Một số ứng dụng của số phức trong giải toán đại số và hình học chương trình THPT

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 TỐN ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC CHƯƠNG TRÌNH THPT.

Người thực hiện: Ngơ Thị Thủy
Chức vụ:
Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

1


THANH HĨA NĂM 2013.

A- ĐẶT VẤN ĐỀ :
Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số phức được đưa
vào chương trình tốn học phổ thơng 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 mơn Đại số, Lượng giác, Hình học và Giải tích (thể hiện sâu
sắc mối quan hệ đó là cơng thức eiπ  1 0 ). Số phức là vấn đề hồn tồn mới
và khó đối với học sinh, địi 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 tốn để tạo nên sự lơi 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 tốn với nội dung hấp dẫn và hồn tồn mới mẻ.

Một trong các vấn đề tôi xây dựng là dạng tốn ''ỨNG DỤNG CỦA SỐ
PHỨC TRONG GIẢI TỐN 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 :
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 hồn tồn mới lạ mà phải là một q 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.

2


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 tơi ln tìm tịi 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 tơi xây dựng là dạng tốn ''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 mơn tốn 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.
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 tốn học và thực tiễn tơi đã
giới thiệu và biên soạn hệ thống ví dụ bài tập có tính mở rộng ở nhiều mảng tốn
học giải phương trình, giải hệ phương trình , giải bài tốn lượng giác, hình học.
1. Hệ thống các kiến thức cơ bản về số phức:
1.1- Khái niệm số phức:
3


 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 �= {a + b i / a, b � và i 2 = –1}. Ta có �
 �.
 Số phức có phần ảo bằng 0 là một số thực: z = a + 0. i = a � �
 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'
�
b  b'
�

 Cho hai số phức z = a + b i và z’ = a’ + b’ i . Ta có z = z  �
1.3Biểu diễn hình học của số phức:
 Mỗi số phức z = a + b i được xác định bởi cặp số thực (a; b).
 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.
1.4-Môđun của số phức:

 Số phức z = a + b i được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy.
uuuu
r

Độ dài của véctơ OM được gọi là môđun của số phức z. Kí hiệu
z = a + bi = a 2 + b 2

4


1.5-Số 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)

Chú ý:

Z Z

Z  OM  a 2  b 2  z.z

z  C

 Hai điểm biểu diễn z và z đối xứng nhau qua trục Ox trên mặt phẳng Oxy.
1.6-Cộng, 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.
1.7-Phép 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 �
 z. z = (a + b i )(a – b i ) hay z.z = a 2 + b 2 = z

2

 Phép nhân số phức có các tính chất như phép nhân số thực.
1.8-Phép chia số phức: Số nghịch đảo của số phức z  a  bi  0là
z -1 

1
z
 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

5


1.9-Lũy 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 �

 a = 0: Căn bậc hai của 0 là 0
 a > 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là a và – a
 a < 0: Có hai căn bậc hai đối nhau là

a .i và – a .i

 w là số phức: w = a + b i (a, b �, b  0) và z = x + y. i là 1 căn bậc hai của

�x 2 - y 2  a
w khi z  w � ( x  yi)  a  bi � �
2 xy  b
�
2

2

 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 .

   0: Phương trình có 2 nghiệm thực x1,2 

b � 
2a

  < 0: Phương trình có 2 nghiệm phức x1,2 

b � |  |.i
2a

+Phương trình bậc hai với hệ số phức:

Ax 2  Bx  C  0 ( A �0),

  B 2  4 AC ,   a  bi
6


  = 0: Phương trình có nghiệm kép x 

B
2A

   0: Phương trình có 2 nghiệm x1,2 

 B �
2A

với  là 1 căn bậc hai của .
1.11-Dạng lượng giác của số phức:
a/Acgumen
của số phức z  0:
a/
 Cho số phức z = a + b i  0 được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng
uur uuuu
r

Oxy. Số đo (rađian) của góc   (Ox, OM ) được gọi là một acgumen của z.
 Mọi acgumen của z sai khác nhau là k2 tức là có dạng  + k2 (k �)
(z và nz sai khác nhau k2 với n là một số thực khác 0).


uuuur

uuuu
r

z biểu diễn bởi OM thì –z biểu diễn bởi – OM
nên có acgumen là  + (2k + 1)



z biểu diễn bởi M đối xứng M qua Ox

nên có acgumen là –  + k2
uuuuu
r



– z biểu diễn bởi – OM ' nên có acgumen là –  + (2k + 1)



z
1
1
1
= z  | z |2 , vì | z |2 là một số thực
z

nên z 1 có cùng acgumen với z là –  + k2.
b/ Dạng lượng giác của số phức z = a + b i :

 Dạng lượng giác của số phức z  0 là z = r (cos  + i sin  ) với  là một
acgumen của z.

a
r

 z  a  bi � z  r  cos   i sin   ; r  a 2  b 2 ; cos   ; sin  

b
r
7


 Chú ý:

 Số – cos  – i sin  có dạng lượng giác là cos(  + ) + i sin(  + )
 Số cos  – i sin  có dạng lượng giác là cos(–  ) + i sin(–  )
 Số – cos  + i sin  có dạng lượng giác là cos( –  ) + i sin( –  )
c/ Nhân, chia số phức dưới dạng lượng giác:
Cho z = r (cos  + i sin  ) và z = r (cos  ’ + i sin  ’) với r , r  0

z.z '  r.r '[cos(   ')  i sin(   ')]
và
 Ta

z r
 [cos( -  ')  i sin( -  ')] ( r  0)
z' r'

có

1
z'

và

z

có

cùng

acgumen

là

– ’

+

k2

nên

1 1
 [cos( ')  i sin( ')] .
z' r'

Do đó

z r
 [cos( -  ')  i sin( -  ')] ( r ’ 0)
z' r'

d/ Công thức Moa–vrơ (Moivre) và ứng dụng:
e/Công thức Moa–vrơ: Cho số phức z = r (cos  + i sin  )
  r (cos   i sin  )   r n (cos n  i sin n ) (n �* )
n

f/Căn bậc hai số phức dạng lượng giác:`
 Mọi số phức z = r (cos  + i sin  ) ( r > 0) có 2 căn bậc hai là

�
� 
  r �cos  i sin �
2�
� 2
�
� �


�
� 
�
�
�
cos  i sin ��  2  r �
cos �   � i sin �   �
và  2   r �
�

2�
� 2
�
�2
�
� �2
�
8


2.Một số ứng dụng của số phức:
a/ Trong đại số:
I>Ứng dụng số phức trong một số bài toán giải phương trình-Hệ phương
trình:
Bài tốn 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
cơng thức nghiệm của phương trình bậc ba thu gọn trình bày theo cách ký hiệu
2a 2 ab
a2
p 2 p3

 ; p   b ; và δ là 1 căn bậc 2 của
hiện nay: Gọi q 
;u là căn
4 27
27
3
3
q
2

q
2

bậc 3 của    ; v là căn bậc 3 của    . Khi đó ta có nghiệm của phương
a
3

a
3

trình (1) là: x1=u+v  ; x2=uz+vz2; x3=uz2+vz3  .
1
2

Trong đó: z=  

3
1
3
i; z 2   
i; z 3  1.
2
2 2

��
1 �
1 2

�x �

2 �
�� x  y �
Bài toán 2: Giải hệ phương trình: �
1 �
�y �
1 2

2 �
��
�� x  y �

2
3
4 2
7

Giải: Nhân 2 vế của phương trình thứ 2 với i rồi cộng từng vế với phương trình
đầu. Đặt z=x+yi ta được phương trình ẩn z: z 

z
2 4 2


i (2)
2
z
7
3

9

� z 2  az  1  0
�
2 � �2 2
�1
� z � �
�
2
i
�
� �
�
7
21 � �
�3
�
�
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 tốn 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 tốn 3: Tính tổng
A=

C0
 C2
 C4
 C6
 ...  C 2004  C 2006  C 2008
2009
2009
2009
2009
2009
2009

2009

Giải:Xét khai triển:
 xC1
 x 2C 2
 ...  x 2008 C 2008  x 2009 C 2009
(1 + x)2009 = C 0
2009
2009
2009
2009
2009

Cho x = - i ta có:
 iC1
 i 2C 2
 ...  i 2008C 2008  i 2009C 2009
(1 – i )2009 = C 0
2009
2009
2009
2009
2009

 C2
 C4
 C6
 ... C2004  C2006  C2008 ) +
= ( C0
2009

2009
2009
2009
2009
2009
2009
 C5
 C7
 ... C2005  C2007  C 2009 )i
+ (  C12009  C3
2009
2009
2009
2009
2009
2009
2009

π
π �
Mặt khác: (1  i)2009  ( 2)2009 �
cos �
 �
 isin �
 �
�
�
�
�
�

�
�

� 4�

� 4�
�

 ( 2)2009 �cos

2009π
2009π �
 isin
=
4
4 �
�

( 2 ) 2009  cos

 2
π
π
2 
 isin  ( 2 ) 2009 
 i
21004  21004 i

4
4

2
2



�
�



10


So sánh phần thực và phần ảo của (1 – i )2009 trong hai cách tính trên ta được:
 C2
 C4
 C6
 ... C2004  C2006  C2008 = 21004
A = C0
2009
2009
2009
2009
2009
2009
2009

Bài tốn 4:Tính tổng:
0  39 C 2  38 C 4  37 C 6  ...  32 C16  3C18  C 20
D = 310 C20

20
20
20
20
20
20
 39 C2  38 C 4  37 C6  ...  32 C16  3C18  C20 )
Giải( 310 C0
20
20
20
20
20
20
20

19 1
17 3
3 17

+ +  ( 3 ) C 20  ( 3 ) C20  ...  ( 3 ) C20 

3C19 i =
20 

Mặt khác:



3 i

20



 3
1
220 
 i 
2
 2

220  cos





3 i

20

π
π
220  cos  isin 
6
6


20

220  cos



20π
20π 
 isin

6
6 

 1
4π
4π 
3 
 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

Dạng 2:

= - 219

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 tốn 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 2 C 2  x 3C3  ...  x 28C 28  x 29 C 29  x 30C30
(1 + x)30 = C30
30
30
30
30
30
30

Đạo hàm hai vế ta có:
30(1 + x)29 =
C1  2xC2  3x 2C3  ...  28x 27 C 28  29x 28C 29  30x 29C30
30
30
30

30
30
30

11


Cho x = i ta có:
 5C5  7C7  ...  25C25  27C 27  29C 29 ) +
30(1 + i)29 = ( C130  3C3
30
30
30
30
30
30
2  4C4  6C6  8C8  ...  26C26  28C28  30C30
+ ( 2C30
30
30
30
30
30
30 )i

Mặt khác:
30(1 + i)29 = 30 2 
30

29 

π
π
 cos  isin 
4
4


 2 29  


2

2

29

29π 
 2 29  cos 29π
 isin

4
4 

30

2 
i   15.215  15.215 i .So sánh phần thực
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
1
3
Ta có các nghiệm của phương trình: x3 – 1 = 0 là x1 = 1; x  
i;
2
2 2
1
3
1
3
x  
i .Các nghiệm đó chính là các căn bậc ba của1. Đặt: ε  
i
3
2 2
2 2
1
3
 ε 2  
i và ε có các tính chất sau:1) ε + ε 2 = -1; 2) ε 3 1 ;3) ε 3k 1
2 2
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 tốn 6: Tính tổng: S = C20
20
20

20
20
20

Giải: Xét khai triển:
 x 3C3  ...  x18 C18  x19 C19  x 20 C 20
(1 + x)20 = C 020  xC120  x 2C 2
20
20
20
20
20

 C1  C 2  C3  ...  C18  C19  C 20
Cho x = 1 ta có: 220 = C 0
20
20
20
20
20
20
20

(1)

Cho x = ε ta có:
12


 εC1  ε 2 C 2  C3  ...  C18  εC19  ε 2C 20

(1 + ε )20 = C 0
20
20
20
20
20
20
20

(2)
Cho x = ε 2 ta có:
 ε 2 C1  εC 2  C3  ...  C18  ε 2C19  εC 20
(1 + ε 2 )20 = C 0
20
20
20
20
20
20
20

(3)
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 220 + (1 + ε )20 +(1 + ε 2 )20 = 3S.
Mặt khác:

(1  ε 2 ) 20 ( ε) 20 ε 20 ε 2

(1  ε) 20 ( ε 2 ) 20 ε 40 ε ;

20

Do vậy: 3S = 220 – 1. Hay S = 2  1
3
III> Ứng dụng giải một số bài toán lượng giác:

5

Bài toán 7: Chứng minh rằng cos 

5

Giải: Đặt x= cos ; y= sin

1 5
.
4




và z=x+iy= cos +i sin . Ta có z5=-1 hay(z+1)(z45
5
5
1� 1�

z3+z2-z+1)=0. Ta để ý rằng x= �z  �, Từ đẳng thức trên ta có 4x 2-2x-1=0
2� z�
� x

1� 5
 1 5

.
. Vì x  0 nên x  cos 
4
5
4

Bài toán 8: Chứng minh rằng cos
Giải: Đặt z= cos


3
5 1
 cos
 cos
 ;
7
7
7 2



+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+ z4-z3+ z2- z+1=
z7 1 5
 z  z5
Z - z + z -z + z -z+1+z =
z 1

6

5

4

3

2

5

13


Mặt khác ta có: cos


3
5
z5 1
 cos
 cos
 5  ; (đpcm)
7
7
7 2z
2

IV> Ứng dụng trong hình học:

Bài tốn 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 trịn ngoại tiếp của tam giác ABO, đăt ε= cos
+i sin

2
3

2
. Ta xét bài toán trong mặt phẳng phức. Chọn S là gốc tọa độ và SO là
3

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
zM=

z A '  z B R 2  R  z R ( 2  1)  z  R  z  ( R   )




a.
2
2
2
2
2

ZN= z A  zB '  R  R  z  R (  1)  z   R  z 
2

2

2

2

R
  R  z .
2
2

z

2

zB '  zS z A '  z S
Rz
R  z
2

�

�  .  1 �   1.
Ta có zM  zs z N  zs
  R  z  R  z
2

2

Từ đó suy ra các tam giác SB'M và SA'N đồng dạng.
Bài toán 10. Về phía ngồi 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'

14


A

C'

C
B

A'
Giải:Gọi a,b,c,a',b',c' lần lượt là tọa độ các đỉnh A,B,C,A',B',C', đặt
ε= cos

2
2
+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
1

3

1
3

1
3

lần lượt có tọa độ là: a''=  a ' b  c  ; b''=  a  b ' c  ; c "   a  b  c '  .Do đó ,
bằng các 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)
x3  1  23 2x  1 ;18, 2 x 2  4 x 



4

18  x  5  4 x  1

; 4)



x3
5, 3 2  x  2  2 x  x  6

2

5, 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau.

15


��
� 1
1
1 2
�x �
�
2
�� x  y  5 � 2
1) �
� 4 2
1
�y �
1 2
�
2
��
�� x  y 5� 7

y
2
� x
�x 2  1  y 2  1  3

�
2. �
� 1 �
�
(x  y) �
1  � 6
�
� xy �
�

3
�
2x  y  2
�
x
�
3. �
12
�
2y  x  2
y
�
�

b/Tính các tổng sau
27  29 3 29 C29
 3 3C330  5 3 5 C530  ...  27 3 27 C30
30

A  3C1  3

1
30

A

2

2.3C2  4.32 C 4  6.33 C6  ... 28.314 C 28  30.315 C30
30
30
30
30
30

A3  C0  2C2  3.4C4  5.6C6  7.8C8  ...  21.22C22  23.24C24

25

A 5  C1

25

25

25

25

25

25

25

 2.3C3  4.5C5  6.7C7  8.9C9  ...  22.23C23  24.25C25
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  972C97  992C99
7
100
100
100
100
100
100
100
A8  22C2  42C4  62C6  82C8  ...  962C96  982C98  1002C100
100
100
100
100
100
100
100

 5C5  8C8  ...  20C20  23C23
A9= 2C2
25
25
25
25
25
A
 C1  42C4  7 2C7  102C10  ...  372C37  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.
Bài 2: Chứng minh rằng: cos


3
5
7
9 1
 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.

16


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
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 đoạn
thẳng AB, và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng
Q
M
CD  OE  AB = AC
D các cạnh AB, BC, CD, DA của
Bài 3: Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của
2
2
2
2
tứ giác lồi ABCD. Chứng
minh rằng: AB 
B
P CD  BC + AD = 2(EG + FH )
N giác C

Bài 4: Về phía ngồi của tam
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 vng gốc 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

17


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

Lớp

Giỏi

Khá

12/A2

12/A3

12
9

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 :

36,6%
29,7%

12
10

40 %

33,3%

Trung
bình
4
4

Yếu
17 %
13,6%

2
7

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.
C-KẾT 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 cơng 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 mỗi bộ môn đặc biệt các môn tự nhiên điều
cốt lõi mà chương trình lớp trên kế thừa và áp dụng thì mỗi giáo viên chúng ta
nên chỉ ra và tạo mọi điều kiện để các em nắm bắt được kiến thức cũng thấy
được ứng dụng của kiến thức đó vào thực tiễn một cách sinh động. Có như vậy,
các mơn học tự nhiên mới trở 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 . Ngồi ra phương pháp giải các ví dụ
có thể chưa tối ưu cần sự góp ý bổ sung của bạn đọc.
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 Hồnh Phị
3.Các đề thi đại học thống nhất tồn quốc năm 2008 -2009
18


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:
10. Mục lục:

………… 19

………………… 20

19


XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa ngày 25 tháng 5 năm 2013
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

20

21