(SKKN 2022) ỨNG DỤNG mô ĐUN của số PHỨC và PHƯƠNG PHÁP HÌNH học tọa độ của ĐƯỜNG THẲNG và ĐƯỜNG TRÒN vào GIẢI một số bài TOÁN cực TRỊ số PHỨC

MỤC LỤC

Nội dung

Trang

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

2
2
2
2

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 kiên kinh nghiệm.
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,

2
3
4
18

với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1.Kết luận.

3.2.Kiến nghị.
Tài liệu tham khảo

19
20
21

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Một điều đặc biệt là ba năm học vừa qua học sinh các lớp 12 đã phải học
trong tình trạng dịch bệnh covid kéo dài, điều kiện thời gian học trực tiếp bị gián
đoạn, có những lúc phải học tập online, sự tương tác của học sinh với thầy cô bị
hạn chế, chương trình tinh giảm, xốy vào vấn đề trọng điểm. Việc học bồi
dưỡng tại trường bị hạn chế, do đó khả năng làm bài tập các chuyên đề thi THPT
quốc gia cũng bị ảnh hưởng nhiều. Vấn đề đặt ra là thầy cơ cần có phương pháp
trọng tâm, trúng đích, dựa trên gợi ý, định hướng của Bộ giáo dục và đào tạo
thông qua đề thi Minh họa, đề thi tham khảo. Trong ma trận đề thi THPT Quốc
Gia, chủ đề “ Cực trị số phức” có một câu xuất hiện trong đề, mức độ 8+ đến 9+,
đây là câu học sinh cần chinh phục được để tăng điểm số bài thi. Mặt khác, sách
giáo khoa chỉ trình bày kiến thức trong hai bài học cơ bản, ngắn gọn, học sinh
khó có thể định hướng làm bài, nội dung này thường được giải bằng phương
pháp hình học, phương pháp bất đẳng thức, phương pháp lượng giác,…trong đó,
phương pháp Bất đẳng thức thì học sinh khá ở lớp đại trà cịn e dè, sợ sệt, mới
chỉ dám tiếp cận những bài mức độ thơng hiểu, cịn phương pháp hình học thì dễ
hiểu và tiếp cận hơn, nhưng các em chưa để ý và chưa biết cách kết nối liên môn
giữa phân môn Hình học và Đại số. Chính vì vậy, tơi chọn biện pháp “ Ứng
dụng mô đun của số phức và phương pháp hình học tọa độ của đường thẳng

và đường trịn vào giải một số bài tốn cực trị số phức ”
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Bài tốn cực trị số phức là một dạng tốn có cấu trúc trong ma trận đề thi
THPT Quốc gia, là bài toán mức độ 9+, là một trong năm câu vận dụng cao của
đề thi. Đối tượng học sinh khá thường bỏ qua, chưa mạnh dạn tiến đến để bứt
phá điểm số. Phương pháp nghiên cứu này giúp các em tiếp cận tự nhiên, khơng
áp lực, thấm dần và thẩm thấu để hình thành kĩ năng giải toán vận dụng cao một
cách tốt hơn. Từ đó có nhu cầu chinh phục kiến thức khó hơn, mạnh dạn và sẵn
sàng đương đầu, thử thách với những bài tốn địi hỏi tư duy cao hơn, có hứng
thú và say mê, sáng tạo trong giải toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Đề tài nghiên bài tốn tìm cực trị của số phức giải được bằng phương
pháp hình học tọa độ của đường thẳng và đường trịn và tính chất mô đun của số
phức.
- Học sinh các lớp 12A1, 12A3, 12A5, 12A7 trường THPT Bỉm Sơn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
a. Mơđun của số phức:

2


Số phức

z = a + bi

Độ dài của véctơ

được biểu diễn bởi điểm
uuuu
r
OM

M ( a; b )

trên mặt phẳng

Oxy

.

được gọi là mơđun 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 . z '
z
z
=
, ( z ' ≠ 0)
z'
z'

kz = k . z , k ∈ ¡

•

2

2

z = z = z. z
 Chú ý:

.

Lưu ý:
•
•
•
•

z1 + z 2 ≤ z1 + z2
z1 − z2 ≤ z1 + z2

z1 + z2 ≥ z1 − z2
z1 − z 2 ≥ z1 − z2
2

z = z z = z

dấu bằng xảy ra
dấu bằng xảy ra
dấu bằng xảy ra
dấu bằng xảy ra

⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0 )
⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0 )

.

⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0 )
⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0 )

2

∀z ∈ £

,
b. Một số kết quả cơ bản:
•

 Nếu

M1, M2

lần lượt là các điểm biểu diễn của hai số phức

z1 − z2 = M1M2


.

Quỹ tích điểm M (x,y) biểu diễn số phức z thỏa mãn

là đường thẳng

z1, z2

thì

ax + by + c = 0

∆: ax + by + c = 0

3



Quỹ tích điểm M (x,y) biểu diễn số phức z thỏa mãn
z − a − bi = z − c − di
( A ( a, b ) , B ( c , d ) )

∆

là đường trung trực

đoạn AB với

.

min z = d (O, ∆).

Khi đó
 Quỹ tích điểm M (x,y) biểu diễn số phức z thỏa mãn

( x − a)

2

+ ( y − b) = R2
2

R

hoặc

z − a − bi = R > 0

min z = OI − R

là đường tròn tâm

I ( a; b )

,

max z = OI + R.

bán kính . Khi đó
;
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Bài toán số phức mức độ 8+ đến 9+ trong đề thi THPT Quốc gia đối với
số đông học sinh lớp đại trà, học sinh có lực học khá là khó, các em có phương
pháp tiếp cận chưa tự tin trên nền kiến thức vốn có của bản thân nên có tâm lí bỏ
qua. Trong các phương pháp cơ bản để giải bài tốn dạng này, có phương pháp
sử dụng Bất đẳng thức địi hỏi tư duy cao, kĩ năng sẵn có thì mới có phản xạ để
sử dụng, nhiều học sinh lực học khá đã có định kiến bỏ qua bài tốn bất đẳng
thức từ năm lớp 10, phương pháp lượng giác với nhiều công thức, các em học
cuối lớp 10, đầu năm lớp 11, nên cũng quên nhiều, ít phản xạ, phạm vi sử dụng
cũng khơng nhiều, trong đó phương pháp khai thác các yếu tố hình học tọa độ
của đường thẳng, đường tròn khá đơn giản dễ tiếp thu, chỉ có điều các em chưa
biết kết hợp liên mơn trong giải toán. Trong các chủ đề thi THPT Quốc gia ở
mức độ vận dụng và vận dụng cao, chủ đề Số phức với các bài toán cực trị theo
đề minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo gửi cho các trường trong cả nước tham
khảo, tôi cho rằng các em có cơ hội tiếp cận, rèn luyện phương pháp, kĩ năng để
lấy được điểm số phần này và nâng cao kết quả bài thi THPT Quốc gia của
mình.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Giải pháp thực hiện.
- Bổ sung, hệ thống các kiến thức cơ bản liên quan mà học sinh cần sử
dụng, hướng dẫn học sinh tìm được các quỹ tích hình học cơ bản của điểm M(x,
y) thông qua biểu thức đại số cơ bản, đặc trưng từ đó hình thành được phương

pháp giải.
- Rèn luyện tốt kỹ năng xác định điểm biểu diễn của số phức, biến đổi
biểu thức chứa mô đun của số phức và sử dụng bất đẳng thức cơ bản của mô đun
số phức.
- Hướng dẫn học sinh “tìm cực trị của số phức” bằng việc sử dụng mô đun
của số phức và áp dụng phương pháp hình học tọa độ của đường thẳng và đường
trịn .
- u cầu học sinh nhận diện bài tốn thơng qua ví dụ, phân tích hình
thành phương pháp giải, vận dụng tại lớp sau đó trình bày trước lớp hướng giải
hoặc lời giải chi tiết và ra bài tập về nhà để học sinh củng cố kiến thức, ghi nhớ
phương pháp và rèn luyện kỹ năng làm bài.
- Kiểm tra đánh giá để rút kinh nghiệm.
4


2.3.2. Tổ chức thực hiện.
Dựa vào cách xác định điểm biểu diễn của số phức và đẳng thức mô đun
của số phức ta đưa bài toán cực trị số phức về bài toán cực trị cơ bản giữa các
yếu tố: điểm, đường thẳng và đường trịn của hình học tọa độ hoặc sử dụng bất
đẳng thức mô đun của số phức để đánh giá.
z

Câu 1: Cho số phức
A.
Lời giải

13 + 2

thoả mãn

z − 2 − 3i = 1

B. .

C. .

M ( x; y )

Gọi
là điểm biểu diễn của số phức
mặt phẳng toạ độ.
Do

z − 2 − 3i = 1 ⇒ M

I ( 2;3 )

, bán kính

. Giá trị lớn nhất của

6

4

.

P = z +1+ i

z

D.

13 + 1

là:
.

trên

nằm trên đường tròn tâm

R =1

.

P = z + 1 + i = ( x + 1) + ( 1 − y ) i
=

( x + 1)

2

+ ( y − 1) = AM
2

với

A ( −1;1)

.

Pmax = AI + R = 13 + 1

. Chọn D.
Nhận xét: Qua bài trên học sinh rút ra được đặc trưng của dạng toán sau:
Dạng 1: Cho số phức
Phương pháp: Đặt
phức
I

z; z0 ; z1

bán kính

Khi đó:

z

thoả mãn

M ( z ) ; I ( z0 ) ; E ( z1 )

. Khi đó từ giả thiết
R

. Ta có:

Pmax = IE + R

z − z0 = R

Pmin = IE − R

.

lần lượt là các điểm biểu diễn của các số

z − z0 = R ⇔ IM = R ⇒ M

P = z − z1 = ME

và

. Tìm GTNN, GTLN của

P = z − z1

lớn nhất

⇔ MEmax

và

thuộc đường tròn tâm
Pmin ⇔ MEmin

.

.

5


Bài 2: Cho số phức
thoả mãn
A.
Lời giải
Đặt

z − 1 + 3i

T = −4

z

thoả mãn

M ( z ) ; A ( 4;1) ; B ( 0; −1)

∆

z − 1 + 3i = MN

. Do đó
N

chiếu vng góc của
Tọa độ điểm

M

)

lên

∆

là:

.

T =1

D.

đi qua

I ( 2;0 )

và có

.
z ; 4 + i ; −i
z

z − 1 + 3i

. Khi đó

nhỏ nhất

⇔ MN

MN : x − 2 y − 7 = 0

.

là

VTPT n = AB = ( −4; −2 )

là điểm biểu diễn của số phức

1 − 3i

.

nhỏ nhất

⇔M

là hình

.
2 x + y − 4 = 0  x = 3
⇒

 x − 2 y − 7 = 0  y = −2

là nghiệm của hệ phương trình

⇒ M ( 3; −2 ) ⇒ z = 3 − 2i

là số phức

, tập hợp điểm biểu diễn củar sốuuuphức
r
∆

. Ta có

N ( 1; −3)

.Gọi

T = 2a + 3b

T =0

C.

MA = MB

AB

của

.

z = a + bi ( a; b ∈ ¡

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức

Khi đó từ giả thiết suy ra

Ta có:

T =4

B.

⇒ ∆ : 2x + y − 4 = 0

. Gọi

nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức

.

đường trung trực

z −4−i = z +i

T = 2a + 3b = 6 − 6 = 0

. Vậy
. Chọn C.
Nhận xét: Qua bài trên học sinh rút ra được đặc trưng của dạng toán là
Dạng 2: Cho số phức

Phương pháp:

thoả mãn

M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z2 ) ; C ( z3 )

- Đặt

đó từ giả thiết
phức

z

z

Ta có:

z − z1 = z − z2

là đường trung trực

P = z − z3 = CM

Câu 3: Cho số phức
z2 − 4 − i = 5
Pmin =

A.

MA = MB

suy ra
∆

. Tìm GTNN của

của đoạn
M

.

B.

Pmin = 5

là hình chiếu của

C

. Khi

lên

∆ ⇒ Pmin = d ( C ; ∆ )

2

z1 − 2 − z1 + i = 1

.

z; z1 ; z2 ; z3

AB.

2

thoả mãn

.

hay tập hợp điểm biểu diễn của số

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 5
5

P = z − z3

là điểm biểu diễn của các số phức

nhỏ nhất khi
z1

z − z1 = z − z2

C.

và số phức

P = z1 − z2

Pmin = 2 5

z2

thoả mãn

.
Pmin =

.

D.

3 5
5

.
Lời giải:
6


Gọi

M ( x; y )

là điểm biểu diễn của số phức

z1

.

z1 − 2 − z1 + i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + y − x − ( y + 1) = 1 ⇔ 2 x + y − 1 = 0
2

2

2

⇒ M ∈ ∆ : 2x + y −1 = 0

Gọi
z2

N

2

2

2

.

là điểm biểu diễn của số phức

.

z2 − 4 − i = 5 ⇒ N

( C ) : ( x − 4)
bán kính

2

thuộc đường trịn

+ ( y − 1) = 5
2

R= 5

d ( I; ∆) =

Và:

, có tâm

.Ta có

I ( 4;1)

,

P = z1 − z2 = MN

8
> 5
5

⇒∆

khơng cắt đường trịn

Pmin ⇔ MN min ⇔ MN = d ( I ; ∆ ) − R

( C)

.

8
3 5
− 5=
5
5

=

Pmin =

3 5
5

Do đó
. Vậy
. Chọn D.
Nhận xét: Qua bài trên học sinh rút ra được đặc trưng của dạng tốn tương tự
sau.
Dạng 3: Cho hai số phức
đó

z0 ; w 1; w 2

thoả mãn

z1 − z0 = R

là các số phức đã biết. Tìm GTNN của

Phương pháp: Đặt
z1 − z0 = R ⇒ M

P = MN

và

z2 − w1 = z2 − w 2

P = z1 − z2

M ( z1 ) ; N ( z2 ) ; I ( z0 ) ; A ( w1 ) ; B ( w 2 )

thuộc đường tròn tâm

z2 − w 1 = z2 − w 2 ⇒ N

Ta có:

z1 ; z2

, do đó:

I

bán kính

thuộc đường trung trực

Pmin = d ( I ; ∆ ) − R

∆

R

, trong

.

.

của đoạn

AB

.

.

7

Câu 4: Cho số phức

z

thoả mãn
2

P = z − 2 − i + z − 3i

thoả mãn biểu thức
T=

A.
Lời giải:
Gọi

T=

.

B.

M ( x; y ) ; I ( 3; −1)
13
2 ⇒M

z −3+i =

trình:

Đặt

5
2

3
2

2

đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
T=

.

C.

thuộc đường trịn tâm

I ( 3; −1)

Do đó

Phương trình đường thẳng

Toạ độ

  1
 M 1  2; 2 ÷



⇔
 
5
 M 2  4; − ÷
2
 

HM 0

T = a+b

.

.

D.
z

R=

, bán kính

và
13
2

3−i

9

2

.

.

có phương

2+i

và

3i

.

2

(với

H ( 1; 2 )

là trung điểm của

AB

.

HI : 3 x + 2 y − 7 = 0

thoả mãn hệ

, do

là số phức

T=

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức

Pmin ⇔ HM min ⇔ M ≡ M 0

M0

13
2

)

.

AB
2
2
2
2
2
P = z − 2 − i + z − 3i = MA + MB = 2 MH + 2

).

. Gọi

z = a + bi ( a; b ∈ ¡

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức

13
2
2
( x − 3) + ( y + 1) = ( C )
4

A ( 2;1) ; B ( 0;3)

13
2

z −3+i =

.

3x + 2 y − 7 = 0


13
2
2
( x − 3) + ( y + 1) = 4

ngắn nhất nên

 1
M 0 ≡ M1  2; ÷ ⇒ a = 2; b = 1 ⇒ T = 5
 2
2
2

. Chọn A.
Nhận xét: Qua bài trên học sinh rút ra được đặc trưng của dạng toán sau:
Dạng 4: Cho số phức
2

P = z − z1 + z − z2

z

thoả mãn

z − z0 = R

. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

2

.

8

Phương pháp: Đặt
z; z1 ; z2 ; z0

số phức

M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z 2 ) ; I ( z0 )

.
z − z0 = R ⇔ IM = R ⇒

Khi đó từ giả thiết
phức
Gọi

z

E

AB

là trung điểm của

AB 2
2

Ta có:

2

Khi đó :

z

Câu 5: Cho số phức
2

Pmin = 8

A.
Lời giải:

.

AB
2

2

Pmin = 2 ( EI − R ) +
2

;

AB
2

z − 1 + 3i = z + 1 + i

và

Pmin ⇔ EM min ⇔ M ≡ M 1

.
. Giá trị nhỏ nhất của biểu

là:

B.

Pmin = 9

.

C.

Pmin = 16

.

là điểm biểu diễn của các số phức

D.

z;1 − 3i; −1 − i

2
2
2
H ( 2; −4 ) , K ( 0; −2 ) ⇒ P = z − 2 + 4i + z + 2 + i = MH + MK = 2MI +

Do đó

HK

Pmin ⇔ IM min ⇔ M

vng góc của

I

lên

∆

2

HK
2

.

.

AB

.

2

(với

).
là hình chiếu

.

Pmin = 2  d ( I ; ∆ )  +
2

Khi đó
Chọn A.

Pmin = 25

là đường trung trực của đoạn thẳng
2

là trung điểm

.

2

2

M ( x; y ) ; A ( 1; −3) ; B ( −1; −1)

I ( 1; −3)

của số

.

Pmax ⇔ EM max ⇔ M ≡ M 2

z − 1 + 3i = z + 1 + i ⇒ M ∈ ∆ : x − y − 2 = 0

Gọi

M

Tập hợp điểm biểu diễn

.

thoả mãn

P = z − 2 + 4i + z + 2i

R

bán kính

, do đó

Pmax = 2 ( EI + R ) +

Gọi

I

là đường tròn tâm

P = 2ME 2 +

thức

lần lượt là điểm biểu diễn của các

HK 2
=8
2

.
9


Nhận xét: Qua bài trên học sinh rút ra được đặc trưng của dạng toán sau:
z

Dạng 5: Cho số phức
2

.

Phương pháp: Đặt
của

M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z2 ) ; H ( z3 ) ; K ( z4 )

z; z1 ; z2 ; z3 ; z4

diễn của số phức
Gọi

z

z − z1 = z − z2

MI 2 =

Ta

là đường trung trực

là trung điểm của

có:

của

A.
Lời giải

1
z3
2

Và

hay tập hợp điểm biểu

.

.

I

lên

.

Do
∆

đó

.Khi đó

HK
.
2
z1 z2

,

thỏa mãn

z1 − 4 = 1

và

iz2 − 2 = 1

. Giá trị nhỏ nhất

bằng

z3 = −2 z2 ,

z2 = −

của

AB

2

4 2 +3

Đặt

∆

MA = MB

là hình chiểu vng góc của

Câu 6: Xét các số phức
z1 + 2 z2

HK

suy ra

MH 2 + MK 2 HK 2
HK 2
−
⇒ P = MH 2 + MK 2 = 2MI 2 +
2
4
2

Pmin ⇔ MI min ⇔ M
Pmin = 2 M 0 I 2 +

lần lượt là điểm biểu diễn

.

Khi đó từ giả thiết ta có:
I

. Tìm GTNN của

2

P = z − z3 + z − z4

các số phức

thoả mãn

z − z1 = z − z2

suy ra

thế vào

B.

2 5−2

C.

4− 2

D.

4 2 −3

P = z1 + 2 z2 = z1 − (−2 z2 ) = z1 − z3 .

1
iz2 − 2 = 1 ⇔ − iz3 − 2 = 1
2

⇔ z3 − 4i = 2.

A, B

Gọi

là hai điểm biểu diễn cho hai số phức

z3 , z1.

10


gz3 − 4i = 2 ⇒ A
gz1 − 4 = 1 ⇒ B

thuộc đường tròn tâm

thuộc đường tròn tâm

I (0; 4), R3 = 2.
J (4;0), R1 = 1.


 Pmin = IJ − R1 − R3 = 4 2 − 3
⇒ P = z1 − z3 = AB ⇒ 
.
P
=
IJ
+
R
+
R

=
4
2
+
3

1
3
 max

Chọn D.
Nhận xét: Qua bài trên học sinh rút ra được đặc trưng của dạng toán sau:
Dạng 6: Cho hai số phức
w1 ; w 2

z1 ; z2

thoả mãn

z1 − w1 = R1

và

z2 − w 2 = R2

là các số phức đã biết. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức

Phương pháp: Đặt
z1 − w1 = R1 ⇒ M

thuộc đường tròn tâm

z2 − w 2 = R2 ⇒ N

Ta có:

P = MN

MN max ; MN min

M ( z1 ) ; N ( z2 ) ; I ( w1 ) ; K ( w 2 )
I

thuộc đường trịn tâm

P = z1 − z2

R1

bán kính

.

R2

.

. Dựa vào các vị trí tương đối của hai đường trịn để tìm

.

Câu 7: (Sở giáo dục Cần Thơ, năm 2019) Cho số phức
z − 1 + 2i = 5

A.
Lời giải
Cách 1.
Ta có

5

.

.

bán kính

K

trong đó

. Giá trị lớn nhất của

.

B.

5 2

z +1+ i

.

C.

z − 1 + 2i = k (2 − i), k ≥ 0

z − 1 + 2i = 5 ⇔ k (2 − i ) = 5 ⇔ k = 1, k ≥ 0

Vậy giá trị lớn nhất của
Cách 2.

z +1+ i

bằng

20

.

D.

2 5

.

.

. Khi đó

. Suy ra

2 5

thoả mãn

bằng

z + 1 + i = z − 1 + 2i + 2 − i ≤ z − 1 + 2i + 2 − i = 2 5

Đẳng thức xảy ra khi

z

z = 3 − 3i

. Chọn D.
11


z = x + yi, ( x, y ∈ ¡

Đặt

( x − 1)

+ ( y + 2) = 5

2

A ( −1; − 1)

khi đó

( C)

thì từ điều kiện ta có:

2

M ( x; y )

Gọi

)

là điểm biểu diễn cho

là điểm biểu diễn cho số phức

z + 1 + i = AM
I ( 1; −2 )

tâm

A∈( C )

.

, do đó

M

với

R= 5

AM ≤ 2 R = 2 5

Suy ra
Cách 3.

và

−1 − i

,

thuộc đường trịn

bán kính

max z + 1 + i = 2 5

z

. Dễ thấy

.

, đẳng thức xảy ra khi

M ≡K

. Chọn D.

z − 1 + 2i = 5 ( *)

Đặt

z = x + yi ( x, y ∈ ¡

)

,

khi

ấy,

ta

có

( *) ⇔

x + yi − 1 + 2i = 5

⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) i = 5

⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 5
2

Đặt
=

(

2

 x − 1 = 5 sin a

 y + 2 = 5 cos a

.

. Ta có

) (

z + 1 + i = ( x + 1) + ( y + 1) i =

)

2

5 sin a + 2 +

5 cos a − 1

Vì

⇔ 0 ≤ z +1+ i ≤ 2 5

với mọi

2

2

= 10 + 4 5 sin a − 2 5 cos a

với


cos ϕ =


sin ϕ =


2 5
5
5
5

.

a; ϕ ∈ ¡ ⇒ 10 − 10 ≤ z + 1 + i ≤ 10 + 10

.

Vậy giá trị lớn nhất của

+ ( y + 1)

2

2 5

5
= 10 + 10 
sin a −
cos a ÷
÷ = 10 + 10sin ( a − ϕ )
5
 5


−1 ≤ sin ( a − ϕ ) ≤ 1

( x + 1)

z +1+ i

là

2 5

. Dấu

"="

xảy ra khi

sin ( a − ϕ ) = 1

12



5
π

cos a = cos  + k 2π + ϕ ÷ = − sin ϕ = −
5

2

⇒
⇒
 x − 1 = 5 sin a
sin a = sin  π + k 2π + ϕ  = cos ϕ = 2 5
π

⇔ a − ϕ = + k 2π

÷

2

5
 y + 2 = 5 cos a


2

x −1 = 2
x = 3
⇔
⇔
 y + 2 = −1
 y = −3 ⇒ z = 3 − 3i

. Chọn D.
Nhận xét : Như vậy học sinh có đến hai cách làm đơn giản, so với cách giải
bằng phương pháp lượng giác thì dễ hơn rất nhiều, phù hợp tư duy đối với số
đông học sinh đại trà và có lực học khá. Các em có tâm lí thoải mái để tiếp cận
bài tốn từ đó thúc đẩy khả năng tìm tịi và khám phá các phương pháp mới.
Câu 8: (Đề Minh Họa THPT Quốc gia của Bộ giáo dục năm học 2020-2021)
Xét hai số phức
3 z1 + z2 − 5i

z1 , z2

, thóa mãn

5 − 19

B3:

B.

5 + 19

z1 = a + bi , z2 = c + di

B2: Tính
Áp

và

z1 − z2 = 3

. Giá trị lớn nhất của

bằng

A.
Phân tích:
B1: Gọi

z1 = 1, z2 = 2

với

C.

−5 + 2 19

D.

5 + 2 19

.

a , b, c, d Ỵ ¡ .

z1 ; z2 ; 3 z1 + z2 .

dụng:

z + z ¢£ z + z ¢

,

dấu

bằng

xảy

ra

⇔ z = kz , ( k ≥ 0 )

Þ 3 z1 + z2 - 5i £ 3z1 + z2 + - 5i = 19 + 5.

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:
Lời giải
Đặt

z1 = a + bi, z2 = c + di

2

2

2

a, b, c, d Ỵ ¡ .

với

2

2

Theo giả thiết thì

2

a + b = 1, c + d = 4, ( a - c ) + (b - d ) = 3.

Do đó
Ta có

a 2 - 2ac + c 2 + b2 - 2bd + d 2 = 3 Þ ac + bd = 1.
3z1 + z2 = 3(a + c ) + (3b + d )i
2

nên

3z1 + z2 = (3a + c ) + (3b + d ) = 9(a 2 + b2 ) + (c 2 + d 2 ) + 6( ac + bd ) = 19.

Áp dụng bất đẳng thức

2

z + z ¢£ z + z ¢

3z1 + z2 - 5i £ 3z1 + z2 + - 5i = 19 + 5.

, ta có ngay

Giá trị lớn nhất của

3 z1 + z2 − 5i

bằng
13


3 2
− 3 5
−
i; z 2 =
−
i
7
7

7
7

z1 =

5 + 19

đạt tại
Chọn B.

z1 , z2

Câu 9: Xét hai số phức
Giá trị lớn nhất của
A.
Lời giải
Gọi

3 2 +3

.

B.

z1 = a + bi, z2 = c + di a, b, c, d ∈ ¡

( a + 1)

Từ giả thiết ta có:

2

và

.

z1 − z2 − 1 = 6

.

bằng

2 2 −3

,

và

3 2
− 3 5
−
i; z 2 =
−
i
7
7
7
7

z1 + 1 = 1, z2 + 2 = 3

, thỏa mãn

5z1 + z2 + 7 − 3i

z1 =

.

C.

3− 3

.

D.

2 3+2

.

.

+ b 2 = 1, ( c + 2 ) + d 2 = 3
2

.

z1 − z2 − 1 = ( a + 1) + bi − ( c + 2 ) − di = 6

⇔ ( a + 1) − ( c + 2 )  + ( b − d ) = 6 ⇔ ( a + 1) − 2 ( a + 1) ( c + 2 ) + ( c + 2 ) + b 2 + d 2 − 2bd = 6
2

2

2

2

⇔ −2 ( a + 1) ( c + 2 ) + bd  = 2 ⇔ ( a + 1) ( c + 2 ) + bd  = −1

Ta có:

5 z1 + z2 + 7 = 5 ( z1 + 1) + ( z2 + 2 ) = 5 ( a + bi + 1) + ( c + di + 2 )

⇔ 5 z1 + z2 + 7 = ( 5a + c + 7 ) + ( 5b + d ) i = 5 ( a + 1) + ( c + 2 ) + ( 5b + d ) i
⇒ 5 z1 + z2 + 7 = 5 ( a + 1) + ( c + 2 )  + ( 5b + d )
2

2

= 25 ( a + 1) + 10 ( a + 1) ( c + 2 ) + ( c + 2 ) + 25b 2 + 10bd + d 2
2

2

= 10 ( a + 1) ( c + 2 ) + bd  + 28 = 3 2

.Áp dụng bất đẳng thức môđun:

⇒ 5 z1 + z2 + 7 − 3i ≤ 5 z1 + z2 + 7 + −3i = 3 2 + 3

z + z′ ≤ z + z′

. Vậy giá trị lớn nhất của

P = 3 2 +3

.
.

Chọn A.
Câu 10: Cho số phức
nhất

M

của

z − 2 + 3i

M=

A.

10
3

.

z

thỏa mãn

5 z − i = z + 1 − 3i + 3 z − 1 + i

. Tìm giá trị lớn

?
B.

M = 1 + 13

.

C.

M =4 5

.

D.

M =9

.
14


Lời giải

Gọi

A ( 0;1)

,

B ( −1;3) , C ( 1; −1)

diễn số phức z. Khi đó
⇒ MA2 =

. Ta thấy

A

là trung điểm của

BC

. Gọi M(a ; b) biểu

MA = z − i
.

MB 2 + MC 2 BC 2
BC 2
−
⇔ MB 2 + MC 2 = 2 MA2 +
= 2 MA2 + 10
2

4
2

Ta lại có :

.

5 z − i = z + 1 − 3i + 3 z − 1 + i ⇔ 5MA = MB + 3MC ≤ 10. MB 2 + MC 2

⇒ 25MA2 ≤ 10 ( 2 MA2 + 10 ) ⇒ MA ≤ 2 5

Mà

Dấu

z − 2 + 3i = ( z − i ) + ( −2 + 4i ) ≤ z − i + 2 − 4i ≤ z − i + 2 5 ≤ 4 5

"="

xảy ra khi

a = −2
⇔
b = 5

, với

 a 2 + (b − 1)2 = 20
a 2 + (b − 1)2 = 20
 z − i = 2 5



⇔  a b −1
⇔  a b −1

(= t )
 =
 =
 z − i = t (−2 + 4i ), t ≥ 0
 −2
4
 −2
4

z = a + bi a, b ∈ ¡

;

Câu 11: Cho hai số phức
nhất của
A.
Lời giải
Giả sử

z1 − z2
2 2

.

z1 , z2

. Vậy

z = −2 + 5i

thỏa mãn

. Chọn C.

z1 − i
z +i
= 1; 2
= 2
z1 + 2 − 3i
z2 − 1 + i

. Giá trị nhỏ

là

.

2

B.

z1 = x1 + y1i

x1 ; y1 ∈ ¡

với

1

.

C. .

D.

2 −1

.

. Khi đó:

z1 − i
= 1 ⇔ z1 − i = z1 + 2 − 3i ⇔ x1 + ( y1 − 1) i = ( x1 + 2 ) + ( y1 − 3) i
z1 + 2 − 3i
⇔ x12 + ( y1 − 1) =

( x1 + 2 )

⇒

M

2

Quỹ tích điểm

Giả sử

z2 = x2 + y2i

2

+ ( y1 − 3) ⇔ x1 − y2 + 3 = 0
2

biểu diễn số phức

với

x2 ; y2 ∈ ¡

z1

.

là đường thẳng

∆: x− y +3= 0

.

. Ta có:

z2 + i
= 2 ⇔ z2 + i = 2 z2 − 1 + i ⇔ x2 + ( y2 + 1) i = 2 ( x2 − 1) + ( y2 + 1) i

z2 − 1 + i

15


⇔ x22 + ( y2 + 1) = 2
2

⇒

Quỹ

tích

( x2 − 1)

cách

2 − ( −1) + 3

d ( I; ∆) =

thẳng
chung.

12 + ( −1)

∆

2

2

biểu

có tâm

I

từ

+ ( y2 + 1) ⇔ x22 + y22 − 4 x2 + 2 y2 + 3 = 0

N

điểm

( C ) : x2 + y 2 − 4x + 2 y + 3 = 0
Khoảng

2

I ( 2; −1)

đến

∆

⇒

.

z2

phức

là

đường

R = 22 + ( −1) − 3 = 2

trịn

2

và bán kính

.

là:

C

đường

khơng có điểm

Quỹ tích các điểm biểu diễn số phức
là đoạn thẳng

số

=3 2 > R

và đường tròn

MN

diễn

.

⇒ z1 − z2

z1 − z2

nhỏ nhất khi

MN min = d ( I ; ∆ ) − R = 3 2 − 2 = 2 2

MN

và chỉ khi độ dài
nhỏ nhất.Dễ thấy
Nhận xét : Kết hợp tính chất mơ đun của số phức và phương pháp hình học tọa
độ của đường thẳng và đường trịn, học sinh giải bài tốn nhẹ nhàng.
Câu 12: Cho hai số phức
z−w

z,w

đạt giá trị nhỏ nhất khi

A.
Lời giải

2 2

.

z −3 2 = 2

thỏa mãn
z = z0 w = w0

B.

,

4 2

w − 4 2i = 2 2

,
. Tính

.

3z0 − w0

. Biết rằng
.

C. 1.

D.

6 2

.

z −3 2 = 2

Ta có:
diễn

, suy ra tập hợp điểm biểu

M

(

I 3 2 ;0

biểu diễn số phức

)

r= 2

, bán kính

z

là đường trịn có tâm

.

w − 4 2i = 2 2

Từ
N

(

, suy ra tập hợp điểm biểu diễn
biểu diễn số phức

J 0; 4 2

Ta có

)

, bán kính

là đường trịn có tâm

R=2 2

min z − w = min MN

Và có:

w

.

.

IJ = 5 2; IM = r = 2; NJ = R = 2 2

. Mặt khác

IM + MN + NJ ≥ IJ
16


⇒ MN ≥ IJ − IM − NJ

hay

min MN = 2 2

Suy ra
vẽ)
Cách 1:

Khi đó ta có:

Mặt khác

Suy ra

MN ≥ 5 2 − 2 − 2 2 = 2 2

khi

I,M , N, J

uuuu
r uuur
3z0 − w0 = 3OM − ON

thẳng hàng và

và

.
M,N

nằm giữa

uuur 1 uu
r uur 3 uu
r
⇒ IM = IJ ; IN = IJ
IN = 3 2
5
5

I, J

(Hình

.

r
uur 3 uu
r
uur
uu
r
 uur 1 uu
uuuur
uur uuur
uuur uur uur = OI + 3 IJ 3OM
3
OI
+
IJ
=
3
OI
+
IJ
÷
= 3 OI + IM = 
5 
5

ON = OI + IN
5

(

;

)

uur 3 uu
r  uur 3 uu
r
uur
uuuu
r uuur = 3OI
+
IJ
−
OI
+
IJ
=
2
OI

÷
3 z0 − w0 = 3OM − ON
5
5 


=6 2

.

. Chọn D.

Cách 2:
Ta có

uur uuur
uuur uur r
IN = 3IM ⇒ 3IM − IN = 0

.

uuuu
r uuur
uur uuur
uur uur
uur
3 z0 − w0 = 3OM − ON = 3 OI + IM − OI + IN = 2OI = 2.OI = 2.3 2 = 6 2.

(

Do đó

) (

)

Chọn D.
Cách 3:

+)

+)


12 2
 xM =
uuur IM uu
r
uuur 1 uu
r
12 2 4 2

5
IM =
IJ ⇔ IM = IJ ⇔ 
⇒ z0 =
+
i
IJ
5
5
5
4
2
y =
 M

5

.


6 2
 xN =
uur IN uu
r
uur 3 uu
r
6 2 12 2

5
IN =
IJ ⇔ IN = IJ ⇔ 
⇒ w0 =
+
i
IJ
5
5
5
12
2
y =
 N
5

Suy ra

3z0 − w0 = 6 2 = 6 2

. Chọn D.

Nhận xét: Đa số các em lựa chọn cách 3 dùng phương pháp tọa độ để tìm
w0

z0

và

vì nó đơn giản và dễ làm đối với các em.

17


z1 , z2

Câu 13 :Xét các số phức
trị lớn nhất của
A.
Lời giải

B.

z1 = a + bi, z2 = c + di

Đặt

thỏa

P = z1 − z2 + z1 + 2 − i

2 17.

AB = 17




17 + 29.

C.

( a , b, c , d ∈ ¡ ) ;

Gọi

D.

z1 , z2 , − 1 + 2i, 3 + 3i

Suy ra
dưới).
Ta

D ( −2;1) .
AB

thuộc đường trịn

với

( C)

Nhận thấy
và

M

 5
I 1; ÷.
 2

có tâm

P = z1 − z2 + z1 + 2 − i = MN + MD

có

lần

trong mặt phẳng tọa độ.

)

5
17 AB
2 z2 − 1 − i = 17 ⇔ NI =

=
2
2
2

N

17 + 2 29.

M ( a; b ) , N ( c; d ) , A ( −1; 2 ) , B ( 3;3 )

z1 + 1 − 2i + z1 − 3 − 3i = 17 ⇔ MA + MB = 17 = AB 
→M

AB.

Giá

bằng

3 29.

lượt là điểm biểu diễn các số phức
(Ta có

5
z1 + 1 − 2i + z1 − 3 − 3i = 2 z2 − 1 − i = 17.
2

I,

thuộc đoạn thẳng

Ta thấy

I

đường kính

AB.

là trung điểm của
AB

(như hình bên

với

nằm trên đoạn thẳng

N ∈ ( C ) ⇒ MN ≤ AB = 17

MD ≤ max { AD, BD} = BD = 29.

Suy

và
ra

P = z1 − z2 + z1 + 2 − i = MN + MD ≤ 17 + 29.

Dấu
Vậy

"="

xảy ra khi

Pmax = 17 + 29.

M ≡ B
.

N ≡ A

Chọn C.

Câu 14:(mã 101-đợt 1-thi THPTQG năm 2021)
Xét các số phức
nhất,

z−w

z, w

thỏa mãn

z =1

và

w = 2.

Khi

z + iw − 6 − 8i

đạt giá trị nhỏ

bằng
18


A.
Lời giải:

221
.
5

z =1→

Ta có

C.

O ( 0;0 ) ,

bán kính

D.
z

là

R = 1.

w1 = −iw + 6 + 8i ⇒ w1 − 6 − 8i = −iw ⇒ w1 − 6 − 8i = 2.

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức
trịn tâm
Khi đó
bằng
w1

3.

tập hợp điểm biểu diễn số phức

đường trịn tâm
Đặt

5.

B.

29
.
5

bán kính

OI − ( R1 + R2 ) = 7.

Khi đó

là đường

R = 2.

z + iw − 6 − 8i = z − w1

thỏa

Vậy

I ( 6;8 ) ,

w1

đạt giá trị nhỏ nhất

Gọi

A, B

lần lượt là điểm biểu diễn của số phức

z

và

z − w1 = 7.
r 1 uur
 uuu
3 4
3 4
OA
= OI ⇒ A  ; ÷⇒ z = + i

10
5 5

5 5
.
 uuu
r 4 uur
24
32
24
32
8
6


OB = OI ⇒ B
+ i⇒w= + i
 ; ÷⇒ w1 =

5

5
5
5 5
 5 5 

2
29
z − w = −1 − i =
.
5
5

Chọn D.

Câu 15:(mã 111-đợt 2-thi THPTQG năm 2021)
Xét các số phức

z

nhất của biểu thức
5

A. .
Lời giải:

Cho

và

w

thay đổi thỏa mãn

P = z + 1 + i + w − 2 + 5i

B.

17

.

C.

z = w =3

và

z−w =3 2

. Giá trị nhỏ

bằng
29 − 2

.

D.

5−3 2

.


z
=1

 z = w = 3
w

⇒
.

 z − w = 3 2
 z −1 = 3 2 = 2
w
w


TH1:

z
=1
w

thì

z
−1 = 0 ≠ 2
w

(Loại).
19


TH2:

 a = 0

2
2
z
 a + b = 1
 = a + bi
 b =1
⇔
⇔
w
2
2
 a = 0
( a − 1) + b = 2
 a, b ∈ ¡

 b = −1

Ta xét:
Ta

z = iw ⇒ P = iw + 1 + i + w − 2 + 5i = − w − 1 + i + w − 2 + 5i ≥ −3 + 6i = 45

.

z = −iw ⇒ P = −iw + 1 + i + w − 2 + 5i = w − 1 + i + − w + 2 − 5i ≥ 1 − 4i = 17

xét:

.

 w − 1 + i = u (1 − 4i), u > 0

 − w + 2 − 5i = v(1 − 4i ), v > 0

⇒ Pmin = 17

đạt được khi
. Chọn B.
Câu 16: (Đề khảo sát chất lượng đợt 2 mơn Tốn năm học 2021-2022, Sở
giáo dục và đào tạo Thanh Hóa )
Xét các số phức
M = z1 + z2

z, z1 , z2

khi biểu thức

M =2 5

A.
Lời giải:
Từ

C1

I (4;5)

z2 − 1 = 1

tâm

B.

z1 − 4 − 5i = 1

) có tâm

Từ

J (1;0)

thỏa mãn

P = z − z1 + z − z2

M =6

z + 4i = z − 8 + 4i

và

. Tính

đạt giá trị nhỏ nhất.
M = 41

C.

D.

suy ra tập hợp điểm A biểu diễn số phức

, bán kính

R1 = 1

R2 = 1

M = 2 13

z1

là đường tròn (

.

suy ra tập hợp điểm B biểu diễn số phức

, bán kính

z2

là đường trịn (

C2

) có

.

z = a + bi, (a, b ∈ R)

Đặt

z1 − 4 − 5i = z2 − 1 = 1

z + 4i = z − 8 + 4i

.Từ

có

a + ( −b + 4) = (a − 8) + (b + 4) ⇔ a − b = 4
2

2

2

2

điểm C biểu diễn số phức
∆:x− y = 4

. Khi đó

z

. Suy ra tập hợp
nằm trên đường thẳng

P = z − z1 + z − z2 = CA + CB

điểm đối xứng với J qua đường thẳng
được

K (4; −3)

∆

, khi đó ta tìm

suy ra phương trình đường thẳng

Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
 A = CI ∩ (C1 )

 B = CJ ∩ (C2 )

.Gọi K là

.Suy ra

A(4; 4), B(2;0).

IK : x = 4

C = IK ∩ ∆

.

và

Do đó
20


z1 = 4 + 4i, z2 = 2 + 0i ⇒ z1 + z2 = 6 + 4i ⇒ M = z1 + z2 = 2 13.

Chọn D.
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
z = a +bi ( a;bỴ ¡ )

Câu 1: Xét các số phức
thức

P = z - 2 - 2i + z +3 - 7i

A.

- 1.

thỏa mãn

a +b

đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng

12.

B.

z - 5 - 3i = z - 1+5i .

C.

1.

Khi biểu

bằng

2.

D.

Đáp số: 0 ( đáp án B).
z

Câu 2: Cho số phức
làm cho biểu thức
A.

T = 20

thoả mãn

P = z − 2 − 3i

.

z

A.

z1 , z2

. Gọi

lần lượt là hai số phức

đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất.Tính

T =6

B.

Bài 3: Cho các số phức

( 2 − i) z + 5

z + 2−i = 5

.

T = 14

C.

thoả mãn

z − 2i = z + 2

T = 24

.

D.
Đáp số: 14 ( đáp án C).

. Gọi

z

là số phức thoả mãn

.

1< z < 2

B.

.

C.

2< z <3

.

Câu 4: Cho hai số phức
trị nhỏ nhất của

z − z′

z , z′

Đáp số :
thỏa mãn

z+5 =5

và

B.

z

Câu 5: Cho số phức

A.

Pmax = 96

.

( đáp án A).

z ′ + 1 − 3i = z′ − 3 − 6i

5
4

.

10

C.

.

D.
Đáp số :

P = z − 2 − 3i + z − 5i

2
2

.

. Tìm giá

.

.

2

z >3

D.
z =

A.

.

nhỏ nhất. Khi đó:

0 < z <1

5
2

T = 3 z1 + 2 z2

thoả mãn

z − 1 + 2i = 2

5
2

3 10

.

( đáp án A).

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2

.
B.

Pmax = 66

.

C.

Pmax = 152

Pmax = 132

.
D.
.
Đáp số : 132 ( đáp án D).
21

Câu 6: Cho số phức

z

2

thức

P = z −i + z − 4 +i

A.

Pmin = 46

.

thoả mãn
.

Pmin = 56

B.

z1

.

,

z2

.

thỏa mãn

313

B.

Pmin = 36

C.

T = 2iz1 + 3 z2

trị lớn nhất của biểu thức
313 + 16

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

2

Câu 7: Cho hai số phức

A.

z + 2 − 4i = z − 2i

Pmin = 48

.

z1 − 3i + 5 = 2

D.
.
Đáp số : 46 ( đáp án A).
iz2 − 1 + 2i = 4

và

. Tìm giá

.

.

313 + 8

C.

.

313 + 2 5

D.

313 + 16

Đáp số :

.

( đáp án A).

Câu 8: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong , Nam Định, năm 2019) Cho hai số
phức

z1 , z2

thoả mãn

T = z1 + z2

nhất của biểu thức
2 −1

A.

z1 + 2 − i + z1 − 4 − 7i = 6 2

.

B.

và

iz2 − 1 + 2i = 1

. Tìm giá trị nhỏ

.
2 +1

.

C.

2 2 +1

.

Đáp số :

D.
2 2 −1

z − 3 − 4i = 5

. Gọi

M

2

biểu thức
A.

và

P = z + 2 − z −i

w = 3 137

.

m

. Môđun của số phức
w = 1258

.

C.

w = M + mi

w = 2 309

Đáp số :

là
.

D.

A.

và

z2 = iz1

m = 2 −1

.

. Tìm giá trị nhỏ nhất
B.

m=2 2

.

m

của biểu thức
C.

m=2

.

Đáp số :

w = 2 314

w = 1258

z1 − z2

.

( đáp án B).

z1 , z2

Câu 10: (THPT Hậu Lộc 2, năm 2018) Cho hai số phức
z1 + 1 − i = 2

thỏa mãn

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

2

B.

.

( đáp án D).

z

Câu 9: (Sở giáo dục Cần Thơ, năm 2018) Cho số phức

2 2 −1

thỏa mãn

?

D.

m = 2 2 −2

m = 2 2 −2

.

( đáp án D).
22


Câu 11: (THPT Chuyên Ngữ-Hà Nội, năm 2019) Cho các số phức
iz + 2i + 4 = 3

thay đổi thỏa mãn các điều kiện sau:
phần ảo của
A.

z2

9.

z1

, phần thực của

z , z1, z2

bằng 2,

2

bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B.

2.

5.

2

.

4.

D.
Đáp số : 4 ( đáp án D).
Câu 12: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp-Quảng Bình -lần 1-năm 20172018) Cho số phức
z1 − z2

z1 z2

,

C.

T = z - z1 + z - z2

thỏa mãn

z1 = 12

và

z2 − 3 − 4i = 5

. Giá trị nhỏ nhất của

là:
0

A. .

B.

Câu 13: Xét các số phức

2

z

C.
thỏa mãn

7

17

D.
Đáp số : 2 ( đáp án B).

z + 2 - 3i + z - 6 - i = 2 17 .

Gọi

M, m

lần

P = z +1- 2i - z - 2 +i .

lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A.
C.

M = 3 2, m = 0.

B.

M = 3 2, m = 5 2 - 2 5 .

D.

M = 3 2, m = 2 .
M = 2, m = 5 2 - 2 5.

Đáp số :

Câu 14: Xét các số phức
Tính
A.

M = z1 - z2

M = 2 5.

khi
B.

z, z1, z2

thỏa

P = z - z1 + z - z2

M = 6.

C.

M = 3 2, m = 0.

z1 - 4 - 5i = z2 - 1 =1

và

( đáp án A).

z + 4i = z - 8 + 4i .

đạt giá trị nhỏ nhất.
M = 41.

D.

M = 8.
M = 2 5.

Đáp số :
( đáp án A).
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Năm học 2020-2021, khi dạy chuyên đề “ Cực trị số phức ” tôi chọn lớp
12A3, 12A4 làm lớp dạy học thực nghiệm (lớp sử dụng đề tài). Đồng thời cũng
nội dung như trên tôi chọn lớp 12A1, 12A5 làm lớp dạy học đối chứng (không
sử dụng đề tài) (các lớp đều học chương trình nâng cao; lớp 12A1, 12A5 là lớp
khối D có lực học tương đương nhau; lớp 12A3, 12A4 là lớp khối A1 có lực
học tương đương nhau – đánh giá qua quá trình trực tiếp giảng dạy và qua kết
quả thi học kì 2 của hai lớp). Tôi nhận thấy, ở lớp 12A1, 12A5 đa số các em chỉ
có một vài em làm được bài tốn “tìm cực trị của số phức” ở mức độ đơn giản
nhất, khi kiểm tra tỉ lệ điểm số ở mức độ trung bình của các em cịn cao, phản
23


xạ giải bài toán vận dụng ở các em chưa có nhiều. Ở lớp 12A3, 12A4 tơi thấy
có hiệu quả rõ rệt, các em có hứng thú, đam mê học tập hơn hẳn, các e có thể tự
làm được các bài khó hơn và các bài cực trị số phức trong đề thi thử THPT Quốc
gia của các trường phổ thơng trên tồn quốc.
Năm học 2021-2022, tơi tiếp tục đứng lớp 12 ôn thi trung học phổ thông

quốc, khi dạy chuyên đề “ Cực trị số phức ” tôi chọn lớp 12A5, 12A7 làm lớp
dạy học thực nghiệm (lớp sử dụng đề tài). Đồng thời cũng nội dung như trên tôi
chọn lớp 12A1, 12A3 làm lớp dạy học đối chứng (khơng sử dụng đề tài) (các
lớp đều học chương trình nâng cao; lớp 12A1, 12A3 là lớp khối D có lực học
tương đương nhau; lớp 12A5, 12A7 là lớp khối A1 có lực học tương đương
nhau – đánh giá qua quá trình trực tiếp giảng dạy và qua kết quả thi học kì 2 của
hai lớp). Kết quả thu được ở năm học thứ hai áp dụng đề tài cũng tương tự như
kết quả năm thứ nhất áp dụng đề tài.
Tôi nhận thấy sau khi được ôn tập hệ thống hóa kiến thức cơ bản liên
quan, các em đã hình dung được phương pháp mình nên tiếp cận để giải bài
tốn, điều mà trước đây các em khơng dám làm, khơng nghĩ rằng mình sẽ làm
được. Đặc biệt, trong kì thi THPT quốc gia năm học 2020-2021, các em sử dụng
biện pháp “Ứng dụng mô đun của số phức và phương pháp hình học tọa độ
của đường thẳng và đường tròn vào giải một số bài cực trị số phức ” đã làm
rất tốt các câu 44-mã 101-đợt 1, câu 42-mã 102-đợt 1, câu 42-mã 103-đợt 1,
câu 48-mã 108-đợt 1, câu 45-mã 111-đợt 2, câu 44-mã 121-đợt 2, câu 42-mã
101-đợt 2,… các em đều có điểm số mơn Tốn từ 8,0 đến 9,4 và trường THPT
Bỉm Sơn tiếp tục đứng thứ 3 mơn Tốn, chỉ sau trường chun Lam Sơn và
THPT Hàm Rồng.
Tơi cho rằng đó là một thành cơng nho nhỏ đã giúp các em khơi gợi cảm
xúc Toán học, năng lực tư duy và biết cách áp dụng cho những chủ đề ôn thi
tương tự.
Sau khi dạy học thực nghiệm và đối chứng, tôi tiến hành cho học sinh bốn
lớp làm bài kiểm tra 45 phút và thu được kết quả thống kê theo bảng sau:
Lớp

Sĩ
số

12A3

47

12A1

47

12A4

43

12A5

38

Kết quả 2020-2021
Giỏi
Khá
Tr.bình
Yếu
SL %
SL %
SL %
SL
34,0
46,8
12,7
16
22
6

3
4
1
7
10,6
29,7
44,6
5
14
21
7
4
8
8
41,8
46,5
11,6
18
20
5
0
6
1
3
13,1
31,5
36,8
5
12
14

7
6
8
4

%

Kém
SL %

6,38

0

0

14,9

0

0

0

0

0

18,4
2

0

0

Kết quả bài thi mơn tốn trong kì thi THPT Quốc gia năm 2020-2021 của
các em.
24


Lớp

Sĩ
số

Kết quả mơn Tốn THPTQG năm học 2020-2021
≥
≥
Điểm
Điểm
Điểm 8
Điểm 9
Điểm
trung
trung
trung bình
bình
bình tồn
SL %
SL %

của lớp
Trường
quốc
74,4
35
9
19,5
8,23
7

12A
47
3
12A
47 24 51,1
4
5,81
7,76
1
8,02
6,61
12A
20,9
43 31 72,1
9
8,30
4
3
12A
60,5

38 23
2
5,26
7,86
5
3
(Đính kèm danh sách kết quả kì thi THPT Quốc gia mơn Tốn năm học
2020-2021 của các em có điểm số từ 8 trở lên).
Kết quả 2021-2022
Lớp
Giỏi
Khá
Tr.bình
Yếu
Kém
SL %
SL %
SL %
SL %
SL %
35,5
46,6
12A5 45 16
21
5 11,11 3
6,66
0
0
6
7

16,6
28,5
38,1
16,6
12A1 42
7
142
16
7
0
0
7
7
0
6
41,6
47,9
10,4
12A7 48 20
25
5
0
0
0
0
7
2
1
17,7
33,3

17,7
12A3 45
8
15
14 31,11 8
0
0
8
3
8
Trong đợt khảo chất lượng đợt 2 mơn Tốn năm học 2021-2022,Sở giáo
dục Thanh Hóa, Các em khối 12 trường THPT Bỉm Sơn, có điểm trung bình
mơn Tốn 7,64 xếp thứ 3 toàn tỉnh( Sau chuyên Lam Sơn 8,08 và THPT Hàm
Rồng 7,74.)
Qua quá trình thực nghiệm với những kết quả trên đây tôi mạnh dạn
khẳng định những giải pháp mà đề tài đưa ra là hoàn toàn khả thi và có thể áp
dụng trong dạy học chủ đề “Cực trị số phức” của Giải tích 12.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1.Kết luận.
Với mục đích rèn luyện và nâng cao năng lực tư duy, tính sáng tạo trong
giải tốn, tạo niềm say mê học tập của học sinh trung học phổ thông, tôi đã
mạnh dạn nghiên cứu đề tài “Ứng dụng mơ đun của số phức và phương pháp
hình học tọa độ của đường thẳng và đường tròn vào giải một số bài toán
cực trị số phức”. Để giải quyết hiệu quả bài toán dạng này học sinh cần nắm
vững cả kiến thức, phương pháp đã nêu trong sách giáo khoa và phương pháp
trong báo cáo để vận dụng linh hoạt cho từng bài toán cụ thể.
Sĩ
số

25