
A.0

B. 1

C. 2

D. 3

Hướng dẫn:
Theo 2.1.2. thì đồ thị của hàm số y  f ( x ) được dựng như hình 1.2.8.
Do đó đồ thị hàm số y  f ( x ) có 3 đường tiệm cận gồm tiệm cận đứng và tiệm
cận ngang. Chọn C.

Hình 1.2.7

Hình 1.2.8

Bài 4.
11


Cho hàm số bậc ba y  f ( x ) có đồ thị
như hình ( Hình 1.2.9). Gọi M , m lần lượt
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số y 

3 x
f ( ) trên đoạn  0; 2 . Khi
2 2

đó M  m là [2]
A. 0

B. 2

C. 1

D. 3

Hình 1.2.9

Hướng dẫn:
Theo 2.1.3 và 2.1.4 ta suy ra đồ thị hàm số y 

3 x
f ( ) từ đồ thị hàm số
2 2

y  f ( x ) bằng cách thực hiện phép dãn theo trục hoành với hệ số dãn 2 ( Hình

1.2.10) sau đó thực hiện phép dãn theo trục tung với hệ số dãn

3
(Hình 1.2.11).
2

Vậy M  3, m  0 � M  m  3 . Chọn D.

Hình 1.2.10

Hình 1.2.11
m
Bài 5. Tìm để hệ phương trình sau có ba nghiệm phân biệt

x 3  2 x  1  m  0 .[4]
A. 

94 6
94 6
m
9
9

B. 0  m 

94 6
9

12


C. 

94 6
m0
9

D. 

94 6

94 6
�m �
9
9

Hướng dẫn:
3
3
Ta có: x  2 x  1  m  0 � m  x  2 x  1(1) .Theo 2.1.6 thì số nghiệm của
3
phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị y  x  2 x  1 và đường thẳng

y  m . Dựa vào đồ thị của y  x 3  2 x  1 và y  m suy ra để phương trình đã

cho có 3 nghiệm phân biệt thì 

94 6
94 6
. Chọn A.
m
9
9

Hình 1.2.12
Dạng 2: Sử dụng phép biến hình vào nội dung số phức
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm M là điểm biểu diễn của số phức z như
hình vẽ bên. Điểm nào trong các điểm sau là điểm biểu diễn của số phức 2z . [4]
A. Điểm N
B. Điểm Q
C. Điểm E

D. Điểm P

Hình 1.2.13
13


Hướng dẫn: Số phức 2z ta thực hiện liên tiếp phép quay tâm O góc quay
Arg 2  0 ( đây là phép đồng nhất) và phép vị tự tâm O tỉ số 2  2 . Do đó chọn
C.
Lưu ý:
uuuu
r
Số phức 2z biểu diễn hình học bằng 2.OM , do đó chọn đáp án C. Cách
giải này nhanh hơn.
Bài 7. Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  1 . Biết rằng các điểm biểu diễn số
phức w  (1  i ) z  5  2i là một đường tròn. Tìm tâm và bán kính đường tròn
đó. [4]
Hướng dẫn
Vì z  1  2i  1 nên các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm
I (1; 2) bán kính R  1 .
Lưu ý: Phép quay biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính, biến tâm
thành tâm. Phép vị tự tỉ số k biến đường tròn thành đường tròn có bán kính k R
, biến tâm thành tâm.Do đó theo 2.1.3, các điểm biểu diễn số phức (1  i ) z là
đường tròn (C ') . Vì (1  i )(1  2i )  3  i nên tâm của (C ') là I '(3; 1) .Bán kính
của (C ') là R '  1  i .1  2 .

Hình 1.2.14
Theo 2.1.1, các điểm biểu diễn số phức w  (1  i ) z  5  2i là đường tròn (C '') .
Vì (1  i )(1  2i )  5  2i  3  i  5  2i  8  3i nên tâm của (C '') là I ''(8; 3) .
Phép tịnh tiến không làm thay đổi bán kính nên bán kính của (C '') là

R ''  R '  2 .Vậy tâm là (8; 3) , bán kính là 2 .
Lưu ý:
Bài này có thể giải theo phương pháp đại số thông thường. Đặt w = a + bi
rút ra z rồi thế vào giả thiết ban đầu sẽ thiết lập được phương trình đường tròn :
(a-8)2 + (b+3)2 = 2. Vậy tâm là (8; 3) ,bán kính là 2 . Tuy nhiên cách này tính
toán cồng kềnh, mất thời gian. Ta có thể hướng học sinh theo một trong hai cách
trên tuỳ theo khả năng tiếp thu của từng em.

14


Bài 8. Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  z  3  i  20 , w1 , w2 là hai số phức
thỏa mãn phương trình w  (3  4i ) z  1  2i . Tìm giá trị lớn nhất của w1  w2 .
[10]
Hướng dẫn:
Theo 2.1.14.3 thì z  1  2i  z  3  i  20 là một đường elip có độ dài
trục lớn là 20 thì w  (3  4i ) z  1  2i cũng là elip có độ dài trục lớn là
(3  4i )20  100 . Do đó max w1  w2  100 .
Lưu ý:
Đây là cách giải tối ưu nhất của bài toán này. Đó là đặc trưng trong ứng
dụng hình học của số phức. Cách giải bằng đại số phải đánh giá phức tạp và khó.
Bài 9.
Xét số phức z thỏa mãn z  2  i  z  4  7i  6 2 . Gọi m , M lần lượt là giá trị
nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z  1  i . Tính P  m  M .[11]
5 2  2 73
.
2
5 2  73
D. P 
.

2

B. P 

A. P  13  73 .
C. P  5 2  2 73 .

Hướng dẫn:
Theo 2.1.14.3 dễ thấy z  2  i  z  4  7i  6 2 là phương trình đoạn
thẳng F1F2 với F1 ( 2;1) và F2 (4;7) .

Hình 1.2.15
Giả sử A(1; 1) . Do đó T  z  1  i là độ dài đoạn AM .
Ta có phương trình đường thẳng F1 F2 là x  y  3  0 .
1  ( 1)  3
5
AH  d ( A, F1F2 ) 

, AF1  13 ; AF2  73
2
12  ( 1) 2
Vậy max T  73 , min T 

5
.
2

Lưu ý:
Đây là ứng dụng hình học rõ nét của số phức.Cách giải bằng đại số cũng
giải được. Từ đó ta có đề xuất cho các bài tập tương tự sau:

15


Bài 10. Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z
thỏa mãn điều kiện: z  2  i  z [1]
Hướngdẫn:
* Hướng thứ nhất: Đặt z  a  bi,  a,b�� là số phức đã cho và
điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức C.
Tacó: z  2  i  z �  x  2  yi  x   y  1 i �  x  2 2  y2  x2   y  1 2
� 4x  2y  3  0.
Vậy tập hợp điểm M cần tìm là đường thẳng 4x  2y  3  0 .

M  x;y 

là

* Hướng thứ hai: z  2  i  z � z   2  z  i  

Đặt z  a  bi,  a,b�� là số phức đã cho và

M  x;y 

là điểm biểu diễn của

trong mặt phẳng phức, điểm A biểu diễn số 2 tức A  2;0 và điểm B biểu
diễn số phức i tức B 0;1 . Khi đó   � MA  MB
Vậy tập hợp điểm M cần tìm là đường trung trực của AB : 4x  2y  3  0 .
Bài 11. Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z
thỏa mãn điều kiện: z  2  z  2  5 [6]
Hướngdẫn:

* Hướng thứ nhất: Đặt z  a  bi,  a,b�� là số phức đã cho và M  x;y là
điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức.
z

Ta có: z  2  z  2  5 �  a  2  bi   a  2  bi  5 hay

 a  2 2  b2   a  2 2  b2  5

 1
2
�
5 4a �
2
2 �
�
2
5 4a �
2
�a  2  b  �2  5 �, a �25
a  2  b  

�
8
�
�
�
2 5 �
�
�
2

�  a  2 2  b2  5  4a �
2
5 4a �
25
2 �
a

2

b


 
�
�
�, a �
2 5
�
8
�2 5 �
�

�

9a2 2 9
25
25
 b  ,  �a �
25
4

8
8

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức là elip có phương trình
* Hướng thứ hai: Đặt z  a  bi,  a,b�� là số phức đã cho và
biểu diễn của z trong mặt phẳng phức C.
Trong mặt phẳng phức, xét các điểm F1  2;0 ,F2  2;0

x2 y2

1
25 9
4
4

M  x;y 

là điểm

Ta có: MF1   2  a 2    b 2   a  2 2  b2  z  2
MF1 

 2  a 2   b 2   a  2 2  b2  z  2

Giả thiết z  2  z  2  5 � MF1  MF2  5 .
16


Vì

MF1  MF2  F1F2

Ta có:

nên tập hợp điểm

M

là 1elip.

2
�2a  5 �
x2 y2
�4a  25
��
�  E : 
1
�
25 9
�2c  4 �4b2  9
4
4

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
Bài 1.
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: ( x  4)3  2 x  8  m  0 .[6]
4 6
4 6
4 6
4 6

A. m 
B. m �
C. m 
D. m �
9
9
9
9
Bài 2.
Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị như
hình bên ( Hình 1.3.1). Số cực trị của
hàm số y  f ( x ) là [10]
A. 1
B. 2
C. 3
D. 5

Hình 1.3.1
Bài 3.
Cho hàm số y  f ( x ) có đồ thị như
hình bên ( Hình 1.3.2). Số đường tiệm
cận của hàm số y  f ( x ) là [11]
A. 1
B. 3
C. 2
D. 5

Hình 1.3.2
Bài 4.
Giá trị của m để phương trình

x 1
 m có 4 nghiệm phân biệt là [6]
x 1

A. m  1
B. m �1
C. m  1
D. m �1
Bài 5.
Cho số phức z1 thỏa mãn z1  2 và số phức z2 thỏa mãn z2  5  1 . Giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z1  z2 là M , m . Khi đó Mm là [4]
A. 16
B. 8
C. 2
D. 4
Bài 6:
17


2
2
Cho số phức z1 thỏa mãn z1  2  z1  i  1 và số phức z2 thỏa mãn

z2  4  i  5 . Giá trị nhỏ nhất của z1  z2 [2]

2 5
B. 5
C. 2 5
5

Bài 7.
Cho số phức z có miền biểu diễn là
miền trong kể cả biên của hình vuông
như hình vẽ ( Hình 2.4.1). Diện tích
miền biểu diễn số phức
w  (4  i )( z  2  3i )  5  3i là. [2]
A. 17
B. 17
17
C. 1
D.
2

A.

D.

3 5
5

Hình 2.4.1
Bài 8:
Cho số phức z  1  i . Khi đó z100 bằng [1]
A. 250 ( 1  i )
B. ( 1  i )
C. 250
D. 2100 ( 1  i )
Bài 9:
Trong mặt phẳng phức cho elip có phương trình z  1  z  1  4 . Biết rằng số
phức w  (1  2i ) z  1  i được biểu diễn bởi một elip. Tính diện tích elip đó.[11]

A. 5 3
B. 10 3
C. 10 3
D.  5
Bài 10:
Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn
điều kiện: z  3  z  3  5 [2]
A. Elip
B. Parabol
C.Đường thẳng
D. Đường tròn
Bài 11:
Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn
điều kiện: z  2  i  z [2]
A. Elip

B. Parabol

C.Đường thẳng

D. Đường tròn

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,với bản
thân,đồng nghiệp và nhà trường.
Để thấy rõ vai trò, ý nghĩa và sự tác động khác nhau lên quá trình lĩnh hội kiến
thức, sự phát triển năng lực tư duy sáng tạo, hình thành kĩ năng của học sinh khi
giáo viên không sử dụng và sử dụng đề tài, tôi đã tiến hành kiểm nghiệm như
sau:

18

-Tôi tiến hành kiểm tra 1 tiết ( thời gian 45 phút ) cho 2 lớp chọn 12B1 và 12C1
(Lớp 12C1 năm học 2017-2018 và lớp 12B1 năm học 2018-2019)gồm 8 câu trắc
nghiệm trong đề tài .
-Tôi so sánh kết quả thực nghiệm của lớp 12C1 năm học 2017 – 2018 với kết
quả của lớp 12C2 năm học 2016 – 2017 khi chưa áp dụng đề tài với cùng một
bài kiểm tra. Đây là hai lớp chọn ban KHTN có khả năng tiếp thu tương đương
nhau. Kết quả: các em lớp 12C1 đạt kết quả tốt hơn nhiều so với các em học
sinh lớp 12C2.
Lớp
12C2
12B1

Sĩ
số
40
37

Giỏi

Khá

SL 0

SL

0%

SL 8

22%

0

Trung bình

Yếu

SL

SL

0%

SL

12
33%

11
27,5%

SL

12
32%

Kém
16

SL 13

40%

SL

5
13%

32,5%

SL

0
0%

- Từ kết quả kiểm tra tại lớp, phần làm bài của học sinh khi học bồi dưỡng ôn
thi đại học, tốt nghiệp THPTQG tôi nhận thấy việc đưa đề tài vào giảng dạy là
thiết thực, phát huy hiệu quả cao.Từ đó nâng cao chất lượng thi học sinh giỏi, thi
THPTQG hàng năm.Từ đó tăng cường điểm số ở phần câu hỏi phân loại thí
sinh, góp phần làm nổi bật thành tích mũi nhọn của nhà trường.
- Trong quá trình giảng dạy tôi đưa ra hệ thống các bài toán để học sinh nhận
dạng và lựa chọn phương pháp làm bài phù hợp. Các bài toán này được thực
hiện trên một số học sinh trung bình khá trở lên tiếp thu và vận dụng tốt đảm
bảo yêu cầu chính xác, tiết kiệm được thời gian.
Mặt khác đây cũng là tập tài liệu mà các thành viên trong tổ Toán học hỏi
và bổ sung kiến thức cho bản thân nhằm nâng cao chất lượng dạy và học trong
nhà trường.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.

Trên đây chỉ là một vài bài tập minh họa cho việc định hướng phương pháp sử
dụng phép biến hình trong việc giải một số bài toán về số phức và hàm số, để
chúng ta có cách nhìn đúng hướng về việc tìm ra lời giải cho bài toán dạng này
giúp cho việc dạy và học toán có hiệu quả hơn, kiểu tư duy này được áp dụng
trong thực tế giảng dạy và học tập tùy theo yêu cầu của chương trình, của người
học, người dạy mà ta lựa chọn bài tập phù hợp. Sau khi thực hiện đề tài này, tôi
thấy có một số vấn đề cần rút ra như sau:
- Thứ nhất là qua cách định hướng các em tự hệ thống hoá được để giải quyết
cho cùng một bài tập, đồng thời các em nhận xét, áp dụng cách giải thích hợp
cho từng kiểu bài toán.
19


- Thứ hai là nâng cao tính sáng tạo trong học tập, bước đầu giúp các em có
phong cách nghiên cứu khoa học. Đặc biệt biết áp dụng vào giải các bài toán
khác.
Qua thời gian viết SKKN và vận dụng chuyên đề này vào giảng dạy, tôi
thấy việc làm này đã thu được kết quả đáng kể từ phía các em học sinh. Đây
thực sự là một công cụ hiểu hiệu giúp học sinh giải quyết bài toán nhanh gọn và
chính xác. Điều này phần nào tạo cho các em học sinh có tâm thế tốt khi bước
vào các kì thi quan trọng.
Qua việc ứng dụng đề tài này vào giảng dạy cho học sinh, tôi nhận thấy
đây là chuyên đề có thể tiếp tục áp dụng vào các năm học tiếp theo, đặc biệt rất
phù hợp với mọi đối tượng học sinh. Tất nhiên là phải tiếp tục hoàn thiện đề tài
này hơn nữa.
3.2. Kiến nghị.
Qua nghiên cứu đề tài này, tôi rút ra một số kiến nghị sau:
- Phải thường xuyên học hỏi, trau dồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy
học phù hợp.
- Cần phải phát huy tối đa vai trò của phương pháp dạy học trắc nghiệm gắn liền

với thực tiễn và đối với từng học sinh (phân loại học sinh trung bình,yếu,kém).
- Thường xuyên tạo ra tình huống có vấn đề kích thích sự tìm tòi học hỏi của
học sinh.
- Trong quá trình thực hiện đề tài, tôi đã nhận được những góp ý quý báu của
các đồng nghiệp, song do thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên đề tài
của tôi không tránh khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong tiếp tục nhận được sự
đóng góp khác từ phía đồng nghiệp để tôi hoàn thiện hơn đề tài của mình.
- Rất mong các thầy cô giáo quan tâm, dựa vào trình độ của khối lớp để có thể
đưa ra các dạng bài tập từ cấp độ thấp đến cấp độ cao mang tính vừa sức, giúp
cho các em quen dần với phương pháp này, góp phần nâng cao chất lượng dạy
và học.
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều
hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu học
tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Thanh hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2019
Tôi cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Lê Trọng Hoàng

20


Tài liệu tham khảo
[1]. Giáo trình Đại số và giải tích lớp 12, Nhà xuất bản giáo dục năm 2006.
[2]. Hoàng Xuân Định, TrườngTHPT Nghĩa Đàn, tỉnh Nghệ An - “Một số
phương pháp biến đổi đồ thị nâng cao hiệu quả giải các bài toán trắc nghiệm

hàm số trong chương trình 12 THPT”- SKKN năm học 2016-2017.
[3]. Giáo trình Hình học lớp 11, Nhà xuất bản giáo dục năm 2006.
[4]. Đề minh họa kì thi THPTQG năm 2017 của Bộ giáo dục và đào tạo.
[5]. Đề chính thức kì thi năm THPTQG 2017 của Bộ giáo dục và đào tạo.
[6]. Đề minh họa kì thi năm THPTQG 2018 của Bộ giáo dục và đào tạo.
[7]. Đề minh họa kì thi THPTQG quốc gia năm 2019 của Bộ giáo dục và đào
tạo.
[8].Trần Phương, Chuyên đề hàm số, NXB ĐHQG Hà Nội 2009.
[9]. Nguyễn Mộng Hy, Phép biến hình trong mặt phẳng, Nhà xuất bản Giáo
Dục năm 2002.
[10]. Đề thi thử THPTQG quốc gia chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An năm 2018.
[11]. Đề thi thử kì thi THPTQG quốc gia năm 2019 của Sở giáo dục và đào tạo
Thanh Hóa.

21


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO XẾP LOẠI TỪ LOẠI C TRỞ LÊN
STT
1

Cấp đánh giá xếp loại Kết quả đánh Nămhọc đánh
Tên đề tài SKKN
giá xếp loại
giá xếp loại
Một số ứng dụng của Ngành giáo dục và
C
2013-2014

phương pháp lượng giác đào tạo Thanh Hóa
hóa

22