(SKKN 2022) Kỹ thuật xử lí nhanh các bài toán liên quan đến môđun số phức bằng công cụ hình học góp phần nâng cao chất lượng dạy học chủ đề Số phức trong chương trình môn Toán THPT

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong thực tiễn qua trình dạy học và ơn thi THPT QG, nay là kỳ thi tốt
nghiệp THPT, khi dạy chủ đề Số phức, tôi thường tâm đắc với việc hướng cho học
sinh nhìn số phức dưới con mắt hình học đối dạng tốn liên quan đến biểu diễn
hình học và cực trị của số phức. Những kỹ thuật này tôi thường xuyên áp dụng để
giảng dạy cho các lớp ban KHTN giúp giúp các em có thêm hứng thú, tư tin khi
gặp các vấn đề, các dạng tốn khó về số phức xuất hiện trong đề thi, điều này giúp
các em giải quyết vấn đề nhanh hơn và góp phần nâng cao chất lượng dạy học và
kết quả thi TN THPT của bộ môn.
Từ những lý do trên cùng với kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã quyết định
chọn đề tài: “Kỹ thuật xử lí nhanh các bài tốn liên quan đến mơđun số phức
bằng cơng cụ hình học góp phần nâng cao chất lượng dạy học chủ đề Số phức
trong chương trình mơn Tốn THPT’’ làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của bản
thân trong năm học 2021–2022. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến, nhận xét
và đánh giá của đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm này trước hết nhằm mục đích tạo một
tài liệu tham khảo nhỏ giúp các em học sinh khá giỏi lớp 12 trong nhà trường có
thêm một phương pháp tiếp cận nhanh và hiệu quả khi gặp những bài toán về số
phức trong đề thi Tốt nghiệp THPT cũng như các đề thi ĐGNL và ĐGTD tuyển
sinh đầu vào của các trường Đại học năm 2022, sau đó là khuyến khích các em
dựa vào những điều đã đã học được để sáng tạo ra những bài tập hay trong nội
dung chương trình, qua đó giúp các em phát triển tư duy logic, tổng hợp các phần,
các chương đã học để chọn nhanh được hướng tiếp cận đối với các câu hỏi và bài
tập ở mức độ vận dụng trong các đề thi nêu trên.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu tập trung vào nội dung: Lớp các
bài tốn có mối quan hệ giữa số phức với hình học tọa độ trong mặt phẳng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm

- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp điều tra, quan sát.
- Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Số phức
a. Định nghĩa: Cho số phức z có dạng: z  a  bi với a, b  ¡ , trong đó a
gọi là phần thực của z , b gọi là phần ảo của z , i gọi là đơn vị ảo thỏa mãn i 2  1 .
b. Biểu diễn hình học của số phức
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , mỗi số phức z  a  bi; a, b  ¡ được biểu diễn
bởi điểm M (a; b) . Ngược lại, mỗi điểm M (a; b) biểu diễn duy nhất một số phức là
z  a  bi .
Nhận xét:
+) OM  z ;


2
+) Nếu z1 , z2 có các điểm biểu diễn lần lượt là M 1 , M 2 thì M 1M 2  z1  z2 .
2.1.2. Mối liên hệ giữa số phức và các yếu tố hình học phẳng (nhìn số
phức dưới con mắt hình học)
(1) M  x; y  là điểm biểu diễn hình học của số phức z  x  yi với ( x, y  R )
trên mặt phẳng tọa độ thì z  OM .
(2) Cho I là điểm biểu diễn số phức z0 , số phức z thay đổi thỏa mãn
z  z0  R  0 thì tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I bán kính
R.
(3) Biểu diễn hình học của hai số phức z và z là hai điểm đối xứng nhau
qua trục Ox nên nếu tập hợp điểm biểu diễn hai số phức z và z lần lượt là các
hình  C  ,  C ' thì hai hình đó cũng đối xứng nhau qua trục Ox .
(4) Nếu điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B thì
 z1  z2  AB

uuu
r uuu
r
với M là trung điểm đoạn AB .

z

z

OA

OB
 2OM
 1 2
(5) Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B . Số phức z thay đổi
thỏa mãn z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là trung trực của
đoạn AB .
(6) Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B . Số phức z thay đổi
thỏa mãn z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường

thẳng.
(7) Cho hai số phức z1 , z2 khơng đổi có điểm biểu diễn là hai điểm A, B .
Một số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2  a  0 . Khi đó
+ Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường E-lip nhận
A, B làm hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng a .
+ Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB .
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm
Qua trao đổi với các thầy cô giáo trong bộ mơn tốn nhà trường, tơi nhận
thấy việc các thầy cơ vẫn đang cịn dạy các em tìm lời giải cho các bài tốn: Tìm
mơ đun của số phức, tìm GTLN, GTNN của mơ đun số phức theo phương pháp

biến đổi trực tiếp rồi dùng phương pháp hàm số hoặc dùng bất đẳng thức để đánh
giá. Vì vậy, tôi nhận thấy với cách làm như vậy sẽ đưa học sinh vào một số thử
thách trong việc làm bài thi Tốt nghiệp THPT hoặc bài thi ĐGNL, ĐGTD như sau:
Một là, thời gian các em dành để tìm ra đáp số của bài toán mất nhiều thời
gian.
Hai là, một số bài tốn phức tạp các em sẽ gặp khó khăn trong việc định
hướng tìm lời giải. Ngược lại, những em có hướng giải quyết bài tốn thì khơng
đủ thời gian để tìm lời giải nên dẫn đến tình huống đốn mị.
Từ thực tế đó, địi hỏi cần có cách tư duy bài toán theo cách giải toán trắc
nghiệm, trong đó việc khai thác tối đa tính trực quan của việc biểu diễn số phức


3
bằng hình học việc giải tốn là việc làm rất cần thiết trong việc ôn tập và ôn thi
trong giai đoạn hiện nay.
2.3. Giải pháp thực hiện
Trong quá trình dạy học ôn thi THPT trong 4 năm gần đây, qua nghiên cứu
đề thi chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo năm 2018, 2019, 2020, 2021 và tham
khảo năm 2022 của Bộ GD&ĐT cũng như một số đề thi ĐGNL, ĐGTD, tôi
hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp hình học để tìm lời giải cho một số bài
tốn vận dụng cao về tìm giá trị mơđun số phức hoặc tìm GTLN, GTNN của mơ
đun số phức sau:
Giải pháp 1. Kỹ thuật xử lí nhanh bài tốn về tìm tập hợp điểm biểu diễn
số phức liên quan đến đường trịn.
Cần tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w thỏa mãn điều kiện cho
trước, ta biến đổi thành w  (a  bi )  r , để suy ra tập hợp là đường tròn

 x  a

2

  y  b  r 2.
2

Các tính chất về modun số phức thường sử dụng:
*) z1.z2  z1 . z 2 ,

z
z1
 1 .
z2
z2

*) z  z , z1  z2  z1  z2
Ví dụ 1.1. Cho số phức z thỏa mãn z  2 . Tập hợp điểm M biểu diễn số phức
w   1  i  z  2  i là đường tròn nào sau đây?
A.  x  2    y  1  8.

B.  x  2    y  1  8.

C.  x  1   y  2   4.

D.  x  1   y  2   4.

2

2

2

2

2

2

2

2

Phân tích: Biến đổi w   1  i  z  2  i thành dạng w  (a  bi )   c  di  z rồi lấy
modun hai vế để sử dụng được giả thiết z  2 .
Hướng dẫn
Ta có w   1  i  z  2  i  w  2  i   1  i  z
 w  2  i  1 i z  1 i z  2 2

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn  x  2    y  1  8. Chọn A.
2

2

Ví dụ 1.2. Cho số phức z thỏa mãn z  2  5 . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập
hợp điểm M biểu diễn số phức w   1  2i  z  3 là một đường trịn có bán kính r
bằng bao nhiêu?
A. r  5.
B. r  5 2.
C. r  5 5 .
D. r  25 .
Phân tích: Biến đổi w   1  2i  z  3 thành dạng w  (a  bi )   c  di   z  2  rồi lấy
modun hai vế để sử dụng được giả thiết z  2  5 .

Hướng dẫn
Cách 1: Ta có
w   1  2i  z  3  w  3  (1  2i) z  w  3  2(1  2i)  (1  2i) z  2(1  2i)


4
 w  1  4i  (1  2i)  z  2   w  1  4i  (1  2i)  z  2   1  2i z  2  5 5 .

Vậy r  5 5 . Chọn C.

w3
.
1  2i
w  1  4i
w3
w  1  4i
2 5
5
5
Do đó z  2  5 
1  2i
1  2i
1  2i

Cách 2: Ta có w   1  2i  .z  3  z 

 w   1  4i   5 5 . Vậy r  5 5 .
Ví dụ 1.3. Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức
z
trong mặt phẳng toạ độ Oxy là đường trịn có tâm là

1 i
1 3
 1 3
 3 1
A. I  ;  .
B. I   ; .
C. I   ;  .
2 2
 2 2
 2 2

w

3 1

D. I  ; .
2 2

z
z  1  2i
thành dạng w  (a  bi ) 
rồi lấy
1 i
1 i
modun hai vế để sử dụng được giả thiết z  1  2i  2 .

Phân tích: Biến đổi biểu thức w 

Hướng dẫn
z

1  2i
z
1  2i z  1  2i
 w



1 i
1 i 1 i 1 i
1 i
1 3
z  1  2i
1 3
z  1  2i
z  1  2i
2
 w  i 
 w  i 


 2
2 2
1 i
2 2
1 i
1 i
2

Cách 1: Ta có w 

 1 3

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường trịn có tâm I   ; . Chọn B.
 2 2
z
 z   1  i  w . Khi đó z  1  2i  2  z  1  2i  2
1 i
1  2i 

  1  i  w  1  2i  2   1  i   w 
2
1 i 

1  2i
1 3
 1 i w 
 2  w  i  2
1 i
2 2
 1 3
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường trịn có tâm I   ; .
 2 2
Tổng quát: Để tìm đường tròn biểu diễn số phức w thỏa
w  (a  bi ) z  c  di với z  m  ni  r , ta thực hiện biến đổi như sau:

Cách 2: Ta có: w 

mãn

w  (a  bi ) z  c  di  w  (c  di )  (a  bi)(m  ni)  ( a  bi) z  ( a  bi )(m  ni )

 w     i  (a  bi )( z  m  ni )  w     i  a 2  b 2 r
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường trịn có tâm I ( ,  ) với
   i  (c  di )  (a  bi )(m  ni) và bán kính R  a 2  b 2 r .


5
Ví dụ 1.4. Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  3i  5 ,
đồng thời z1  z2  8 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2 trong
mặt phẳng tọa độ Oxy là đường trịn có phương trình dạng ( x  a)2  ( y  b) 2  r 2 .
Tính giá trị của biểu thức T  (a  b)r.
A. T  6.
B. T  12.
C. T  96.
D. T  64.
Hướng dẫn
Gọi A, B, M là các điểm biểu diễn của z1 ; z2 ; w .
Khi đó A, B thuộc đường trịn (C ) :
( x  5) 2  ( y  3) 2  25 và AB  z1  z2  8 .
(C ) có tâm I (5;3) và bán kính R  5 , gọi T là
trung điểm của AB khi đó T là trung điểm của
OM và IT  IA2  TA2  3.
Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra J (10;6) và IT là đường trung bình
của tam giác OJM , do đó JM  2 IT  6. Vậy M thuộc đường tròn tâm J bán kính
bằng 6 và có phương trình ( x  10) 2  ( y  6)2  36  T  (10  6).6  96. Chọn C
Ví dụ 1.5. Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và
z1  z2  8 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2  2  4i là một
đường trịn có bán kính r bằng
A. 6 .
B. 16 .
C. 10 .

D. 13 .
Hướng dẫn
Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z1 , B là
điểm biểu diễn của số phức z2 .
Theo giả thiết z1 , z2 là hai trong các số phức
thỏa mãn z  1  2i  5 nên A và B thuộc
đường tròn tâm I  1; 2  bán kính r  5 .
Mặt khác z1  z2  8  AB  8 .
Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm
biểu diễn của số phức

z1  z2
và IM  3 .
2

z1  z2
1
 1  2i  3  z1  z2  2  4i  z1  z2  2  4i  6
2
2
 w  6 . Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường trịn có tâm O  0;0  ,
bán kính r  6 . Chọn A

Do đó ta có 3  IM 

Giải pháp 2. Kỹ thuật xử lí nhanh bài tốn cực trị của mơđun số phức có
điểm biểu diễn là đường thẳng hoặc đường tròn.


6

Ví dụ 2.1. Cho số phức z thỏa mãn z  2  3i  1 . Giá trị lớn nhất của z  1  i là
A. 13  2 .

D. 13  1 .

C. 6 .

B. 4 .
Hướng dẫn

Ví
dụ

Ta có z  2  3i  1  z  2  3i  1
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z thì M thuộc đường
trịn tâm I  2; 3 , bán kính r  1 .

Mặt khác z  1  i  MK , với K  1; 1
Do đó MK lớn nhất khi I nằm giữa K và M và giá
trị lớn nhất bằng KI  IM  KI  r  13  1 . Chọn D.
2.2. Cho số phức z thỏa mãn 2 z  3  4i  10 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó M  m bằng
A. 5 .
B. 15 .
C. 10 .
Hướng dẫn

D. 20 .

3

2

Biến đổi 2 z  3  4i  10  z   2i  5 . Khi đó điểm M
3 
biểu diễn z thuộc đường trịn tâm I  ;2 , bán kính là
2




r  5 , nên z  OM có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi M

là giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn nên hiệu
M  m  OM 0  OM 1  2OI  5 . Chọn A.
Nhận xét. Cần nhận xét được vị trí của O đối với đường tròn tâm I hoặc là
min z  OI  r .
Ví dụ 2.3. Cho số phức z thoả mãn z  3  4i  2 . Khi đó 2 z  1  i có giá trị lớn
nhất là:
A. 16  74 .
B. 2  130 .
C. 4  74 .
D. 4  130 .
Phân tích: Bài toán quy về xét khoảng cách từ điểm A đến điểm M thuộc đường
tròn.
Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức 2z . Biến đổi z  3  4i  2  2 z  6  8i  4 
M thuộc đường tròn (C ) tâm I (6; 8), R  4. Xét điểm A(1;1) thì 2 z  1  i  AM
và lớn nhất khi AM  R  AI  4  130 . Chọn D.
3
2

Ví dụ 2.4. Cho số phức z thỏa mãn z  3  2 z và min z   2i  a  b 2 .
Tính a  b .
A. 1 .

B. 2 2 .

C.

1
.
2

D.

4
.
3


7
Hướng dẫn

2
2
2
Đặt z  x  yi với ( x, y  R ) . Từ z  3  2 z   x  3  y  2  x  y 
2

 x 2  y 2  6x  9  0   x  3  y 2  18  z  3  3 2 . Gọi M là điểm biểu diễn

2

số phức z thì quỹ tích M là đường trịn tâm I (3;0) , bán kính R  3 2 . Đặt
3
 3

A   ; 2  thì z   2i  AM . Dễ thấy điểm A nằm ở miền trong đường tròn
2
 2

5
1
AM min  R  AI    3 2  a  b  . Chọn C.
2
2
Ví dụ 2.5. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  5 và w  z  1  i có
mơđun lớn nhất. Số phức z có mơđun bằng:

 C  nên

A. 2 5 .

B. 3 2 .
C. 6 .
Hướng dẫn
M là điểm biểu diễn số phức z
Cách 1. (Hình học véc tơ).
uurGọi
Gọi K  1; 2  , I  1; 1  IK   2; 1 và

D. 5 2 .

w  MI . Để IM lớn nhất thì vị trí M cần tìm tại
uuu
r

uur

H sao cho IH   t  1 IK , t 
uuu
r
 IH   4; 2   H  3; 3

IK  R
1  1
IK

Suy ra OH  z  3 2 . Chọn B.
Cách 2. (Hình học tổng hợp)
Tính cos  

OI 2  IK 2  OK 2
1

suy ra
2OI .IK
10

OH  z  OI 2  IH 2  2OI .IH .cos  thay số z  2  20  2.2 10.

1
3 2.
10

Cách 3. (Hình học véc tơ)
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur uuuu
r r uuuu
r
Gọi K  1; 2  , A  1;1 và ta có: w  OM  OA  OA  OK  KM  u  KM , để w max





r
r
uuuu
r
thì ta chọn sao cho KM cùng hướng u , do đó w   t  1 u .
r
r
uuuu
r
Với u   2; 1  KM  t  2; 1 .  t  1  w max  2 u  2 5 và
uuuu
r uuur r
OM  OK  u   1; 2    2; 1   3; 3  z  3 2 .

2
2
Ví dụ 2.6. Biết số phức z thỏa mãn z  3  4i  5 và biểu thức T  z  2  z  i

đạt giá trị lớn nhất. Tính z .
A. z  33 .
B. z  50 .
C. z  10 .
D. z  5 2 .
Phân tích: Bài tốn quy về xét vị trí điểm M thuộc giao của đường tròn và đường
thẳng.
Hướng dẫn


8
Cách 1. (Hình học tọa độ)
Gọi M  z   M  x; y  thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R = 5 và ta có:
2
2
T   x  2   y 2  x 2   y  1  4 x  2 y  3  d : 4 x  2 y  3  T  0 . Để T lớn nhất
uuur

uuur
5 1
  IM   2;1
20 2

thì d tiếp xúc với đường trịn (C), khi đó IM  t  4;2   t 

(lấy t > 0). Ta có M(5; 5) nên z  OM  5 2 . Chọn D.
Cách 2. (Hình học véc tơ)
Gọi M  z   M  x; y  thì M thuộc đường trịn (C), tâm I(3; 4), R = 5 .
Gọi A  2;0  , B  0;1 thì

uuur uuur uuur uuur uuu
r uuu
r uu
r uur
T  MA2  MB 2  MA  MB MA  MB  BA. 2 MI  IA  IB . Đến đây ta chỉ cần
uuu
r
uuu
r
xác định vị trí M sao cho MI và BA cùng hướng.
uuu
r
uuur
R
MI

t

2;

1
,
t

0


t


1

IM   2;1  M  5;5   z  5 2 .


Hay
5
z  2i
 1 . Giá trị nhỏ nhất của z  3  2i
Ví dụ 2.7. Cho số phức z thỏa mãn
z  3i











bằng
A.

2 10

.
5

B. 2 10 .

C. 10 .

D.

10
.
5

Phân tích: Quan sát biểu thức của bài tốn thì ta có thể quy về đường thẳng và
đường trịn.
Hướng dẫn
Đặt z  3  2i  R  0 , trước hết xét R  0 , khi đó z  x  yi,  x, y  ¡  biểu diễn bởi
M  x; y  thuộc đường trịn tâm I  3;2  , bán kính R.
z  2i
2
2
2
 1  z  2i  z  3  i  x 2   y  2    x  3    y  1
z 3i
suy ra 3x  y  3  0 là đường thẳng  nên IM nhỏ nhất khi IM vng góc với 
9  2  3 2 10

tại M. Khi đó R  d  I ,   
, chứng tỏ I   . Chọn A.
5

10
Ví dụ 2.8. Cho các số phức thỏa mãn 2 z  5  4i  2 z  3  4i . Giá trị nhỏ nhất

Mặt khác ta có

của z  1  4i  z  1  i là
A. 5

B.

29.
Hướng dẫn

C.

41

D. 10.


9
Giả sử M biểu diễn z  x  yi , x, y  ¡ .
Khi đó ta có 2 x  5   2 y  4  i  2 x  3   2 y  4  i

A

 M  d : x  4y  2  0
Gọi A  1; 4  , B  1;1 thì ta cần tìm min

d

 MA  MB  , vì A và B khác phía đối với d bởi
thế min  MA  MB   AB  29 . Chọn B.

M
B

Ví dụ 2.9. Cho các số phức z thỏa mãn 2 z  5  4i  2 z  3  4i . Giá trị nhỏ nhất
của z  1  4i  z  1  i là
A. 5
B. 13.
C. 41
D. 10.
Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , từ 2 z  5  4i  2 z  3  4i
5
3
 2i  z   2i suy ra được quỹ tích điểm M là đường thẳng
2
2
 d  : x  4 y  2  0 . Đặt A  1; 4  , B  1;1 thì A, B nằm về cùng một phía với đường
 z

thẳng  d  . Điểm A '  3; 4  là điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng  d  .
Khi đó z  1  4i  z  1  i  MA  MB  MA ' MB  A ' B  41 . Chọn C.
Nhận xét: Ví dụ 2.9 so với Ví dụ 2.8 hồn tồn gống nhau ở phần giả thiết, chỉ
z  1  4i  z  1  i (VD 2.8) được thay bởi
khác một chút ở biểu thức
z  1  4i  z  1  i (VD 2.9) nhưng việc tính toán đã phức tạp hơn khi hai điểm A,
B nằm về hai phía của đường thẳng (d).

Ví dụ 2.10. 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 .
A. P  13  73 .

B. P 

5 2  2 73
.
2

C. P  5 2  2 73 .

D. P 

5 2  73
.
2

Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , gọi
A  2;1 , B  4;7  . Từ giả thiết

z  2  i  z  4  7i  6 2  MA  MB  AB  Quỹ

tích điểm M chính là đoạn thẳng AB . Gọi I  1; 1
thì z  1  i  IM . Vẽ hình trực quan dễ kiểm tra
hình chiếu của I lên đường thẳng  AB  nằm trong
đoạn AB .

10
5 2  2 73
5 2
P
. Chọn B.
2
2
Ví dụ 2.11. Xét số phức z thỏa mãn z  1  2i  z  2  2i nhỏ nhất . Gọi m , M lần

Lại có: IA  13, IB  73, d ( I ; AB) 

lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z  4i . Tính P 

M
.
m

A. P  2 .
Gọi M

B. P  2 2 .
C. P  2 5 .
D. P  5 2 .
Hướng dẫn
là điểm biểu diễn số phức z , gọi A  1;2  , B  2; 2  . Ta có

z  1  2i  z  2  2i  MA  MB  AB , nghĩa là z  1  2i  z  2  2i nhỏ nhất thì

quỹ tích điểm M chính là đoạn thẳng AB . Gọi I  0;4  thì z  4i  IM . Vẽ hình
trực quan dễ kiểm tra hình chiếu của I lên đường thẳng  AB  nằm ngoài đoạn AB

. Lại có: IA  5, IB  2 10  P  2 2 . Chọn B.
Nhận xét: Có thể tạo ra một lớp các bài tốn kiểu như VD 2.10 hoặc VD 2.11
bằng cách sau
- Tạo giả thiết: Tạo một điều kiện ràng buộc số phức z sao cho quỹ tích nó
là một đoạn thẳng.
- Tạo kết luận: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của mơ-đun z  z0 với z0 là
một số phức đã biết.
- Cách giải quyết: Gọi điểm biểu diễn của số phức z , z0 lần lượt là M , I . Gọi
đoạn thẳng biểu diễn quỹ tích số phức z là AB . Khi đó bài tốn số phức trở về bài
tốn hình học nêu ở trên.
- Điểm mấu chốt để tạo ra một bài tập loại này là ta tạo ra được một điều
kiện ràng buộc số phức z để quỹ tích biểu diễn nó là đoạn thẳng. Điều kiện kiểu
này chủ yếu dựa vào tính chất: điểm M thuộc đoạn thẳng AB khi và chỉ khi
MA  MB  AB .
Ví dụ 2.12. Cho số phức z thỏa mãn z  z  2  2 z  z  2i  12 . Gọi M , m lần
lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  z  4  4i . Tính M  m .
A. 5  61 .
B. 10  61 .
C. 10  130 .
D. 5  130 .
Hướng dẫn
Gọi z  x  yi, x, y  ¡ , ta có z  z  2  2 z  z  2i  12  x  1  2 y  1  6
Tập hợp điểm N  x; y  biểu diễn số phức z thuộc miền trong của của trong hình
thoi ABCD (tính cả trên các cạnh) với A  1;4  , B  5;1 , C  1; 2  , D  7;1 .


11
Xét điểm I  4;4  , thì I nằm ngồi hình
thoi và P  z  4  4i  IN
Theo hình vẽ

*) IN đạt giá trị lớn nhất khi N  D ,
suy ra M  ID  121  9  130
*) IN đạt giá nhỏ nhất khi N  H ( H
là hình chiếu của I trên AB ), suy ra
m  d  I , AB  

487

 5.
5
Vậy M  m  130  5. Chọn D.

Ví dụ 2.13. Cho số phức z  x  yi ( x ; y  R) thỏa mãn z  2  3i  z  i  2 5 .
Gọi M, m lần lượt là GTLN, GTNN của P  x 2  y 2  8 x  6 y . Tính M  m .
A.

156
 20 10
5

B. 60  20 10

C.

156
 20 10
5

D. 60  2 10

Hướng dẫn
+) z  2  3i  z  i  2 5  ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( x  2) 2  ( y  1) 2 5
 2 x  y  2 0
 
2
2
 ( x  2)  ( y  1) 25

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền
phẳng (T) được tơ đậm (hình vẽ).
+) Gọi A(2; 6) ; B( 2;2) là các giao điểm của
đường thẳng 2 x  y  2 0 và đường tròn
(C ' ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2 25

Ta có P  x 2  y 2  8 x  6 y
 ( x  4) 2  ( y  3) 2  P  25

+)

Gọi

(C)

là

đường

tròn

tâm

J ( 4; 3) ; R  P  25

+) Đường tròn (C) cắt miền (T) khi và chỉ
khi:
JK  R  JA  IJ  IK  R  IA  2 10  5  25  P 3 5  40  20 10  P 20
 M 20; m 40  20 10 . Chọn B

Giải pháp 3. Kỹ thuật xử lí nhanh bài tốn cực trị của mơđun số phức có
liên quan đến hai hoặc nhiều số phức có điểm biểu diễn là đoạn thẳng hoặc
đường trịn.
Ví dụ 3.1. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  5  2i  2 và z2  1  6i  3 . Gọi a,
b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1  z2 . Khi đó a 2  b 2 bằng
A. 77
B. 144
C. 145
D. 154.


12
Phân tích: Bài tốn cho M và N thuộc hai đường tròn. Cần xét min, max của đoạn
MN.
Hướng dẫn
Ta viết lại z1  5  2i  2  z1  5  2i  2 nên M  z1    C1  tâm I  5;2  , R1  2 .
Tương tự N  z2    C2  tâm K  1;6  , R2  3 . Gọi IK  h  2 13  R1  R2  m  5 .
2
2
Ta có: b  MN min  h  m; a  MN max  h  m suy ra a 2  b 2   h  m    h  m  thay
2
2

2
2
số a  b  2  h  m   2  52  25   154 . Chọn D.

Ví dụ 3.2. Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  1, z2  2 và z1  z2  3 . Giá trị
lớn nhất của 3z1  z2  5i bằng
A. 5  19 .

B. 5  19 .
C. 5  2 19 .
Hướng dẫn

D. 5  2 19 .

z1  1  3 z1  3 ; z2  2 ; z1  z2  3
uuuu
r
Gọi M là điểm biểu diễn z1  OM là vectơ biểu diễn z1 ; N là điểm biểu diễn 3z1
uuur
uuu
r
 ON là vectơ biểu diễn 3z1 ; P là điểm biểu diễn z2  OP là vectơ biểu diễn z2 .

Có z1  OM  1  M   O, R  1 ; 3z1  ON  3  N   O, R3  3 ;
z2  OP  2  P   O, R2  2  .
Gọi w  3z1  z2 và Q là điểm biểu diễn w .
 w  OQ  ON 2  NQ 2  2ON .NQ.cos ONQ
 ON 2  OP 2  2ON .OP.cos ONQ
OM 2  OP 2  MP 2 1


2OM .OP
2
1
·
·
 cos ONQ
  cos MOP

2

·

Ta có : cos MOP

 1
 w  OQ  32  2 2  2.3.2.     19
 2
uuur uuu
r
Xét T  3z1  z2  5i  OQ  OA  AQ với A  0, 5  biểu diễn số phức u  5i .



 T max khi AQ max . Mà OQ  19  Q  O, R4  19



 AQ max  OA  R4  5  19 . Chọn B .
Ví dụ 3.3. Giả sử z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình

 2  i

z z   1  2i  z  1  3i và z1  z2  1 . Tính M  2 z1  3z2 .

A. M  19 .

B. M  25 .
C. M  5 .
Hướng dẫn

D. M  19 .


13
Ta chia cả hai vế cho 2  i và được z z  iz  1  i  2 . Đặt z  m  0 thì ta có
m m  i  2  m 2  m 2  1  2  m  1 hay ta có z  1 , nói cách khác hai số z1 , z2

cùng thuộc đương tròn tâm O, bán kính R = 1. Gọi A, B biểu diễn các số z1 , z2 thì
từ z1  z2  1 suy ra OAB là tam giác đều. Không giảm tổng quát chọn
1 3
 1 i 3  7  i3 3
A  1;0  , B  ;
 19 . Chọn D.
 , thì M  2  1  0i   3  

2 
2
2 2 
2
Ví dụ 3.4. Trong các số phức z thoả mãn z  3  4i  2 có hai số phức z1 , z2 thỏa

2
2
mãn z1  z2  1. Giá trị nhỏ nhất của z1  z2 bằng
A. -10
B. 4  3 5
C. -5

D. 6  2 5 .

Hướng dẫn
2

2

Ký hiệu P  z1  z2 , giải sử M biểu diễn z, A, B

biểu diễn z1 , z2 và I  3;4  là tâm đường tròn. Gọi H
là trung điểm AB. Ta có AB  1, OI  5 và:
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuur
uuu
r uur uuu
r
P  OA  OB . OA  OB  BA.2OH  2 BA. OI  IH











.

uuu
r uur
uuu
r uur
BA
, OI ngược hướng
nên
ta
chỉ
cần
P  2 BA.OI
nhau và khi đó Pmin  2 AB.OI  10 . Chọn A.

Nhận xét: Đôi khi ta xem như Elip (thay đổi) hoặc đường tròn (thay đổi) và nhìn
nhận theo cách mở rộng xem như elip ảo hay đường trịn ảo để giải tốn nhanh
hơn.
Ví dụ 3.5. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3 , z2  5 , z1  z2  10 . Tìm
giá trị lớn nhất của 2 z1  z2  3 .
A. 5  21 .

B. 3  21 .
C. 3  2 21 .
D. 3  21 .
Hướng dẫn
Gọi M , N , P lần lượt là điểm biểu diễn cho z1 , z2 , w  2 z1  z2 trên mặt phẳng
tọa độ.
z1  z2
10
và OI 
.
2
2
Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác OMN ta có
OM 2  ON 2 MN 2
10
2
OI 

 MN 2  2  OM 2  ON 2   4OI 2  2  3  5   4  6 .
4
uuu
r 2 uuuu
r uuur4
Ta có OP  2OM  ON , suy ra
uuuu
r uuur 2
uuuu
r uuur
·
OP 2  2OM  ON  4OM 2  ON 2  4OM ON 4OM 2 ON 2 4 OM ON

 cos
 MON

Do đó trung điểm I của MN biểu diễn cho số phức





OM 2  ON 2  MN 2
 4OM 2  ON 2  4 OM 
ON 
2OM ON

4 3  5 2 3 5 6 21
.


14
Gọi A  3;0  thì 2 z1  z2  3  PA  OP  OA  3  21 . Đẳng thức xảy ra khi O nằm
giữa P và A . Chọn D.
Ví dụ 3.6. Cho 3 số phức z , z1 , z2 thỏa mãn
z  1  2i  z  3  4i , z1  5  2i  2, z2  1  6i  2.

Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z  z1  z  z2  4
A.

2 3770
13

B.

10361
13

C.

3770
13

D.

10361
26

Phân tích: Cho điểm M thuộc đường thẳng và P, Q thuộc 2 đường trịn. Tìm
Max  MP  MQ 

Hướng dẫn

Gọi M  z   M  x; y  , I  5;2  , K  1;6  , A  1; 2  , B  3;4  , . P  z1  , Q  z2  ,
R1  R2  2

Khi đó M thuộc trung trực của AB có phương trình 2 x  3 y  5  0    và P, Q di
chuyển lầnuulượt
K cùng bán kính R = 2 .
u
r trên haiuurđường trịn tâm I và
uuu
r uur

Nhận xét AB   4;6  , IK   6;4  , nghĩa là AB  IK nên hai đường thẳng IK / /  ,
hơn nữa d  I ,    R, IK  2 R .

Rõ ràng ta có T  MP  MQ  2 R nhỏ nhất khi P, Q thuộc các đoạn MI, MK và do
tính đối xứng nên Tmin = 2MK . Vậy
2

2
2 3770
1 
. Chọn A.
Tmin  2MK  2  IK    d  I ,    
13
2 
Ví dụ 3.7. Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và
iz2  1  2i  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z1  z2 .

A.

2 1 .

B.

2 1.
Hướng dẫn

C. 2 2  1 .

D. 2 2  1 .

15
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 và
A  2;1 ; B  4;7  lần lượt là hai điểm
biểu diễn hai số phức 2  i , 4  7i . Ta
có AB  6 2 . Phương trình đường
thẳng AB là d : x  y  3  0 .
+) z1  2  i  z1  4  7i  6 2
 MA  MB  6 2  MA  MB  AB .
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số
phức z1 là đoạn thẳng AB .
+) iz2  1  2i  1  iz2  1  2i i  1   z2  2  i  1 .
Gọi N là điểm biểu diễn số phức  z2 và I  2;1 là điểm biểu diễn số phức 2  i . Ta
có IN  1 Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức  z2 là đường trịn  C  có
phương trình:  x  2    y  1  1 .
2

2

Do d  I , AB   2 2  1 , suy ra AB không cắt đường trịn.
Gọi K là hình chiếu của I  2;1 lên AB . Dễ thấy K nằm trên đoạn thẳng AB .
Gọi H là giao điểm của đoạn IK với đường trịn  C  .
Ta có z1  z2  MN  KH  d  I , AB   R  2 2  1 .
Suy ra min z1  z2  2 2  1. Chọn D.
Ví dụ 3.8. Xét các số phức z , z1 , z2 thỏa z1  4  5i  z2  1  1 và
z  4i  z  8  4i . Tính M  z1  z2 khi P  z  z1  z  z2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M  2 5.
B. M  6.
C. M  41.
D. M  8.

Hướng dẫn

 Tập hợp điểm A biểu diễn số phức z1
• z1  4  5i  1 
là đường tròn  C1  có tâm I  4;5  , bán kính R1  1.
 Tập hợp điểm B biểu diễn số phức z2 là
• z2  1  1 
đường trịn  C2  có tâm J  1;0  , bán kính R2  1.
• Đặt z  x  yi  x, y  ¡  . Từ z  4i  z  8  4i , ta có
 x  y  4  Tập hợp điểm C biểu diễn số phức z là
đường thẳng  : x  y  4.

Khi đó P  z  z1  z  z2  CA  CB.
Gọi K là điểm đối xứng của J qua đường thẳng , khi đó ta tìm được
K  4; 3  phương trình đường thẳng IK : x  4.


16
 A  CI   C1 
 B  CJ   C2 

Do đó Pmin khi và chỉ khi C  IK   và 

 A  4;4  , B  2;0   M  z1  z2  AB  2 5 . Chọn A.

Ví dụ 3.9. Xét ba số phức z , z1 , z2 thoả mãn z  i  z  1 , z1  3 5  5 và
z2  4 5i  2 5 . Giá trị nhỏ nhất của

5 z  z1  5 z  z2 bằng

A. 4 5 .

B. 10 5 .
C. 7 5 .
Hướng dẫn
Gọi M , M 1 , M 2 lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 5 z , z1 và z2 .
Ta



có

z  i  z 1 

5 z  5i 

5 z  5  MA  MB



với

D. 2 5 .



A 0; 5



và

B  5;0  M  d với d là đường trung trực của AB .

5 5
;
d qua I  
 là trung điểm AB và nhận
2
2


uuu
r
AB   5;  5 làm VTPT  d : x  y  0 .





z1  3 5  5  M1   C1  với





 C1  là đường trịn tâm

I1 3 5;0 , bán kính R1  5 .
z2  4 5i  2 5  M1   C2  với  C2  là đường trịn tâm





I 2 0;4 5 , bán kính R2  2 5 .

Khi đó T  5 z  z1  5 z  z2  MM 1  MM 2 .
'
'
'
Lấy đối xứng M 1 qua d , ta được M 1   C1  với  C1  là đường tròn tâm





I1' 0; 3 5 , bán kính R1'  5 .
'
'
'
'
Khi đó MM1  MM 2  M 1M 2  I1I 2  R1  R2  4 5 .









Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  O  0;0  , M 2 0;2 5 , M 1 2 5;0 . Hay
z  0, z2  2 5i, z1  2 5 . Chọn A.
Ví dụ 3.10. Với hai số phức z1 , z2 thay đổi thỏa mãn z1  1  2i  z1  5  2i và
z2  3  2i  2. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  3  i  z1  z2 bằng

A. 5 5  2.

B. 10  2.
C. 3 10  2.
Hướng dẫn

D. 85  2.


17
Đặt z1  x1  y1i với x1 , y1 là các số thực.
Từ

z1  1  2i  z1  5  2i

 x1  1

2

  y1  2  
2

suy

 x1  5 

2

  y1  2 

ra
2

 3 x1  2 y1  6  0 .

Tập hợp các điểm M biểu diễn cho số
phức z1 trên mặt phẳng phức là đường
thẳng d : 3 x  2 y  6  0.
Do z2  3  2i  2 nên tập hợp các điểm N
biểu diễn cho số phức z2 là đường tròn

 C  tâm I  3;2  , bán kính

R  2.

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  3  i  z1  z2  AM  MN trong
đó điểm A  3; 1 .
Gọi A là điểm đối xứng với điểm A qua đường thẳng d , ta tìm được A  3; 5  .
Có P  AM  MN  AM  MN  AN  AN 0  AI  IN 0  AI  R với N 0 là một
trong hai giao điểm của AI với đường tròn  C  , N 0 ở giữa I và A. Khi đó, M 0 là
giao điểm của AI và d . Vậy biểu thức P  AM  MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng
AI  R và bằng 85  2. Chọn D.
Giải pháp 4: Kỹ thuật xử lí nhanh bài tốn mơđun số phức có liên quan

đến số phức có điểm biểu diễn đường elip.
- Cho hai số phức z1 , z2 khơng đổi có điểm biểu diễn là hai điểm F1 , F2 . Một
số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2  a  0 . Khi đó
+ Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường E-lip nhận
F1 , F2 làm hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng a .
B
M

A'

I

A

B'

Khi đó IM max  IA  IA '  a và IM min  IB  IB '  b
+ Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng F1F2 .
Ví dụ 4.1. Cho số phức z thỏa mãn z  2  i  z  4  3i  10 . Gọi M , m lần lượt là
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z  3  i . Tính T  M 2  m 2
A. T  40
B. T  45
C. T  10 5
Hướng dẫn

D. T  2 10


18
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z . Đặt A  2;1 , B  4; 3  AB  2 5 . Theo bài ra

z  2  i  z  4  3i  10  MA  MB  10 nên quỹ tích điểm M là đường E-lip có

hai tiêu điểm A, B , độ dài trục lớn bằng 10 , tiêu cự bằng 2 5 , độ dài trục bé bằng
4 5.

Đặt

I  3; 1 ,

dễ thấy

z  3  i  IM

là tâm của E-lip và

I

 z  3  i min  IM min  2 5, z  3  i max  IM max  5 . Suy ra T  M 2  m 2  45 .Chọn B

Ví dụ 4.2. Cho số phức z thỏa mãn
z  15  z  15  8 và | z  15 i |  | z  15i | 8 . Tính z .
A. z 

4 34
17

B. z 

2 5
5

C. z 

Hướng dẫn



4
5

 

Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z, F1  15;0 , F2

5
4

D. z  .



15;0 .

Giả thiết z  15  z  15  8  MF1  MF2  8  2a nên M thuộc elip có phương
x2 y 2
x2 y 2
trình 2  2  1 (1). Hoàn toàn tương tự M thuộc elip 2  2  1 (2). Quy đồng
a
b
b

a
a 2  a2  c2 
a 2b 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
và cân bằng ta có b x  a y  a x  b y  x  y  2 2 
. Ta chỉ
a b
2a 2  c 2
16  16  15 16
4 34
  z  x 2
việc thay số: a 2  16, c 2  15  x 2 
. Chọn A.
32  15
17
17

Nhận xét: Cách giải trên có thể một số em cịn băn khoăn, sau đây ta có thể giải
như sau
2

2

Theo giả thiết thứ nhất suy ra z  15  z  15  2 z 2  15  64 (1).
2

2



2

Theo quy tắc hình bình hành thì z  15  z  15  2 z  15

2

 thế vào (1) ta

2

2
có z  15  z  17 (2).
2

2
Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai: z  15  z  17 (3).
2
2
Đặt z 2  a  bi thì từ (2) và (3) suy ra z  15  z  15 hay

 a  15

2

 b 2   a  15   b 2  a  0  z 2  bi thay trở về (2) ta được

2

32
32 4 34
.
 z 

17
17
17
Ví dụ 4.3. Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  z  2  3i  5 và w  z  i . Gọi T là
giá trị lớn nhất của w . Tìm T.
bi  15  b  17  b 2  225   17  b   b 
2

A. T  5.

B. T  2 5.

C. T  2 2.
Hướng dẫn

Thế z  w  i vào giả thiết ta có w  1  2i  w  2  2i  5 (1).

2
5

D. T  .

19
Gọi M là điểm biểu diễn số phức w và F1 (1; 2), F2 (2;2) biểu diễn các số
z1  1  2i, z2  2  2i khi đó từ (1) ta có MF1  MF2  5 . Mà ta có
F1F2  5  M  F1F2 .
Bởi vậy w max  OM max  OM  OF2  2 2 . Chọn C.
Nhận xét: Nếu MF1  MF2  F1F2 thì ta vẫn đưa về Elip và giải bình thường. Tuy
nhiên bài tốn cho trường hợp đặc biệt nên ta cũng xem xét để giải nhanh hơn.
Ví dụ 4.4. Cho z  £ thỏa mãn z  2  3i  z  2  i  4 5 . Tìm giá trị lớn nhất của
z  6  5i ?

A. 4 5

B. 5 5

C. 6 5
Hướng dẫn

D. 7 5 .

Gọi M  x; y  biểu diễn z, F1  2; 3 , F2  2; 1 ,

K  6; 5  thì MF1  MF2  4 5  F1F2  2 5 như thế

quỹ tích M là một Elip. Nhận xét rằng F1 là trung
điểm của KF2 và ta cần tính độ dài lớn nhất của KM,
khi đó vị trí cần tìm tại D, mà sao cho
DF1  DF2  2 F1 F2 (không đổi) nên suy ra
DF2  5 . Vậy KM

max

 KD  5 5 . Chọn B.

Ví dụ 4.5. Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  z  4  6i  9 . Giá trị lớn nhất của
z  10  14i là

A. 17 .

B. 20 .

C. 15 .
Hướng dẫn

D. 12 .

9
5
5 
Gọi M  z   M  x; y  thì M thuộc elip (E), tâm I  ;4 , a  , c = .
2



2

2

uuur

Gọi A  10;14  thì z  10  14i  AM . Vậy ta chỉ cần xác định vị trí M sao cho IM

uur

uuur

 15



 5 15



và AI cùng hướng hay IM  t   ; 10 , t  0  M   t;4  10t .
 2

2 2

2

2

3 15
3 15
2
2
Do đó ta có   t    2  10t     t    2  10t   9 .
2 2 
 2 2 
5
9

34 25
  1  5t  1  5t   9  t 
. Vậy AM max  t  1 . AI  .  17 . Chọn A.
2
25
25 2
Ví dụ 4.6. Xét các số phức z  a  bi  a, b  ¡  thỏa mãn z  2  3i  2 . Tính
P  a  b khi z  2  5i  z  6  3i đạt giá trị lớn nhất.
A. P  3
B. P  3
C. P  7

Hướng dẫn

D. P  7


20
M   C  có tâm I  2; 3 , R  2 . Gọi A  2;5  ,
B  6; 3 , K  2;1 là trung điểm AB.
uur uuu
r
Ta có MA  MB  2m; AB  2c . Chú ý là IK  AB .

Điểm M chạy trên một elip ảo (trục lớn 2m thay đổi). Vị
trí của M tại H, sao cho
uuu
r uur
uuu
r

R
1
IH  t KI  t  4; 4   t 
  IH   1; 1  H  3; 4  .
4 2 4
Hay ta có z  3  4i  P  a  b  7 . Chọn D.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
- Qua thực tế giảng dạy đối với học sinh lớp 12 tại trường THPT Triệu Sơn
3 trong nhiều năm học, đặc biệt là từ năm học 2016-2017 bắt đầu hình thức thi trắc
nghiệm, tơi đã áp dụng đề tài này giúp các em học sinh cảm thấy tự tin và say mê
hơn trong việc học tốn và có thêm cơng cụ giải nhanh các dạng toán trong đề thi.
Kết quả trong các kỳ thi THPT QG (nay là TN THPT) mà các em tham gia thi, các
em đều giải quyết được nhanh gọn và chính xác đáp ứng nhu cầu thi trắc nghiệm
của kỳ thi. Tơi thấy các em đã tự tin và có hứng thú hơn trong học tập, có tinh thần
tìm tịi học hỏi đối với các dạng tốn khó.
- Đề tài được báo cáo dạng chuyên đề trong sinh hoạt chuyên môn của tổ
Toán trường THPT Triệu Sơn 3 và được các thầy cơ góp ý cũng như đánh giá cao
được dùng làm tài liệu chuyên môn của tổ và áp dụng vào giảng dạy ôn thi TN
THPT các năm 2020, 2021 và 2022.
- Từ năm học 2018-2019, tôi liên tục tham gia giảng dạy từ 1-2 lớp (trong đó
ln có ít nhất một lớp mũi nhọn ban KHTN) và kết quả đã cùng với tổ chun
mơn nâng cao thành tích về điểm trung bình mơn tốn trong kỳ thi TN THPT các
năm 2019, 2020 và 2021 góp phần đáng kể vào việc nâng cao thành tích của nhà
trường về điểm trung bình trong kỳ thi TN THPT, cụ thể:
+ Năm 2019: Nhà trường có điểm trung bình xếp thứ 8 trong tỉnh, mơn Tốn
có điểm trung bình xếp thứ 29 trong tỉnh.
+ Năm 2020: Nhà trường có điểm trung bình vươn lên xếp thứ 4 trong tỉnh
(sau THPT chuyên Lam Sơn, THPT Hàm Rồng và THPT Bỉm Sơn), mơn Tốn có

điểm trung bình là 7,35 (tổng số thí sinh dự thi là 336) và vươn lên xếp thứ 09
trong tỉnh (tăng 20 bậc), xếp thứ Nhất trong khối trường THPT huyện Triệu Sơn.
+ Năm 2021: Nhà trường có điểm trung bình tiếp tục giữ ổn định xếp thứ 6
trong tỉnh, môn Tốn có điểm trung bình là 7,17 (tổng số thí sinh dự thi là 330) và
giữ ổn ở vị trí tốp đầu của tỉnh góp phần khơng nhỏ vào thành tích xếp hạng thứ 6
tồn tỉnh của nhà trường.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua quá trình áp dụng vào thực tế giảng dạy tại trường THPT Triệu Sơn 3
từ năm học 2018 - 2019, bản thân tôi nhận thấy đã có những kết quả rất khả quan,
tạo sự tự tin cho các em trong khi học và giải toán.


21
Trong phạm vi một SKKN nên tôi mới chỉ quan tâm đến một số chủ đề nhỏ
và hướng xây dựng các ví dụ mang tính chất gợi mở, phân hóa theo trình tự từ dễ
đến khó, từ đơn lẻ đến tổng quát, từ đơn giản đến phức tạp tạo điều kiện phát triển
năng lực tư duy, khả năng sáng tạo và phù hợp với nhiều đối tượng học sinh. Tôi
thiết nghĩ với cách xây dựng và thực hiện như trên ta có thể mở rộng sang các chủ
đề khác, nội dung khác của chương trình mơn Tốn. Đó là các hướng tiếp theo mà
tôi sẽ nghiên cứu trong thời gian tới.
Đề tài không tránh được những hạn chế, tôi tiếp tục bổ sung và hoàn thiện
dần trong những năm học tới. Tơi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý
vị và các bạn đồng nghiệp để đề tài đi vào thực tiễn, được áp dụng nhiều hơn và
đạt hiệu quả cao hơn trong giảng dạy.
3.2. Kiến nghị
Trên đây là một số sáng kiến và kinh nghiệm của tôi đã thực hiện tại đơn vị
trong các năm học vừa qua. Rất mong đề tài này tiếp tục được xem xét, mở rộng
hơn nữa để áp dụng cho mọi đối tượng học sinh, giúp học sinh yêu thích và say
mê học Tốn hơn.

Tơi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn, trong nhà
trường và các em học sinh đã giúp đỡ tơi hồn thành sáng kiến kinh nghiệm này.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 30 tháng 05 năm 2022
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết khơng sao chép nội dung
của người khác

Trịnh Quốc Phượng