(SKKN 2022) nâng cao năng lực giải quyết vấn đề cho học sinh thông qua việc ứng dụng hình học phẳng trong các bài toán cực trị số phức vận dụng, vận dụng cao

`

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG II

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

NÂNG CAO NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
CHO HỌC SINH THƠNG QUA VIỆC
ỨNG DỤNG HÌNH HỌC PHẲNG
TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC
VẬN DỤNG, VẬN DỤNG CAO

Người thực hiện: Đỗ Thị Thủy
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Quảng Xương
II
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANH HĨA NĂM 2022


MỤC LỤC

Trang

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng ngiên cứu

1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

1
1
1
1
2
2
2
3

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Các SKKN đã được Sở GD&ĐT Thanh Hóa xếp loại

4
16
17
17
17
18
19

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong mơn tốn ở trường phổ thông phần số phức giữ một vai trị, vị trí
hết sức quan trọng. Phần nội dung kiến thức số phức được đưa vào giảng dạy
cuối chương trình Giải Tích 12 chưa lâu nên là một vấn đề mới với học sinh, nếu
giáo viên dạy khơng có tầm nhìn sâu rộng, khả năng bao quát, liên kết với các
phần kiến thức tốn học khác thì học sinh sẽ thấy rất nhàm chán. Trong q trình
giảng dạy tơi nhận thấy học sinh lớp 12 rất e ngại khi gặp những câu vận dụng,
vận dụng cao số phức, các em cảm thấy hoang mang, nghĩ rằng nó trừu tượng,
thiếu tính thực tế, khơng có phương hướng để làm. Chính vì thế mà có rất nhiều
học sinh khơng làm được phần này, về phần giáo viên cũng gặp khơng ít khó
khăn khi truyền đạt nội dung kiến thức và phương pháp giải các dạng bài tập
nâng cao về số phức, đặc biệt là các bài toán cực trị số phức.
Đứng trước một bài tốn, đặc biệt là bài tốn khó người làm tốn ln đặt
ra phương hướng giải quyết. Tuy nhiên đối với người say mê tốn cịn đi tìm các
cách giải quyết khác nhau, nhất là tìm được cách giải hay ngắn gọn, mới lạ, tìm
được mối quan hệ với các nội dung kiến thức đã học thì lại càng kích thích tính
tị mị khám phá, sự kiên nhẫn, tự tin và sự đam mê học toán.
Hiện nay trong các đề thi tốt nhiệp THPT, đề thi chọn học sinh giỏi
thường xuất hiện bài toán nâng cao về số phức mà ở đó lời giải địi hỏi vận dụng
khá phức tạp các kiến thức hình học, đại số, lượng giác… Việc tiếp cận các lời
giải đó thực tế cho thấy thật sự là một khó khăn cho học sinh, mặc dù chỉ những
học sinh khá giỏi mới có năng lực hiểu được những câu này. Trong khi đó, nếu
học sinh thấy được mối quan hệ giữa số phức và các bài tốn hình học phẳng thì
vấn đề ít nhiều sẽ được giải quyết. Với những lí do như trên, từ thực tế giảng
dạy, với kinh nghiệm thu được, tôi đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến cho
năm 2022 với nội dung: “Nâng cao năng lực giải quyết vấn đề cho học sinh
thơng qua việc ứng dụng hình học phẳng trong các bài toán cực trị số phức

vận dụng, vận dụng cao”
1.2. Mục đích nghiên cứu.
- Với việc nghiên cứu đề tài sẽ giúp học sinh, đặc biệt là đối tượng học
sinh học ở mức độ khá, giỏi có thể giải được các bài toán về cực trị số phức
thơng qua các kiến thức hình học phẳng mà các em đã học.
- Thông qua SKKN này sẽ bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ
năng giải toán, học sinh sẽ biết liên kết các nội dung kiến thức tốn học với
nhau, có năng lực tư duy, tìm tịi sáng tạo, có năng lực làm tốn và tạo ra các bài
toán mới. Học sinh sẽ thấy rõ hơn về ứng dụng của số phức trong hình học và xa
hơn là trong cuộc sống.
- Nâng cao khả năng tự học và khả năng giải các bài toán vận dụng, vận
dụng cao trong q trình ơn luyện và trong các kỳ thi học sinh giỏi.
- Hy vọng đề tài ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh
có một cái nhìn tồn diện hơn về phương pháp ứng dụng hình học phẳng trong
việc giải quyết các bài toán cực trị số phức.
1


1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Các bài toán cực trị số phức ở mức độ vận dụng, vận dụng cao trong các
đề thi.
- Các học sinh có trình độ khá, giỏi lớp 12 trường THPT Quảng Xương IIThanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài.
- Phương pháp quan sát (công việc dạy- học của giáo viên và HS).
- Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,…).
- Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và HS).
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm (tổ chức một số tiết dạy).
- Phương pháp thống kê, xử lý số liệu (thống kê điểm kiểm tra của học
sinh và đối chứng).

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Các kiến thức được sử dụng trong sáng kiến này thuộc phạm vi kiến thức
hình học phẳng lớp 9,10 và phần kiến thức số phức được trình bày trong Sách
giáo khoa Giải Tích 12 chuẩn và nâng cao (chương IV), các ví dụ được tổng hợp
từ các bài tốn lấy từ các đề thi thử THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi các cấp.
Các kiến thức cần nhớ
a. Môđun của số phức:
 Số phức z  a  bi được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy. Độ
uuuu
r
dài của véctơ OM được gọi là môđun của số phức z. Kí hiệu
z = a + bi = a 2 + b 2
 Tính chất
uuuu
r
 z  a 2  b 2  zz  OM

 z  0, z  £ , z  0  z  0
z
z
 , z '  0

z' z'
 kz  k . z , k  ¡

 z.z '  z . z '


 z  z'  z  z'  z  z'

2

 Chú ý: z 2  a 2  b 2  2abi 

2

( a 2  b 2 ) 2  4 a 2 b 2  a 2  b 2  z  z  z.z .

Lưu ý:
 z1  z2  z1  z 2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2  k  0 
 z1  z2  z1  z 2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2  k  0  .


z1  z2  z1  z2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2  k  0 



z1  z2  z1  z2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2  k  0 



z1  z2  z1  z2  2 z1  z2



z  z z  z

2

2

2

2



2

2



z  £

2


b. Một số quỹ tích nên nhớ
Biểu thức liên hệ x, y
ax  by  c  0 (1)
z  a  bi  z  c  di (2)

 x  a

2

  y  b   R 2 hoặc
z  a  bi  R

 x  a

2

2

  y  b   R 2 hoặc
2

Quỹ tích điểm M
(1) Đường thẳng :ax  by  c  0
(2) Đường trung trực đoạn AB với
 A  a, b  , B  c, d  

Đường trịn tâm I  a; b  , bán kính R
Hình trịn tâm I  a; b  , bán kính R

z  a  bi  R
r 2   x  a    y  b   R 2 hoặc
r  z  a  bi  R
2

2

 y  ax 2  bx  c
 c  0

2
x


ay

by

c

2
2
 x  a    y  c   1 (1)
b2
d2
z  a1  b1i  z  a2  b2i  2a (2)

 x  a
b2

2

 y  c

d2

Hình vành khăn giới hạn bởi hai đường
tròn đồng tâm I  a; b  , bán kính lần lượt
là r , R
Parabol

 1

Elip

 2

Elip nếu 2a  AB , A  a1 , b1  , B  a2 , b2 
Đoạn AB nếu 2a  AB

2

1

Hypebol

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Về phía học sinh.
Trong q trình giảng dạy bộ mơn tốn Giải Tích lớp 12, tơi nhận thấy khi
dạy về số phức, những câu ở mức độ nhận biết, thông hiểu đơn giản học sinh
đều nắm được cách giải. Tuy nhiên, khi gặp những câu vận dụng, vận dụng cao
thì học sinh bị bế tắc, khơng định hướng được cách giải. Các câu dạng này, phần
lớn là phức tạp và hầu như không được giải theo cách thơng thường, địi hỏi học
sinh phải có tư duy rất tốt mới phát hiện được vấn đề để giải.
Về sách giáo khoa.
Sách giáo khoa chỉ đưa ra các ví dụ về các câu số phức mức độ đơn giản,
không đề cập đến những câu vận dụng, vận dụng cao, vì vậy học sinh gặp rất
nhiều khó khăn khi đối mặt với những câu này trong các đề thi thử tốt nghiệp
hoặc thi học sinh giỏi. Đặc biệt tài liệu chun sâu về dạng tốn này ít, khơng
chỉ rõ các dạng tốn thường gặp, các hướng đề thi có thể ra.....
Về phía giáo viên.
Với sức ép của chương trình, qui chế chun mơn, thời lượng thực hiện
chương trình sát sao, đã làm cho giáo viên chỉ đủ thời gian truyền tải các nội

3


dung trong sách giáo khoa, ít có thời gian mở rộng kiến thức cho học sinh, phần
mở rộng chủ yếu ở các tiết phụ đạo, bồi dưỡng.
Trước khi tôi thực hiện đề tài này thì kết quả các bài kiểm tra chuyên đề
“Cực trị số phức” của học sinh lớp 12 trong hai năm học liên tiếp của trường
THPT Quảng Xương II được thể hiện qua bảng sau:
Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5
Năm học
Lớp
Số
Số
Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng
lượng
12A1 44
8
18 %
18
41 %
18
41 %
2020-2021
12A2 45
8

18 %
15
33 %
22
49 %
12B1 44
10
23 %
18
41 %
16
36 %
2021-2022
12B6 44
10
23 %
15
34 %
19
43 %
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Các giải pháp: Trong giảng dạy tôi thực hiện như sau:
- Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tịi lời giải cũng như
phương pháp tổng qt hóa bài tốn.
- Khai thác, phát triển tính chất của bài toán tương tự.
- Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo, học sinh có
thể trên cơ sở bài tốn tổng qt tự mình tìm ra được những bài tốn khác nhau.
2.3.2. Nội dung: Tơi xin trình bày một số ví dụ và các bài tập tự luyện.
Dạng 1. Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường thẳng.
TQ1: Cho số phức z thỏa mãn z  a  bi  z , tìm z Min . Khi đó ta có

Tổng
số

 Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn

OA với A  a; b 
1
1 2

z

z

a  b2
0
 Min 2
2
 
z  a  b i

2 2
TQ2: Cho số phức thỏa mãn điều kiện z  a  bi  z  c  di . Tìm z min . Ta có

 Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn

AB với A  a; b  , B  c; d 
 z Min  d  O, AB  

a 2  b2  c2  d 2
2

 a  c

2

bd

2

Lưu ý: Đề bài có thể suy biến bài toán thành một số dạng, khi đó ta cần thực
hiện biến đổi để đưa về dạng cơ bản.

4


 Cho số phức thỏa mãn điều kiện z  a  bi  z  c  di . Khi đó ta biến

đổi z  a  bi  z  c  di  z  a  bi  z  c  di .
 Cho số phức z thỏa mãn iz  a  bi  z  c  di . Khi đó ta biến đổi

iz  a  bi  iz  c  di  z 

a  bi
c  di
 z
 z  b  ai  z  d  ci .
i
i

Ví dụ 1. (Chuyên KHTN Hà Nội 2019) Cho số phức z thỏa mãn : z  z  2i .

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  i  z  4 là
A. 5.

B. 4.

C. 3 3.

D. 6.

Lời giải
Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z. Ta có z  z  2i  y  1  0, tức biểu
diễn hình học của số phức thỏa mãn giả thiết là đường thẳng y  1  0. Xét điểm
A(0;1) và B (4;0) thì P  z  i  z  4  MA  MB. Dễ thấy A, B cùng phía với
đường thẳng y  1  0 nên MA  MB nhỏ nhất bằng BA trong đó A(0; 3) đối
xứng với A qua đường thẳng y  1  0.

Do đó MA  MB nhỏ nhất bằng BA  5.
Nhận xét: Nếu sử dụng mối liên hệ với hình học ở bài này, học sinh sẽ thấy rất
quen thuộc vì bài hình này các em đã được học ở lớp 10.
Ví dụ 2. (Chun Lê Q Đơn Điện Biên 2019) Trong các số phức z thỏa mãn
z  1  i  z  1  2i , số phức z có mơ đun nhỏ nhất có phần ảo là:
A.

3
.
10

3
C.  .
5

Lời giải
được biểu diễn bởi điểm M  x ; y  .

B.

Gọi z  x  yi ,  x , y  ¡



3
.
5

D. 

3
.
10

z  1  i  z  1  2i   x  1   y  1 i   x  1   y  2  i


 x  1

2

  y  1 
2

 x  1

2

  y  2   4 x  2 y  3  0  y  2 x 
2

3
2
5


Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng
d : 4 x  2 y  3  0 . Ta có z  OM nhỏ nhất  OM nhỏ nhất  M là hình
chiếu của O trên d .
Phương trình đường thẳng OM đi qua O và vng góc với d là: x  2 y  0 .
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
3

x

4 x  2 y  3  0
3 3

 3 3
5

 M   ;  . Hay z    i .

5 10
 5 10 

x  2 y  0
y   3

10
3
Vậy phần ảo của số phức z có mơ đun nhỏ nhất là  .
10
Nhận xét: Ta có thể tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z như sau:
z  1  i  z  1  2i  z   1  i   z   1  2i 

 *

Gọi M biểu diễn số phức z , điểm A  1;  1 biểu diễn số phức 1  i , điểm
B  1;  2  biểu diễn số phức 1  2i .

Khi đó  *  MA  MB . Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường
trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình d : 4 x  2 y  3  0 .
Ví dụ 3. 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 .
5 2  2 73
2
5 2  73
C. P 
2
A. P 

B. P  5 2  73
D. P  13  73
Lời giải

6


Gọi A là điểm biểu diễn số phức z , E  2;1 , F  4;7  và N  1; 1 .

Gọi A là điểm biểu diễn số phức z , E  2;1 , F  4;7  và N  1; 1 . Từ
AE  A F  z  2  i  z  4  7i  6 2 và EF  6 2 nên ta có A thuộc đoạn
 3 3
thẳng EF . Gọi H là hình chiếu của N lên EF , ta có H   ; .
 2 2
5 2  2 73
.
2
Nhận xét: Bài này nếu dùng công cụ đại số sẽ rất khó và cồng kềnh, học sinh sẽ
phải sử dụng nhiều kỹ năng giải phương trình mới có thể giải được.
Suy ra P  NH  NF 

Ví dụ 4. (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho số phức z thỏa mãn
z  z  z  z  4 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
P  z  2  2i . Đặt A  M  m . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. A



34;6







B. A 6; 42 .









C. A 2 7; 33 . D. A 4;3 3 .

Lời giải
Giả sử: z  x  yi,  x, y  ¡   N  x; y  biểu diễn của số phức z. Ta có:
• z  z  z  z  4  x  y  2  N thuộc các cạnh của hình vng BCDF .
y
I

B 2

1

E
F

C
-2

O

1

x

2

D -2

 x  2

• P  z  2  2i  P 

2

2
  y  2   P  d  I ; N  với I  2;2 

Từ hình ta có: E  1;1 M  Pmax  ID  42  22  2 5 và
m  Pmin  IE 

 2  1

2

2
  2  1  2 . Vậy A  M  m  2  2 5 





34;6 .

Dạng 2. Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường tròn.
TQ: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  a  bi  R  0  z  z0  R  .
7


Tìm z Max , z Min . Ta có

 Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  a; b 

bán kính R
z
 OI  R  a 2  b 2  R  z0  R
Max

 
2
2
 z Min  OI  R  a  b  R  z0  R

Lưu ý: Đề bài có thể cho ở dạng khác, ta cần thực hiện các phép biến đổi để đưa
về dạng cơ bản.
a  bi R

• Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  a  bi  R  z 
(Chia

i
i
hai vế cho i )  z  b  ai  R
• Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

I



a; b 

hợp 2 vế)
•

Cho

 z

số

z

phức

thỏa

mãn

điều

kiện

(Lấy liên

 c  di  z  a  bi

R,

a  bi
R
R
z1
R


z
z

z

R

z


,
hay
viết
gọn
0

1
c  di
c  di
z0
z0
c2  d 2

Ví dụ 5. (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương -2019) Xét các số phức z thỏa mãn
z  1  3i  2 . Số phức z mà z  1 nhỏ nhất là
A. z  1  5i .

B. z  1  i .

C. z  1  3i
D. z  1  i .
Lời giải
Gọi z  x  yi , x, y  R . Khi đó M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z .
Theo bài ra ta có z  1  3i  2   x  1   y  3  4 . Suy ra tập hợp điểm
2

2

M là đường tròn tâm I  1; 3 bán kính R  2 .

Khi đó z  1 

 x  1

2

 y 2  I M với I   1; 0  . z  1 nhỏ nhất khi I M ngắn

nhất hay I , M , I  thẳng hàng, M nằm giữa I và I  . Phương trình đường
thẳng II  là x  1 .

8


Tọa độ giao điểm của đường thẳng II  với đường trịn tâm I bán kính R  2 là
M 1  1; 1 và M 1  1; 5  . Thử lại ta thấy M 1  1; 1 thỏa mãn. Vậy z  1  i .
3 5
Ví dụ 6. (Chuyên Vinh 2018) Cho các số phức w , z thỏa mãn w  i 
và
5
5w   2  i   z  4  . Giá trị lớn nhất của biểu thức P  z  1  2i  z  5  2i là:
A. 6 7 .

B. 4  2 13 .

C. 2 53 .
Lời giải

D. 4 13 .

Gọi z  x  yi , với x, y  R . Khi đó M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z .
5w   2  i   z  4   5  w  i    2  i   z  4   5i   2  i   w  i   z  3  2i
 z  3  2i  3 . Suy ra M  x; y  thuộc đường tròn  C  :  x  3  2   y  2  2  9 .

Ta có P  z  1  2i  z  5  2i  MA  MB , với A  1;2  và B  5;2  .

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H  3;2  và khi đó:
P  MA  MB  2  MA2  MB 2  hay P  4 MH 2  AB 2 .

9


Mặt khác, MH  KH với mọi M   C  nên P  4 KH 2  AB 2
 4  IH  R   AB 2  2 53 .
2

M  K
3 11
Vậy Pmax  2 53 khi 
hay z  3  5i và w   i .
5 5
 MA  MB
Nhận xét: Bài này nếu dùng cơng cụ đại số thì học sinh phải sử dụng các kiến
thức về bất đẳng thức, mà đây là phần mà chỉ những học sinh giỏi mới tiếp cận
được.
Ví dụ 7. (Kim Liên - Hà Nội - 2018) Xét các số phức z  a  bi ( a, b  ¡ ) thỏa
c
mãn z  3  2i  2 . Tính a  b khi z  1  2i  2 z  2  5i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 4  3 .

B. 2  3 .

D. 4  3 .

C. 3 .
Lời giải

z  3  2i  2  MI  2  M   I ;2  với I   3;2  .

P  z  1  2i  2 z  2  5i  MA  2MB với A   1;2  , B   2;5  .

Ta có IM  2 ; IA  4 . Chọn K  2;2  thì IK  1 .
Do đó IA.IK  IM 2 

IA IM

 IAM và IMK đồng dạng với nhau
IM IK

AM IM

 2  AM  2 MK .Từ đó P  MA  2MB  2  MK  MB   2BK .
MK IK
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , K , B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng






BK . Từ đó tìm được M  2;2  3 .

Ví dụ 8. (Chuyên Ngữ Hà Nội 2019) Cho các số phức z , z1 , z2 thay đổi thỏa
mãn các điều kiện sau: iz  2i  4  3 , phần thực của z1 bằng 2, phần ảo của z2
2

2

bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z  z1  z  z2 .
A. 9.

B. 2.

C. 5.

D. 4.
10


Lời giải
Đặt z  x  yi, x, y  ¡ , ta có M  z   M  x; y 
iz  2i  4  3  i  x  yi   2i  4  3    y  4    x  2  i  3
2
2
  x  2    y  4   9 . Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn  C  tâm

I  2;4  , bán kính R  3.
Mặt khác: z1  2  bi  A  z1   A  2; b   Tập hợp điểm A là đường thẳng
d1 : x  2.
z2  a  i  B  z2   B  a;1  Tập hợp điểm B là đường thẳng d 2 : y  1.
Giao điểm của d1 và d 2 là P  2;1 .
y

I

d1

4
M

d2
-2

H

1 K
P
2
O

x

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên d1 và d 2 .
2

2

Ta có: T  z  z1  z  z2  MA2  MB 2  MH 2  MK 2  MP 2 .
T đạt giá trị nhỏ nhất khi A  H , B  K và I , M , P thẳng hàng (theo thứ tự đó).
 x  2  4t
 M  2  4t ;1  3t 
Phương trình đường thẳng IP : 
y

1

3

t

Mà M   C    4  4t    3  3t 
2

2

2

t



9
2
5
 9  1 t  

25
t   8

5

8
 22 29 
- Với t    M   ;  (loại)
5
 5 5 
2
2 11

11
2
 2 11 
- Với t    M  ;  z   i  z1  2  i, z2   i.
5
5 5
5
5
5 5 
Suy ra MPmin  IP  IM  IP  R  42   3  3  2 .
2

11


2 11
11
2
 i, z1  2  i, z2   i.
5 5
5
5
Dạng 3. Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là Elip.
TQ1: (Elip chính tắc). Cho số phức z thỏa
z  c  z  c  2a ,  a  c  Khi đó ta có:
Vậy Tmin  22  4 khi z 

mãn

điều

kiện

x2
y2
+ Quỹ tích điểm M  x; y  biểu diễn số phức z là Elip: 2  2 2  1
a
a c
 z Max  a
+
2
2
 z Min  a  c
TQ2: (Elip khơng chính tắc). Cho số phức
z  z1  z  z2  2a , thỏa mãn 2a  z1  z2 .

z thỏa mãn điều kiện

Khi đó ta thực hiện phép biến đổi để đưa Elip về dạng chính tắc
Khi đề cho Elip dạng khơng chính tắc z  z1  z  z2  2a ,  z1  z2  2a  , (
z1 , z2  c, ci ). Tìm Max, Min của P  z  z0 .
 z1  z2  2c
Đặt  2
2
2
b  a  c
Nếu z0 

z1  z2
0

2


z1  z2
a
 z0 
2
Nếu 
z  z  k  z  z 
0
2
 0 1

z1  z2
a
 z0 
2
Nếu 
z  z  k  z  z 
0
2
 0 1
Nếu z0  z1  z0  z 2

 PMax  a
(dạng chính tắc)

 PMin  b

z1  z2

 PMax  z0  2  a


 P  z  z1  z2  a
0
 Min
2
z z
PMax  z0  1 2  a
2

PMin  z0 

z1  z2
b
2

Ví dụ 9. (Chuyên Hạ Long 2019) Cho số phức z thỏa mãn z  6  z  6  20 .
Gọi M , n lần lượt là môđun lớn nhất và nhỏ nhất của z. Tính M  n
A. M  n  2 . B. M  n  4 . C. M  n  7 .
D. M  n  14 .
Lời giải
Gọi z  x  yi ,  x, y  ¡  . Theo giả thiết, ta có z  6  z  6  20 .
 x  6  yi  x  6  yi  20 

 x  6

2

 y2 

 x  6

2

 y 2  20

  .
12


Gọi M  x; y  , F1  6;0  và F2  6;0  . Khi đó    MF1  MF2  20  F1F2  12
nên tập hợp các điểm E là đường elip  E  có hai tiêu điểm F1 và F2 . Và độ dài
trục lớn bằng 20 . Ta có c  6 ; 2a  20  a  10 và b 2  a 2  c 2  64  b  8 .
x2
y2
Do đó, phương trình chính tắc của  E  là

 1.
100 64
'
'
Suy ra max z  OA  OA  10 khi z  10 và min z  OB  OB  8 khi
z  8i . Vậy M  n  2 .
Ví dụ 10. Cho số phức z  a  bi

 a, b ¡ 

thỏa mãn z  4  z  4  10 và

z  6 lớn nhất. Tính S  a  b .
A. S  11 .
B. S  5 .
C. S  3 .
D. S  5 .
Lời giải
Trong mp tọa độ Oxy , Ta gọi các điểm biểu diễn của các số phức:
z  x  yi là M  x ; y  ; z  4  0i là F1  4;0  ; z  4  0i là F2  4;0  .
Ta có: z  4  z  4  10  MF1  MF2  10 . (1)
 MF12   x  4  2  y 2
8x
2
2

MF

MF

16
x

MF

MF

.(2)

1
2
1

2
2
2
2
5
 MF2   x  4   y
4x
2
Từ (1) và (2), suy ra MF1  5 
. Mặt khác MF12   x  4   y 2
5
2

4x 
x2 y2
2

2
 5 

 1.
   x  4  y 
5 
25 9

Vậy, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức thỏa mãn z  4  z  4  10 là
x2 y 2
 1.
Elip có phương trình  E  : 
25 9

Theo đề, ta cần tìm điểm thuộc  E  sau cho z  6 lớn nhất.

Ta gọi các điểm biểu diễn số phức z  6  0i là A  6;0  ; z  a  bi là
M  a ; b    E  ; z  5  0i là C  5;0   z  6 lớn nhất khi MA lớn nhất.

13


Dựa, vào hình vẽ trên ta thấy để MA lớn nhất khi
M  C  5;0   a  5; b  0  S  5 .
Ví dụ 11. (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Cho hai số phức z và

  a  bi thỏa mãn z  5  z  5  6 ; 5a  4b  20  0 . Giá trị nhỏ nhất của
z   là:
A.



3
.
41



Đặt F1  5 ;0 , F2

B.





5 ;0 , vì

5
.
41

4
.
41
Lời giải
C.

D.

3
.
41

5  3 nên tập hợp các điểm M biểu diễn số

a  3
x2 y 2
2
2
2
 b  a  c  4 suy ra  E  : 
 1.
phức z thuộc elip có 

9
4
c  5
Tập hợp các điểm N biểu diễn  thuộc đường thẳng  : 5 x  4 y  20  0 .
Yêu cầu bài toán trở thành tìm điểm M   E  và N   sao cho MN nhỏ nhất.
Đường thẳng d song song với  có dạng d : 5 x  4 y  c  0 ,  c  20  , d tiếp
c  17
2
2
2
xúc với  E  khi và chỉ khi c  5 .9   4  .4  289  
.
c  17

Với c  17  d  d ,   
Với c  17  d  d ,   

20  17
52   4 

2



20  17
52   4 

2

37

41 .


3
3
min  MN  
.
Vậy
.
41
41

Các bài tập tự luyện:

14


Câu 1.

(KTNL Gia Bình 2019) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn đồng thời hai
điều kiện sau z  1  34, z  1  mi  z  m  2i (trong đó m là số
thực) và sao cho z1  z2 là lớn nhất. Khi đó giá trị z1  z2 bằng
A.

Câu 2.

B. 10

2

C. 2

D. 130

(Sở Bình Phước 2019) Gọi S là tập hợp các số phức z thỏa mãn
z  1  34 và z  1  mi  z  m  2i , (trong đó m  ¡ ). Gọi z1 , z2
là hai số phức thuộc S sao cho z1  z2 lớn nhất, khi đó z1  z2 bằng
B. 10

A. 2
Câu 3.

C.

2

D. 130

Cho hai số phức z và w thỏa mãn z  2 w  8  6i và z  w  4. Giá trị
lớn nhất của biểu thức z  w bằng
A. 4 6.

Câu 4.

B. 2 26.

C.

66.

D. 3 6.

(KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Gọi z  a  bi  a, b  R  là số
phức thỏa mãn điều kiện z  1  2i  z  2  3i  10 và có mơ đun
nhỏ nhất. Tính S  7 a  b ?
A. 7 .
B. 0 .

Câu 5.

C. 5 .

D. 12 .

(Chuyên Hạ Long - 2018) Cho các số phức z1  2  i , z2  2  i và
2
2
số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2  16 . Gọi M và m lần

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Giá trị biểu thức
M 2  m 2 bằng
A. 15 .
Câu 6.

B. 7 .

C. 11 .

D. 8 .

Xét số phức z thỏa mãn z  2  2i  2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  z  1  i  z  5  2i bằng
A. 1  10 .

Câu 7.

B. 4 .

C. 17

D. 5 .

(SGD Cần Thơ 2019) Cho số phức z thoả mãn z  1  2i  5 . Giá
trị lớn nhất của z  1  i bằng
A.

Câu 8.

5.

B. 5 2 .

C. 20 .

D. 2 5 .

(Sở GD Nam Định - 2019) Trong các số phức z thỏa mãn

 12  5i  z  17  7i
z 2i

 13 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z .

15


A.
Câu 9.

3 13
.
26

B.

5
.
5

C.

1
.
2

D.

2.

(Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Xét số phức z thỏa mãn

z  2  4i  5 . Gọi a và b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của z . Giá trị biểu thức a 2  b 2 bằng
A. 40 .

B. 4 5 .

C. 20 .

D. 2 5 .

(Nho Quan A - Ninh Bình - 2019) Xét các số phức

Câu 10.

z  a  bi  a, b  ¡



thỏa mãn z  2  3i  2 2 . Tính P  2a  b khi

z  1  6i  z  7  2i đạt giá trị lớn nhất.
A. P  3 .
B. P  3 .
C. P  1 .
D. P  7 .
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
- Sáng kiến kinh nghiệm này đã giúp cho tôi và các đồng nghiệp thực hiện tốt
nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư duy
logic kỹ năng phân tích, tổng hợp để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp

khi gặp các bài tốn số phức khó trong các kỳ thi .
- Học sinh thấu hiểu phương pháp để có thể tự xây dựng một lớp các bài tốn
tìm cực trị số phức có cùng hướng giải.
- Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khá và
giỏi 12 THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cơ giảng dạy mơn Tốn.
- Trong đề tài này tôi đã đưa ra và giải quyết một số bài toán thường gặp
tương ứng các bài tập tự luyện. Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các
năm học 2020-2021, 2021-2022 khi giảng dạy lớp 12, được học sinh đồng tình
và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải các bài toán số phức vận dụng, vận
dụng cao trong các kỳ thi. Các em hứng thú và đam mê học tập phần kiến thức
này hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình
khá trở lên cũng đã có kỹ năng giải các bài tập loại này. Học sinh biết áp dụng
tăng rõ rệt. Cụ thể sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì số học sinh
hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng tốn nói trên, kết quả qua các bài
kiểm tra lại chuyên đề về cực trị số phức như sau:
Năm học

Lớp

12A1
12A2
12B1
2021-2022
12B6
2020-2021

Tổng
số
44
45

44
44

Điểm 8 trở lên
Số
Tỷ lệ
lượng
15
34%
12
27 %
15
34%
12
27%

Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5
Số
Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng
25
57 %
4
9%
20
44%
13

29 %
23
52 %
6
14 %
19
43 %
13
30 %

16


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận:
- Sau nhiều năm giảng dạy và thực tế kiểm nghiệm tôi nhận thấy nâng cao
hứng thú học tập cho học sinh (qua nhiều con đường) là một việc làm rất cần
thiết từ đó góp phần phát triển năng lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học
sinh và đây cũng là xu thế của dạy học hiện đại. Các bài toán của chuyên đề đã
thể hiện rõ mục đích và đạt kết quả này (phù hợp với đổi mới dạy học).
- Đề tài đã khai thác được các dạng bài toán tìm cực trị số phức có thể ứng
dụng các kiến thức về hình học phẳng, từ đó có thể thấy được các tính chất, các
cách chứng minh,… được mở rộng, được liên hệ với nhau một cách khá lôgic
giúp cho việc dạy và học tốn 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. Trong việc dạy toán ở Trường
THPT Quảng Xương 2, tôi đã vận dụng kiểu tư duy này để dạy cho nhiều đối
tượng, nhất là trong việc ôn tập cho học sinh khá, giỏi. Hình thành cho học sinh
thói quen nhận dạng, tìm tịi hướng giải, tổng qt hóa thành các dạng, sáng tạo
trong học tập

- Để hiểu sâu hơn về vấn đề này, nhất là việc ứng dụng trong việc giảng
dạy và học tập tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm
của các đồng nghiệp để bài viết thêm đầy đủ, chất lượng.
3.2. Kiến nghị:
- Qua kết quả điều tra khảo sát thực tiễn ta thấy rằng học sinh rất ngại khi
giải các bài toán cực trị số phức vận dụng, vận dụng cao phức tạp. Vì vậy, để
giúp học sinh có hứng thú học phần này và thấy được tầm quan trọng của nó,
giáo viên cần lựa chọn hệ thống bài tập phù hợp, đề ra giải pháp khi giải các bài
toán tương tự và có thể hướng dẫn học sinh khái qt hóa thành các dạng. Đưa
các bài tốn phức tạp về bài toán đơn giản hơn đề học sinh thấy quen thuộc và
giải chúng được dễ dàng. Giáo viên cũng cần tách lọc các đối tượng học sinh để
từ đó có phương pháp dạy học phù hợp.
17


- 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 .
- Nhà trường cần tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ
sách lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để
làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề
- Học sinh cần tăng cường trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập.

18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Lê Hồng Đức, Lê Hữu Trí. Phương pháp giải tốn hình học giải tích trong
mặt phẳng. NXB Đại học Quốc gia, 2004.
2. Trần Văn Hạo. Giải Tích 12. NXB Giáo dục, 2008.

3. Văn Như Cương (Tổng chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân. Bài tập hình học
10 – Nâng cao. NXB Giáo dục, 2007.
4. Bộ GD&ĐT. Tài liệu tập huấn Dạy học và kiểm tra đánh giá kết quả học tập
theo định hướng phát triển năng lực học sinh mơn Tốn. Hà Nội, 2014.
5. Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy (Tổng chủ biên), Khu Quốc Anh, Nguyễn
Hà Thanh, Phan Văn Viện. Sách giáo viên hình học 10. NXB Giáo dục, 2007.
6. Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương (Tổng chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân, Lê
Huy Hùng. Sách giáo viên Giải Tích 12 – Nâng cao. NXB Giáo dục, 2008.
7. Các đề thi thử các trường trên cả nước (nguồn internet).

19


DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG
KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO XẾP LOẠI
Họ và tên tác giả: Đỗ Thị Thủy.
Chức vụ: giáo viên.
Đơn vị công tác: THPT Quảng Xương II.

TT

1.
1
2. 2
2

3.
3

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá
xếp loại

“Rèn luyện kỹ năng giải toán
cho học sinh thông qua việc Ngành GD cấp tỉnh
giải bài tập về VÉC TƠ trong
hình học 10”.
“Phát triển năng lực tư duy
sáng tạo cho học sinh Trung
học phổ thông thông qua một Ngành GD cấp tỉnh
số kỹ thuật giải toán hình học
khơng gian lớp 11”
“Ứng dụng hình học giải tích
để tính góc trong các bài tốn Ngành GD cấp tỉnh
hình học không gian vận
dụng, vận dụng cao”

XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Kết
quả
đánh
giá
xếp
loại

Năm học
đánh giá

xếp loại

C

2013-2014

C

2015-2016

C

2020-2021

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2022
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
NGƯỜI VIẾT SKKN

Đỗ Thị Thủy

20