SKKN một số phương pháp giải các bài toán về modul của số phức

MỤC LỤC
7.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ............................................................ 2
7.1.1. Những kiến thức cơ bản.....................................................................................2
7.1.2. Các dạng quỹ tích thường gặp đối với điểm biểu diễn của một số phức……..3
7.1.3. Tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất trong đó điểm biểu diễn của số
phức đó là đường trịn, đường thẳng hoặc elip………………………………………6
ó........................13
7.1.4. Sử dụng mối quan hệ của số phức và số phức liên hợp của n
7.1.5. Một số bài toán trắc nghiệm về modul của số phức………………………….15
7.2. Thực trạng của vấn đề trước khi thực hiện SKKN..............................................21
7.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề.................................................22
7.4. Hiệu quả sau khi áp dụng SKKN vào giảng dạy……………………………….23
7.5. Kết luận và kiến nghị..........................................................................................23

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Với việc đổi mới hình thức thi tốt nghiệp THPT và xét tuyển Đại học như
hiện nay, mơn Tốn được kiểm tra đánh giá bằng hình thức thi trắc nghiệm. Mảng kiến
thức về số phức trước đây vốn được học và thi khá nhẹ nhàng, nhưng hiện nay đã được
khai thác khá sâu trong hệ thống các câu hỏi trắc nghiệm. Một trong những dạng tốn
được hỏi khá nhiều đó là các bài toán về modul của số phức. Để giải các bài tốn này
nhanh chóng, chính xác nhằm lựa chọn được phương án trả lời đúng trong đề bài,
chúng ta cần hướng dẫn cho học sinh có một tư duy linh hoạt và nhạy bén. Ngoài yêu

1


cầu đòi hỏi học sinh cần hiểu sâu và rộng kiến thức, người thầy còn phải biết cách dạy
học sinh các kĩ năng như loại trừ, thử đáp án, chọn lựa...và đặc biệt là kĩ năng sử
dụng máy tính cầm tay để giải quyết. Đó là lí do tơi chọn đề tài này

2. Tên sáng kiến:
Một số phương pháp giải các bài toán về modul của số phức
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Trần Thị Thu Hằng
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Xã Đồng Thịnh, huyện Sông Lô, tỉnh Vĩnh Phúc
- Số điện thoại: 0973318398

E_mai:


4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trần Thị Thu Hằng
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Áp dụng trong thực tiễn giảng dạy và học tập mơn
Tốn học lớp 12, cụ thể trong các tiết ôn luyện chủ đề Số phức, giải tích 12.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 4 năm 2018
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
7.1.1. Những kiến thức cơ bản:
7.1.1.1. Một số phức là một biểu thức có dạng
2

x+ yi , trong đó x , y ∈ R , và i là số

thoả mãn i =−1 . Ký hiệu số phức đó là z và viết
* i được gọi là đơn vị ảo
* x được gọi là phần thực, kí hiệu là Re(z).
* y được gọi là phần ảo, kí hiệu là Im(z).
* Tập hợp các số phức ký hiệu là C .
7.1.1.2. Hai số phức bằng nhau.

2

z=x + yi .


Cho 2 số phức z = x + yi và z’ = x’ + y’i khi đó z = z’ 

{x=x' ¿ ¿¿¿

7.1.1.3. Biểu diễn hình học của số phức.
Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M(x; y) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M(x;y) biểu diễn một số phức là z = x +ybi .
7.1.1.4. Modul của số phức: Cho số phức z = x + yi có điểm biểu diễn là M(x; y), khi
đó ta định nghĩa modul của số phức z là khoảng cách OM.

|z|=OM= √a 2+ b2
7.1.1.5. Phép cộng và phép trừ các số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:

7.1.1.6. Phép nhân số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:

7.1.1.7. Số phức liên hợp.
Cho số phức z = a + bi. Số phức

= a – bi gọi là số phức liên hợp với số phức trên.

Tính chất của số phức liên hợp:
*

*

2

2

2
2
* z . z=a +b =| z| =|z|

*

7.1.1.8. Phép chia số phức khác 0.
Cho số phức z = a + bi ≠ 0 (tức là a2+b2 > 0 )
 Ta định nghĩa số nghịch đảo của số phức z ≠ 0 là số z-1 được xác định bởi

z-1=

3


 Thương

của phép chia số phức z’ cho số phức z ≠ 0 được xác định như sau:

Với các phép tính cộng, trừ, nhân chia số phức nói trên nó cũng có đầy đủ tính chất
giao hốn, phân phối, kết hợp như các phép cộng, trừ, nhân, chia số thực thông
thường.
7.1.1.9. Các đẳng thức và bất đẳng thức về modul của số phức:
1
z

1
z

* |z 2|=| z|2=|z 2|=| z|2=z . z . Đặc biệt: Khi |z|=1thì z= hoặc z= .
* |z| là khoảng cách từ điểm M biểu diễn của số phức z đến gốc tọa độ O của mặt
phẳng phức.
* |z−z '| là khoảng cách từ điểm M biểu diễn của số phức z đến điểm M’ biểu diễn của
số phức z’.
* |z . z '|=|z|.| z '|,

| zz' |=||zz|'|.

* |z|−|z ' |≤|| z|−|z '||≤|z+ z'|≤|z|+|z ' |.
7.1.2. Các dạng quỹ tích thường gặp đối với điểm biểu diễn của một số phức
7.1.2.1. Quỹ tích điểm biểu diễn là đường thẳng:
Ta xét một ví dụ mẫu như sau:
Ví dụ 1 : Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn

|3 z +1−i|=|−3 z+ 2+ 3i|
Giải:
Cách 1: (Tự luận) Đặt z = x + yi (x, y ∈ R ¿ , ta có
(3x + 1)2 + (3y – 1)2 = (-3x + 2)2 + (3y + 3)2  18x – 24y – 11 = 0
Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng: 18x – 24y – 11 = 0
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay.

4


Dự đốn: Quỹ tích điểm M là đường thẳng có dạng ax + by + c = 0. Ta tìm a, b, c

như sau:
Vào mơi trường tính tốn của số phức bằng cách bấm tổ hợp phím
2
2
|3 X +1−i| −|−3 conjg ( X ) +2+3 i| CALC X = 0 →−11 → c=−11
2

2

|3 X +1−i| −|−3 conjg ( X ) +2+3 i| +11 CALC X = 1 → 18→ a=18
CALC X = i →−24 →b=−24
Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng: 18x – 24y – 11 = 0
Nhận xét: Đây là một bài tốn khơng khó đối với học sinh khá giỏi, nhưng với học
sinh trung bình và yếu thì nếu biến đổi theo kiểu tự luận một cách nhanh và chính xác
cũng mất vài ba phút, chưa kể nhầm lẫn. Bằng cách sử dụng máy tính cầm tay, thì kể
cả các học sinh yếu kém cũng có thể giải quyết bài tốn trong vịng trên dưới 20 giây.
Chú ý: Để có dự đốn trên ta cần chứng minh cho học sinh hiểu rằng nếu số phức z
thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

|mz +a+bi|=|m' . z +a' +b ' i|
|mz +a+bi|=¿|m'. z + a' + b'i|

|m z+ a+bi|=¿|m'. z + a' + b'i|
Mà m = m’ hoặc m = - m’ thì quỹ tích các điểm biểu diễn của z là một đường thẳng.
7.1.2.2. Quỹ tích điểm biểu diễn là đường trịn:
Ta xét 2 ví dụ mẫu như sau:
Ví dụ 2: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn

|z−(a+ bi)|=R với R>0
Giải: Dễ thấy quỹ tích điểm M là đường trịn tâm I(a; b), bán kính R

Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn

|z +1−i|=|−3 z+ 2+3 i|
Giải:
Cách 1: (Tự luận) Đặt z = x + yi (x, y ∈ R ¿ , ta có

5


(x + 1)2 + (y – 1)2 = (-3x + 2)2 + (3y + 3)2  -8x2 – 8y2 +14x – 20y – 11 = 0
7
5
11
x 2+ y 2− x+ y + =0
4
2
8
7
4

5
2

2
2
Vậy quỹ tích điểm M là đường trịn: x + y − x+ y +

11
=0
8

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay.
Dự đốn: Quỹ tích điểm M là đường trịn có dạng x 2 + y2+ ax + by + c = 0. Ta tìm a,
b, c như sau:
Vào mơi trường tính tốn của số phức bằng cách bấm tổ hợp phím
2

2

2

2

(| X+ 1−i|¿ ¿ 2−|−3 conjg ( X )+ 2+ 3i| ):(12−(−3 )2)−| X| ¿ CALC X = 0 →
(| X+ 1−i|¿ ¿ 2−|−3 conjg ( X )+ 2+ 3i| ):(12−(−3 )2)−| X| −

CALC X = 1 →

11
11
→ c=
8
8

11
¿
8

−7
−7

→ a=
4
4

5
2

CALC X = i → → b=

5
2
7
4

5
2

2
2
Vậy quỹ tích điểm M là đường trịn: x + y − x+ y +

11
=0
8

Nhận xét: Cũng như dạng tốn có quỹ tích điểm biểu diễn là đường thẳng, đây cũng
là một bài tốn khơng khó đối với học sinh khá giỏi, nhưng với học sinh trung bình và
yếu thì nếu biến đổi theo kiểu tự luận một cách nhanh và chính xác cũng mất vài ba
phút, chưa kể nhầm lẫn. Bằng cách sử dụng máy tính cầm tay, thì kể cả các học sinh
yếu kém cũng có thể giải quyết bài tốn trong vịng trên dưới 20 giây.

Chú ý: Để có dự đoán trên ta cần chứng minh cho học sinh hiểu rằng với số phức z
thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

|mz +a+bi|=|m' . z +a' +b ' i|
|mz +a+bi|=¿|m'. z + a' + b'i|
|m z+ a+bi|=¿|m'. z + a' + b'i|
Mà m ≠ m’ và m ≠ -m’ thì quỹ tích các điểm biểu diễn của z là một đường tròn

6


7.1.2.3. Quỹ tích điểm biểu diễn là elip:
b

Ta thường gặp bài tốn:

F2

F1

Tìm quỹ tích điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa

-a

-c

mãn |z−c|+|z+ c|=2 a với a > c > 0.

c

a

-b

Giải: Gọi F1(-c; 0), F2(c; 0). Từ điều kiện bài tốn, ta
có MF1 + MF2 = 2a. Dựa vào định nghĩa của elip, ta dễ dàng nhận thấy quỹ tích của M
là elip có phương trình :
2

2

x y
+ 2 =1 với b 2=a 2−c 2
2
a b

7.1.3. Tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất trong đó điểm biểu diễn của số
phức đó là đường trịn, đường thẳng hoặc elip.
Phương pháp chung:
Bước 1. Tìm tập hợp (G) các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện, đây cũng là
quá trình tìm biểu thức liên hệ giữa phần thực và phần ảo của số phức z.
Bước 2.
 Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá.
 Phân tích biểu thức thành tổng bình phương để đánh giá.
 Khảo sát hàm số để đánh giá.
 Sử dụng phương pháp lượng giác hóa.
 Dùng tính chất hình học để đánh giá bằng cách: Tìm số phức z tương ứng với
điểm biểu diễn M ∈ (G) sao cho khoảng cách tương ứng với điều kiện bài tốn
có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất).
7.1.3.1. Dạng 1: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng (5 cách giải)

Ví dụ 4: Tìm z sao cho

|z|

đạt giá trị nhỏ nhất. Biết số phức z thỏa mãn điều kiện

w=( z+3−i ) ( z+1+3 i ) là số thực.
Giải: Giả sử z = x + yi (x, y ∈ R ), khi đó

w=( x +3+ ( y−1 ) i ) . ( x +1+ ( 3− y ) i )=x 2 + y 2 + 4 x−4 y+6+2 ( x− y +4 ) i

7


Ta có w ∈ R⇔ x− y+4=0 .
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng (d): x− y +4=0 .
Cách 1: (Hình học) Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn z thì

|z|min ⇔OM min ⇔OM ⊥(d ) , ta được M(-2; 2) ⇔ z=−2+2 i .
Cách 2. (Phân tích thành tổng bình phương). Ta có
2

2

|z|= √ x 2 + y 2 =√ x 2 + ( 4 +x ) =√2 ( x+2 ) +8≥2 √2

.

Vậy |z|min =2 √2⇔ x=−2 ⇒ y=2 ⇔ z=−2+2 i
Cách 3. (Phương pháp hàm số)

2

Xét hàm số f(x) = 2 x +8 x+16
x=

−b
=−2
2a

2

|z|= √ x 2 + y 2 =√ x 2 + ( 4+x ) =√2 x 2 +8 x+16
là hàm bậc 2 có a > 0 nên hàm số đạt min tại

⇒ min|z|=2 √ 2⇔ z=−2+2i

Cách 4: (Dùng BĐT Bunhiacopxki)
x− y +4=0⇔ x − y=−4 ⇒16=( x− y )2 ≤2 ( x2 + y 2 )

⇒ x 2 + y 2 ≥8 ⇒|z|=√ x 2 + y 2 ≥2 √ 2 ⇒|z|min =2 √ 2⇔ x=− y=−2⇔ z=−2+2 i .
Cách 5:( Dùng máy tính cầm tay CASIO Fx 570 VN Plus)
Vào môi trường khảo sát hàm số bằng cách bấm tổ hợp phím

Nhận thấy |z| nhỏ nhất là

= 2 √2 tại x = -2, nên y = 2

hay z = -2 + 2i
Ví dụ 5: Tìm modul nhỏ nhất của số phức z – 3 + 2i . Biết số phức z thỏa mãn điều
kiện |z +1−3 i|=|−z+ 1+ i|

8


Giải:
Tập hợp các điểm M(x; y) biểu diễn của z là đường thẳng:

x-y+2=0

Cách 1: (Hình học) Ta thấy |z−3+ 2i| nhỏ nhất có giá trị là khoảng cách từ điểm I(3; 2) đến đường thẳng x – y + 2 = 0 và bằng

7 √2
2

Cách 2. (Phân tích thành tổng bình phương). Ta có

|z−3+ 2i|=√ ( x−3)2+ ¿ ¿
2

=√ 2 x 2 +2 x+25= 2( x+ 1 ) + 49 ≥

√

2

2

√

49 7 √ 2

=
2
2

Cách 3. (Phương pháp hàm số) |z−3+ 2i|=√ 2 x 2 +2 x+25
Xét hàm số f ( x )=2 x 2+ 2 x +25 là hàm bậc 2 có a > 0 nên hàm số đạt min tại x=

⇒ min|z|=

−b −1
=
2a
2

7 √2
2

Cách 4: (Dùng BĐT Bunhiacopxki)
x− y +2=0⇔( x−3 )−( y +2 )=−7 ⇒ 49=( ( x−3 ) −( y +2) )2≤2 ( ( x−3 )2 +( y −2)2 )

⇒|z −3+2i|≥

7 √2
2 .

Cách 5: (Dùng máy tính cầm tay CASIO Fx 570 VN Plus)
Vào môi trường khảo sát hàm số bằng cách bấm tổ hợp phím

49

Nhận thấy f ( x) nhỏ nhất là

= 2 tại x = -2

7 2
nên |z−3+ 2i| nhỏ nhất là √
2

9


7.1.3.2. Dạng 2: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường trịn ( 5 cách giải)
Ví dụ 6: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện

.Tìm số phức z có

mơđun lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Giả sử điểm M(x; y) biểu diễn số phức z=x+yi. Khi đó tập hợp điểm M là đường
trịn I(2;4), bán kính

, có phương trình:

Cách 1: (Sử dụng BĐT Bunhiacopxki) Ta có

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
(3)
Từ (2), (3) ta suy ra:

.Vậy:

Cách 2: (Định lý về dấu của tam thức bậc 2)
2

√

Đặt t= x + y
Ta có

2

2

2

2
2
. Do ( x−2 ) + ( y −4 ) =5⇔ x + y +15=4 ( x+2 y )

|x+2 y|≤√ 5 ( x 2 + y 2 ) =√ 5. t , Suy ra t 2 +15≤4 √ 5 t ⇔ √ 5≤t≤3 √ 5

Vậy
Cách 3: ( Phương pháp lượng giác hóa)
Đặt x−2= √5 sin t , y−4=√ 5cost
2

2

2

2

Ta có : x + y =( 2+ √ 5. sin t ) + ( 4+ √ 5 . cost ) =25+4 √ 5 ( sin t+2 cost )
Do

2

2

−√ 5≤sin t +2. cost≤ √ 5 ⇒5≤x + y ≤45 ⇔ √ 5≤|z|≤3 √ 5

Vậy

10


Cách 4. (Phương pháp hình học)
Giả sử M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z, khi đó

|z|min ⇔OM min , |z|max ⇔ OM max

Ta có phương trình đường thẳng OI là: 2 x− y=0 .
Đường thẳng OI cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B có toạ độ là nghiệm của hệ

phương trình:

{( x−2 )2 +( y−4 )2=5 ¿ ¿¿¿

⇒ A (1;2), B(3;6)

Với mọi điểm M thuộc đường tròn (C) thì OA≤OM≤OB . Hay

√ 5≤|z|≤3 √5

Vậy:
Cách 5. (Phương pháp hình học)
Đường thẳng OI cắt đường trịn (C) tại 2 điểm A, B như hình

B

vẽ.
4

|z|min ⇔OM min ⇔ M trùng với điểm A trên (C) gần O
Ta có

A

nhất
O

H 2

K

Ta có OI= √ 4+16=2 √ 5
Kẻ AH ⊥Ox

theo định lý Ta lét ta có:

AH OA 2 √ 5−√ 5 1

= =
= ⇒ AH=2⇒ OH =1⇒ z=1+2 i
4 OI
2
2 √5
M trùng với điểm B trên (C) xa O nhất. Kẻ BK ⊥Ox , theo định lý Ta lét ta có:

4 OI
2 √5
2
= =
= ⇒ BK=6⇒ OK =3 ⇒ z=3+6 i
BK OB 2 √ 5+ √5 3
Ví dụ 7: Cho hai số phức
trị nhỏ nhất của

thỏa mãn

.

11

. Tìm giá


Giải: Chúng ta có thể giải bằng 5 phương pháp đã nêu trên, ở đây tơi chọn phương
pháp hình học để trình bày lời giải
Ta có

d

A
R

 Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z 1 là

I
-5

đường tròn tâm I(-5; 0), bán kính R = 5
 Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z 1 là
đường thẳng
Dễ thấy đường thẳng

7.1.3.3.

.
khơng cắt

do d(I;

15

) = 2 > R . Theo hình vẽ ta thấy

Dạng 3: Cho số phức z thỏa mãn |z + A|=k , A , B ∈C , k >0 . Tìm z sao cho

P=| z+ B| đạt min, max.

Hướng giải: Ngồi 5 phương pháp trên, ta cịn có thể áp dụng tính chất sau:
M

Đặt T = | A−B|, khi đó ta có |T −k|≤ P ≤T +k
Chứng minh: Gọi M là điểm biểu diễn của z, -A là điểm

k
M2

-A

M1

-B

biểu diễn của số phức –A, -B là điểm biểu diễn của số
phức –B. Khi đó M thuộc đường trịn tâm là –A, bán
kính k.
Ta thấy M1B≤ P ≤ M2B || A−B|−k|≤ P ≤| A−B|+ k
Áp dụng tính chất trên ta dễ dàng giải được các bài tốn sau:
Ví dụ 8: Cho |z−2−4 i|=√ 5 .Tìm min , max của P=|z +1|
Đáp số: 5−√5 ≤ P≤ 5+ √ 5
Ví dụ 9: |z−2−4 i|=√ 5 .Tìm min , max của P=|z|
Đáp số: √ 5 ≤ P ≤ √ 5
Ví dụ 10: Cho |z−1|=1. Tìm z để |z−i| đạt GTNN

12


Giải: Dễ thấy GTNN của |z−i| là √ 2−1, để tìm z, ta xét hệ

|z−1|=1

( x −1 )2+ y 2 =1
|z−i|= √ 2−10 x 2+ ( y−1 )2=3−2 √ 2

{

{

z=

{

2−√ 2
2
√2
y=
2

x=

2−√ 2 √ 2
+ i
2
2

Nhận xét: Từ dạng toán trên ta có ngay cách giải dạng tốn sau: Cho số phức z thỏa
mãn | Az+ B|=k , A , B ∈ C , k >0 . Tìm z sao cho P=|Cz+ D| đạt min, max.

| BA|=|Ak |, ta xem BA = A ', |kA| = k’

Giải: | Az+ B|=k z +

P
D
P
D
=P '
= z+ , ta xem =B ' ,
C
C
|C|
|C|

P=|Cz+ D|

| |

Đặt T = | A' −B '|, ta quay về dạng tốn trên
Ví dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn

|( 1+i ) z −2i+1|=1.Tìm min , max của modul của P=( i+2 ) z−i+1
Giải:

|

1
2

3
5

|

Áp dụng ta có |( 1+i ) z −2i+1|=1 z − − i =

1
√2

P
1 3
= z+ − i , T = √130
5 5
|i+2|
10

P=|( i+2 ) z−i+1|

Từ đó

|

|

√130 − √ 2 ≤ P≤ √ 130 + √ 2
10

2

10

2

7.1.3.4. Dạng 4: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường elíp (4 cách giải)
Ví dụ 12: Tìm số phức z sao cho mơđun của z đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất. Biết số
phức z thoả mãn điều kiện:

Giải: Ta thấy tập hợp các điểm M là elip có phương trình là:

13


x2
|z|=OM =√ x + y = 3+
4
Cách 1: (Phân tích thành bình phương) Ta có
2

√

2

2

⇒0≤

Do
Vậy :

x
≤1⇒ √ 3≤|z|≤2
4

|z|min =√3 ⇔ z=±√3 i

|z|max =2⇔ z=±2
2

2

x y
⇒ + =1
4 3
Cách 2:(Đánh giá) Giả sử M(x;y) là điểm biểu diễn z

x2 y 2
x2 y2
OM =x + y =4
+
≤4
+
=4 ⇒OM ≤2
4 4
4 3
Khi đó:
2

2

OM 2 =x 2 + y 2 =3
Từ đó, ta được

(

2

(

) (

)

x2 y2
x2 y2
+
≥3
+
=3⇒ OM≥ √ 3
3 3
4 3

√ 3≤|z|≤2

) (

.

)

Vậy: |z|min =√ 3 ⇔ z=±√ 3 i

Cách 3: (Lượng giác hóa) Đặt x=2.sin t , y=√ 3cost

2

2

2

2

2

|z|max =2⇔ z=±2

, t ∈[0;2π)

2

Ta có: OM =x + y =4 sin t+3 cos t=3+sin t
2

2

0≤sin t≤1 , ∀ t ⇒3≤OM ≤4 ⇒ √ 3≤|z|≤2 .

Do
Vậy:

|z|min =√3 ⇔ z=±√3 i

|z|max =2⇔ z=±2

B

M

A'
O

-2

Cách 4: (Hình học)
B'

Theo hình vẽ ta thấy √ 3 ≤OM ≤ 2. Vậy :
 |z|min =√ 3 ⇔
 |z|max =¿ ⇔

M ≡B
M≡ A

hoặc B’ ⇔
hoặc A’ ⇔

3

A
2

- 3

z=±√ 3i

z=±2

7.1.4. Sử dụng mối quan hệ của số phức và số phức liên hợp của nó
Với mỗi số phức z, ngồi một số mối quan hệ quen thuộc ta nêu thêm một số quan hệ
sau với số phức liên hợp của nó:

14


 z + z=2. ℜ(z )
 z−z=2. ℑ ( z ) . i
 z là số thực z=z
 z là số thuần ảo z=−z z+ z=0
Ví dụ 13: Cho số phức z ≠ 1 thỏa mãn
Giải:

z+ 1
là số thuần ảo. Tìm |z|
z−1

z+ 1
z+ 1 z +1
+
=0
là số thuần ảo
z−1
z−1 z−1
z . z−z + z−1+ z . z + z−z −12 z . z−2=0|z|=1

Ví dụ 14: Cho số phức z thỏa mãn |z|=5 và i.z + 4 là số thuần ảo, tìm z?

Giải: Do i.z + 4 là số thuần ảo nên iz+ 4+iz+ 4=0 iz−iz+8=0
i ¿. Vậy z = ± 3+4 i

Ví dụ 15: Cho số phức z≠ 1 thỏa mãn |z|=1 tìm phần thực của
Giải: Ta có: 2.Re(

1
1−z

1
1
1
1
1
2−z−z
¿=
+(
)=
+
=
=1. Vậy Re(
1−z
1−z 1− z 1−z 1−z 1−z−z + z z

1
1
¿=
1−z
2

Ví dụ 16: Cho số phức thỏa mãn

1
có phần thực bằng 4. Tính |z|
|z|−z

Giải: Từ giả thiết, ta có
2| z|−z−z
1
1
1
1
+
=8
+
=8 2
=8
|z|−z |z|−z
|z|−z | z|−z | z| −|z|( z+ z ) + z . z

(

)

2|z|− z−z
1
1
=8 =8|z|=
8
|z|(2|z|−( z+ z ) ) | z|

Ví dụ 17: Cho 2 số phức z1, z2 thỏa mãn |z 1|=| z2|=1 và z 1 . z 2 ≠ 1 Tìm phần ảo của
w=

z1 + z2
1+ z1 z 2

1

1

1

2

Giải: Vì |z 1|=| z2|=1 nên z 1= z , z 2= z . Ta có

15


1 1
+
z1 + z2
z1 z2
z +z
w=
=
= 1 2 =¿ w . Vậy w là số thực
1+ z1 z 2
1 1 1+ z 1 z 2

1+ .
z1 z 2

Ví dụ 18: Cho 3 số phức a, b, c thỏa mãn |a|=|b|=|c|=1 , a+ b+c=0 .
Tính w = a2 + b2 + c2
1 1 1
a b c

Giải: Ta có w = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca) = -2abc( + + ¿
= -2abc(a+ b+c ) = -2abc.a+ b+c = 0
Ví dụ 19: Cho số phức z thỏa mãn: z6 – z5 + z4 – z3 + z2 – z + 1 = 0. Tìm phần thực của
w = z 3 – z2 + z
Giải: Ta có

7

3
z +1
7
=0 z =−1|z|=1| z| =1
z +1

Mặt khác: z6 – z5 + z4 – z3 + z2 – z + 1 = 0 nên (z3 - 1)(z3 – z + 1) + 1 = 0
w=

3
3
1
1 1
1

1
2−z −z
1
ℜ
(
w
)
=
+
=
=
.
Dễ
thấy
3
3
3
3
3
3 3
2 1−z 1−z
2 1− z −z + z z
2
1−z

) (

(

)

| 1z|

Ví dụ 19: Cho số phức z thỏa mãn: z + =2 √ 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

|z|.
2

1
1
1
4
=12 z+
z + =12|z| + ¿ ¿
z
z
z

| | ( )( )

Giải: Ta có z +

Từ đó 12=| z|4 +¿ ¿
2

7−4 √ 3 ≤|z| ≤ 7+ 4 √ 3 2−√ 3≤|z|≤ 2+ √ 3

Vậy:
 Giá trị lớn nhất của |z| là 2+ √ 3 , đạt được tại z = (2+ √ 3 ¿ i
 Giá trị nhỏ nhất của |z| là 2− √3 , đạt được tại z = (2− √3 ¿ i

7.1.5. Một số bài toán trắc nghiệm về modul của số phức
Trong phần này tôi đưa ra một số bài toán trắc nghiệm để minh họa cho tính linh hoạt
và đa dạng của tư duy nhằm chọn được đáp án đúng.

16


Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn |z−3|+|z +3|=10. Tổng các GTLN và GTNN của |z| là
A. 10

B. 6

C. 9

D. 13

Hướng dẫn: Dựa vào định nghĩa về elip thì tập hợp điểm biểu diễn của z là elip có
bán trục lớn bằng 5, bán trục bé bằng 4 nên 4 ≤|z|≤ 5. Đáp án C
Bài 2: Cho 3 số phức a, b, c thỏa mãn |a|=|b|=|c|=1 và a+b+ c=0 .
Khi đó w = a2 + b2 + c2 có giá trị là
A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Hướng dẫn: Theo ví dụ 18 phía trên thì ta có đáp án D
Cách khác: Ta chọn 3 số a, b, c thỏa mãn 2 điều kiện trên, có thể nhận thấy các

nghiệm phức của phương trình z3 – 1 = 0 ( hoặc z3 + 1 = 0) sẽ thỏa mãn đủ 2 điều kiện
đó. Thay các nghiệm vào biểu thức a 2 + b2 + c2 và bấm máy tính , ta sẽ có kết quả bằng
0.
Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn |z 2−2 z+ 5|=|( z−1+2 i)( z +3 i−1)|. Tìm giá trị nhỏ nhất
của |w| với w = z – 2 + 2i
A. |w|min =

3
2

B. |w|min =2

C. |w|min =1

D. |w|min =

1
2

Hướng dẫn:

|z 2−2 z+5|=|( z−1+2 i ) ( z +3 i−1 )|
|(z−1+2 i)(z−1−2i)|=|( z −1+ 2i ) ( z+3 i−1 )|
|z−1+2 i|(|z−1−2i|−|z−1+3 i|)=0
z=1−2i(1)
z−1−2 i|−| z−1+3 i|(2)

[|

 Với (1), ta có |w|=1

 Với (2), ta có đường thẳng chứa các điểm biểu diễn của z có phương trình là
y=

−1
. Do đó |w| có giá trị nhỏ nhất bằng với khoảng cách từ điểm (2; -2) đến
2

đường thẳng nên |w|≥

3
2

17


Kết luận:|w|min =1. Đáp án C
Bài 4: Nếu số phức z ≠ 3 và |z|=3 thì phần thực của
A.

1
3

B.

1
6

C. 6

1

bằng
3−z

D. 3

Hướng dẫn:
Cách 1: Tự luận

( 1 ) 1(

1

1

) 1(

6−z−z

)

1

= đáp án B
Re 3−z = 2 3−z + 3−z = 2
9−3 ( z + z ) + z z 6

Cách 2: Chọn z = -3 thay vào ta có ngay kết quả

1
6

Bài 5: Cho 2 số phức a và b thỏa mãn a + b = 8 + 6i và |a−b|=2.
1. Tính ¿ a∨¿2 +¿ b∨¿2 ¿ ¿
A. 52

B. 56

C. 28

D. 48

C. √ 26

D.

2. Tìm GTLN của M =|a|+|b| .
A. 2 √ 26

B. √ 56

√56
4

Hướng dẫn:
1. a+ b=8+6 i a+b=8−6 i a . a+b . b+ a . b+b . a=100

|a−b|=2 ( a−b ) ( a−b ) =4 a . a+b . b−a . b−b .a=4
Cộng các vế ta có: ¿ a∨¿2 +¿ b∨¿2=52. ¿ ¿ Đáp án A
1
2

2

2
2
2. Theo câu 1, ta có ¿ a∨¿ +¿ b∨¿ =52 ≥ (|a|+|b|) |a|+|b|≤ 2 √ 26 ¿ ¿ Cách khác:

chọn a = 5 + 3i, b = 3 + 3i, thì a, b thỏa mãn 2 điều kiện trên và

|a|+|b|=√ 24+ √18 lớn hơn √ 56 , √ 26 , √56 .
4

Đáp án A

Bài 6: Cho số phức z thỏa mãn |z|=1. Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của
biểu thức P=| z+1|+|z 2−z+ 1|. Tính giá trị của M.m
A.

13 √3
4

B.

39
4

C. 3 √ 3

D.

13
4

Hướng dẫn: Đặt z = x + yi, ta có x2 + y2 = 1 hay y2 = 1 – x2 và −1 ≤ x ≤1
P= √ ¿ ¿ =√ 2 x +2+|2 x−1|

18


Sử dụng máy tính cầm tay: chức năng

Ta thấy:

f(x) lớn nhất có giá trị xấp xỉ như hình bên

f(x) nhỏ nhất có giá trị xấp xỉ như hình bên
Nhân 2 giá trị này ta được đáp án A
Bài 7: Cho số phức z thỏa mãn |z−3−4 i|=√ 5 . Gọi M và m lần lượt là GTLN và
GTNN của biểu thức P=| z+2|2−|z−i|2 .
Tính modul của w = M + m.i
A. |w|=2 √ 314

B. |w|= √1258 C. |w|=3 √ 137

D.|w|=2 √ 309

Hướng dẫn: Dễ thấy tập hợp điểm biểu diễn của z là đường tròn
(x – 3)2 + (y – 4)2 = 5
Ta có: P = 4x + 2y + 3 = 4(x – 3) + 2(y – 4) + 23
 P - 23 = 4(x – 3) + 2(y – 4) ¿ . Đáp án B.

Bài 8: Cho số phức z thỏa mãn |z|=1.Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN của
❑

biểu thức P=| z3 +3 z + z| −|z + z|. Tính M + m
A.

7
4

B.

13
4

C.

3
4

D.

15
4

Hướng dẫn: Ở bài này do bậc của z khá cao nên ta khéo léo giảm bậc của z bằng biến
đổi sau:
❑

❑

❑

Từ |z|=1|z|=1. Ta có P=| z3 +3 z + z| −|z + z|=|z|| z3 +3 z + z| −|z + z|= |z 2 +3+ z 2| −|z + z| =

4x2 - 2|x| + 1
Dùng máy tính cầm tay

, ta thấy

19


Vậy: Min P = 0.75

Vậy: Max P = 3
Vậy M + m =

15
.
4

Đáp án D

Bài 9: Cho các số phức a, b, c thỏa mãn a.b.c =
2

2

1 √3
+ i. Tính GTNN của biểu thức

2 2

2

P=|a| +|b| +|c|

A. Pmin = 1 ` B. Pmin = 2

C. Pmin = 3

D. Pmin = 4

Hướng dẫn:
2

2

2

3

2

2

2

3

2

P=|a| +|b| +|c| ≥ 3 √|a| .|b| .|c| =3 √|a . b . c| =3. Đáp án C

Bài 10: Cho số phức z thỏa mãn |z|=1. Tìm GTNN của biểu thức
P=|1+ z|+|1+ z 2|+|1+ z 3|

A. Pmin = 1 ` B. Pmin = 2

C. Pmin = 3

Hướng dẫn:
2

P=|1+ z|+|z+ z|+|1+ z|.|1−z+ z |=|1+ z|+|z + z|+|1+ z|.| z+ z−1|

=|z + z|+|1+ z|. (|z+ z−1|+1 )=2|x|+ √ 2 x+2 .(|2 x−1|+1)
Dùng máy tính cầm tay

ta thấy

Min P = 2 khi z = -1. Đáp án B

20

D. Pmin = 4


Bài 11: Cho số phức z thỏa mãn
A. max|z|=
Hướng dẫn:

1
2

6 z−i
≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất của |z|
|2+3
iz|

B. max|z|=

3
4

C. max|z|=

1
3

D. max|z|=1

6 z−i
≤ 1|6 z−i| ≤|2+3 iz||6 z −i|≤|3 z−2 i|
|2+3
iz|
1
9

2
2

Tập hợp các điểm biểu diễn của z là hình tròn: x + y ≤ . Dễ thấy giá trị lớn nhất của

1
9

|z| là .

Đáp án C.

Bài 12: Gọi z là số phức có phần thực lớn hơn 1 và thỏa mãn

|z +1+i|=|2 z + z−5−3 i| sao cho biểu thức P = |z−2−2i| đạt GTNN. Tìm phần thực của
z.
A. Re(z) =

8+ √ 7
2

B. Re(z) =

8+ √ 2
4+ √ 6
C. Re(z) =
2
2

D.

Re(z)

=

12+ √ 2
2

Hướng dẫn: Tập hợp các điểm biểu diễn của z là parabol: y = (x – 2)2, khi đó
P = |z−2−2i|=√ ¿ ¿. Để P đạt GTNN thì
3
2

6
2

√
f(t) = t2 – 3t + 4 đạt GTNN t= x−2= x=
Bài 13: Giả sử

4+ √6
. Đáp án C
2

là các số phức khác không, thỏa mãn

là các điểm biểu diễn tương ứng của
A. ∆ OAB vuông tại A
B. ∆ OAB cân tại A

. Khẳng định nào sau đây đúng

C. ∆ OAB đều

D. ∆ OAB vng cân tại O

Hướng dẫn:
Ta có

, suy ra:
.

21

gọi A, B


Lại có
nên
Suy ra AB=OA=OB
1
2

3
2

Cách khác: Chọn z 1= + √ i , z 2=

đều. Đáp án C
−1 √ 3
+ i . Khi đó dễ thấy
2
2

OA = OB = AB = 1 nên ∆ OAB đều. Đáp án C

Bài 14: Cho số phức

A.

thỏa mãn

Khẳng định nào sau đây đúng.

B.

C.

Hướng dẫn: Đặt

D.

. Ta có:

.

Suy ra:
Do đó

Vì

, nên

. Đáp án A

Bài 15: Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn |z−i|≥ 3 và |z−2−2i|≤ 5. Kí hiệu z1,
z2 là hai số phức thuộc S và là những số phức có modul lần lượt nhỏ nhất và lớn nhất.
Tính giá trị của biểu thức P = |z 2 +2 √ 2 z 1|.
A. P= √66

B. P= √ 33

C. P=3 √ 2

D. P=8

Hướng dẫn:
Tập hợp các điểm biểu diễn của z thỏa mãn |z−i|≥ 3 là phần
bên ngoài (kể cả biên) của đường trịn tâm I1(0; 1) bán kính

A

R1 = 3.

R2=5
2

I2

I1

22

2

B


Tập hợp các điểm biểu diễn của z thỏa mãn |z−2−2i|≤ 5 là phần bên trong (kể cả
biên) đường tròn tâm I2(2; 2) bán kính R1 = 5.
Theo hình vẽ ta nhận thấy
 z1 có modul nhỏ nhất nên điểm biểu diễn của z1 là B(0; -2) hay z1 = -2i
 z2 có modul lớn nhất nên điểm biểu diễn của z1 là A(5+ 2 √ 2 ; 5+2 √2).
Vậy |z 2 +2 √2 z 1|=√ 66. Đáp án A.
7.2. Thực trạng của vấn đề trước khi thực hiện SKKN
Tháng 3/2018, trước khi thực hiện việc giảng dạy các phương pháp này tại lớp
12A2, tôi đã cho học sinh thử làm một đề trắc nghiệm với nội dung sau:
Câu 1: Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn |z−2|+|z+ 2|=6 là đường nào
sau đây:
A. Đường thẳng

B. Đường tròn

C.Đường parabol

D. Đường elip

Câu 2: Trong các số phức z thỏa mãn |z−2−4 i|=|z−2 i|. Số phức z có modul nhỏ nhất
có dạng a + bi, khi đó a + b bằng:
A. 4

B. 0

C. -4

D. 2

Câu 3: Gọi D là tập hợp các số phức z thỏa mãn

. Khi đó D là:

A. Trục hoành

C. Đường phân giác y = x

B. Trục tung

D. Đường phân giác y = x

Câu 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn của các
số phức

biết

A.

Đẳng thức nào sau đây đúng ?
B.

C.

D.

Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn |z| = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
3

P=| z −z+ 2|
11
√13
B. Pmax =
2
2

√
A. Pmax =

C. Pmax =2 √2

D. Pmax =3 √ 5

Kết quả thống kê thu được như sau
Học lực

23


Lớp

Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu

Kém

12A2(32) thực nghiệm

2 (6,2%)

12 (43,8%)

15 (40,6%)

3 (9,4%)

0

12A3 (36) đối chứng

3 (8,3%)

14 (39,9%)

15 (41,7%)

4 (11,1%)

0

Bảng 7.1 : Kết quả thống kê học sinh đầu năm
7.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề:
 Tổ chức cho học sinh học theo nhóm đối tượng, phân chia thành các nhóm có

trình độ tương đương để thiết kế giáo án phù hợp.
 Đối với các nhóm học sinh khá giỏi thì hướng dẫn, gợi ý để các em tìm ra được
nhiều cách giải nhất, sau đó giáo viên bổ sung và tổng hợp.
 Thực hiện trắc nghiệm khách quan để kiểm tra, đánh giá và điều chỉnh phương
pháp học của học sinh cũng như điều chỉnh nội dung bài giảng, phương pháp
dạy của giáo viên.
7.4. Hiệu quả sau khi áp dụng SKKN vào giảng dạy
Sau khi giảng dạy các kĩ năng và phương pháp trên tại lớp 12A2, 12A3cũng kiểm tra
với 1 đề bài có độ khó tương tự như đề bài đã nêu ở phần 1 thì kết quả thực sự khả
quan hơn nhiều, nó thể hiện qua thống kê sau:
+) Tỉ lệ các bài trên trung bình và dưới trung bình của HS
Số bài trên Tỉ lệ (%)
trung bình

Số bài từ trung Tỉ lệ
bình trở xuống

Lớp thực nghiệm

24

75

8

25

Lớp đối chứng

23

63,8

13

36,2

Bảng 7.2 : Kết quả thống kê từ bài kiểm tra của HS
7.5. Kết luận và kiến nghị
7.5.1. Kết luận
SKKN được viết ra qua nhiều suy ngẫm, đúc rút từ thực tế giảng dạy của bản thân nên
nó mang tính thực tiễn cao. Ta có thể thấy rằng cịn có thể mở rộng phạm vi nghiên
cứu của SKKN hơn nữa. Nhưng do sự hạn chế về số lượng trang viết của một SKKN,

24


nên tôi chưa thể truyền tải hết những kinh nghiệm cịn ấp ủ, thai nghén trong đó. Tuy
vậy, bài viết nhỏ này cũng thể hiện được tương đối nhiều những điều cần thiết nhất.
7.5.2. Kiến nghị
* SKKN này chỉ nên áp dụng đối với đối tượng học sinh khá giỏi.
* SKKN này có thể mở rộng hơn nữa về các dạng tốn.
Trên đây tơi đã trình bày nội dung SKKN của mình, bài viết chắc chắn cịn nhiều
thiếu sót, rất mong nhận được sự phê bình, góp ý hữu ích của quý vị.
- Về khả năng áp dụng của sáng kiến: Sáng kiến được áp dụng trong các tiết
dạy luyện tập và tự chọn chủ đề số phức, cũng như được áp dụng trong các tiết chuyên
đề. Như trong kiến nghị đã nêu, sáng kiến chỉ nên áp dụng cho đối tượng học sinh khá,
giỏi.
8. Những thông tin cần được bảo mật: Muốn được bảo mật vì sáng kiến dự định
được phát triển thành nội dung trong luận văn thạc sĩ của tác giả.

9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Sáng kiến chỉ nên áp dụng trong tiết luyện tập, tự chọn hoặc chuyên đề ôn thi
THPTQG, học sinh giỏi.
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến
theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng
sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau:
10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến
theo ý kiến của tác giả:
Khi áp dụng sáng kiến vào dạy học tôi thấy sáng kiến đem lại hiệu quả dạy học tốt
hơn, học sinh hiểu rõ lí thuyết và vận dụng tốt hơn vào giải bài tập có liên quan.
10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến
theo ý kiến của tổ chức, cá nhân:
Có kết quả khả quan: Học sinh vận dụng được các phương pháp hiệu quả sẽ cho ra lời
giải ngắn gọn, nhanh chóng, chính xác.

25