Sáng kiến tăng quý năm học 2021 2022 quý chính xác 17 12 2021

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi:
- Trường THPT Chuyên Quang Trung, thành phố Đồng Xồi, tỉnh Bình Phước.
- Trường THPT Hùng Vương, thành phố Đồng Xồi, tỉnh Bình Phước.
Chúng tơi ghi tên dưới đây:
Số
TT

Họ và tên

Ngày,
tháng, năm
sinh

Nơi
cơng tác

Chức
danh

Trường
THPT
1

2

Vũ Đăng Tăng

Phạm Văn Q

12/6/1977

05/10/1979

Chun
Quang
Trung
Trường
THPT
Hùng
Vương

PHT

Tổ phó

Trình độ
chun
mơn
Cử nhân
Tốn
Th.S
QLGD

Th.S Tốn

Tỷ lệ %
đóng góp

50%

50%

Là các tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “Một số kỹ thuật đại số giúp học sinh
giải nhanh các bài toán số phức vận dụng – vận dụng cao trong đề thi TN THPT”.
Với những thông tin về sáng kiến cụ thể như sau:
1. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trường THPT chuyên Quang Trung, trường THPT Hùng
Vương.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo.
3. Ngày sáng kiến được áp dụng: Ngày 01/4/2021.
4. Mô tả bản chất sáng kiến:
4.1. Tình trạng của các giải pháp đã biết
Trong đề tốt nghiệp THPT 2021 mơn tốn và trong đề THPT quốc gia mơn tốn trước đây
ln có các câu số phức ở mức độ vận dụng – vận dụng cao.
Như ở câu 45, mã đề 111 – TN THPT 2021 có nội dung.
Xét các số phức z và w thay đổi thỏa mãn z  w  3 và z  w  3 2 . Giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P  z  1  i  w  2  5i bằng
Trang 1


A. 5.

B. 17.

C.

29  2.

D. 5  3 2.

Hay ở câu 43, mã đề 120 – TN THPT 2021 có nội dung.
Xét các số phức z và w thay đổi thoả mãn z  w  4 và z  w  4 2 . Giá trị nhỏ nhất
của P  z  1  i  w  3  4i bằng
A.

41 .

B. 5  2 2 .

C. 5  2 .

D. 13 .

Để làm được các câu hỏi này học sinh phải biết vận dụng kiến thức tổng hợp từ lớp 10 đến
lớp 12, cả hình học lẫn đại số và giải tích.
Do chương số phức nằm ở cuối năm học nên học sinh vừa học kiến thức mới về số phức vừa
phải ôn tập tổng hợp chuẩn bị cho kì thi học kì và kì thi TN THPT nên các em không dành
nhiều thời gian cho đơn vị kiến thức này.
Với thời gian trong 90 phút cho 50 câu hỏi thì đây là một khó khăn lớn với các em học sinh,
trên thực tế đa số các em học sinh đều không làm được câu hỏi này mà chỉ chọn ngẫu nhiên
các phương án.
Muốn học sinh làm được các câu hỏi vận dụng cao này đòi hỏi giáo viên phải đầu tư nhiều để
đưa ra những giải pháp tối ưu nhất. Nhưng sự hướng dẫn của giáo viên lại bị giới hạn trong
một thời gian nhất định. Đây thực sự là một vấn đề nan giải cho các giáo viên dạy các lớp có
nhiều học sinh giỏi.
4.2. Những nội dung đã cải tiến, sáng tạo để khắc phục những nhược điểm của giải
pháp đã biết
Đứng trước thực trạng trên chúng tôi đã nghiên cứu và đưa ra giải pháp với tên gọi: “Một số
kỹ thuật đại số giúp học sinh giải nhanh các bài toán số phức vận dụng – vận dụng cao trong

đề thi TN THPT”. Giải pháp này được chúng tơi trình bày theo 2 bước chính sau đây.
Bước 1. Trang bị kiến thức lý thuyết nâng cao liên quan
1. Bất đẳng thức tam giác.
Với các số phức z1 , z2 ta ln có: z1  z2  z1  z2 , dấu “=” xảy ra
z  0
 1
.
 z1  0, k  , k  0, z2  kz1

Chứng minh.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z1 ,  z2 .
Khi đó: OA  z1 ; BO  z2 ; BA  z1    z2   z1  z2 .

Trang 2


Ta ln có bất đẳng thức: BA  BO  OA  z1  z2  z1  z2 , (đpcm).
Dấu “=” xảy ra  O, A, B thẳng hàng và O thuộc đoạn AB.
 Nếu O trùng với A khi đó ta có z1  0 .
 Nếu O không trùng với A tức là z1  0 điều này có nghĩa là có số k  0 để


OB  kOA  z2  kz1.
Một số hệ quả:
 z1  z2  z1  z2 , dấu “=” xảy ra khi z1  kz2 với k  0 .
 z1  z2  z1  z2 , dấu “=” xảy ra khi z1  kz2 với k  0 .
 z1  z2  z1  z2 dấu “=” xảy ra khi z1  kz2 với k  0 .
2. Công thức đường trung tuyến.
2

Cho hai số phức z1 , z2 ta ln có: z1  z2

2

 z1  z2 2 z1  z2
 2

 2
2


2





Chứng minh:
Đặt z1  x1  y1i; z1  x2  y2i với x1 , x2 , y1 , y2   .
Ta có VT 



x12  y12

 
2



x22  y22



2

 x12  y12  x22  y22 , (1).

2
2

2
2
  x  x 2  y  y 2  
x

x
y

y




2
1
2
2
 
 

Ta có VP  2    1 2    1
 1
   2   2     2   2   
 
 


 x1  x2 2  y1  y2  2  x1  x2  2  y1  y2  2 
 2 
 
 
 
 
 2   2   2   2  
 x12  2 x1 x2  x22 y12  2 y1 y2  y22 x12  2 x1 x2  x22 y12  2 y1 y2  y22 
 2




4
4
4
4


 2 x12  2 x22  2 y12  2 y22 
 2

4




 x12  x22  y12  y22 , (2).
Từ (1) và (2) ta có cơng thức đường trung tuyến được chứng minh.
Trang 3


Một số hệ quả:
2



2

2

 Cho hai số phức z1 , z2 ta ln có: z1  z2  z1  z2  2 z1  z2
2

 Cho các số phức z, z1 , z2 ta ln có: z  z1  z  z2

2

2



2
2


z1  z2
z1  z2 
 2 z 

.
2
2



3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz (B.C.S)

 Bất đẳng thức Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz tổng quát
Cho 2n số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ta có:

 a1b1  a2b2  ...  anbn 

2

  a12  a22  ...  an2  b12  b22  ...  bn2  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ai  kbi , i  1, n, k   .

 Bất đẳng thức Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz cho 4 số
Cho 4 số a1 , a2 và b1 , b2 ta có:  a1b1  a2b2    a12  a22  b12  b22  .
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  kb1 và a2  kb2 .

 Bất đẳng thức Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz cho 6 số
Cho 6 số a1 , a2 , a3 và b1 , b2 , b3 ta có:  a1b1  a2b2  a3b3    a12  a22  a32  b12  b22  b32  .
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  kb1 , a2  kb2 và a3  kb3 .
Bước 2. Đưa ra các giải pháp giúp học sinh giải nhanh các câu hỏi VDC số phức
1. CÔNG THỨC GIẢI NHANH SỐ 1
1.1. Bài toán mở đầu. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  i  3 . Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của z  2  3i .
Đứng trước bài tốn này, đa số thầy cơ giáo và các em học sinh đều nghĩ tới hướng sử dụng
kiến thức phương trình đường trịn. Đó là hướng tiếp cận rất hay nhưng hơi dài và cần phải
nhớ các kiến thức về đường trịn trong chương trình lớp 10. Hơm nay chúng tôi xin giới thiệu
đến quý thầy cô và các em một cách giải nhanh, nếu thành thạo các em có thể làm xong bài
tốn trong vịng 1 phút, lời giải nhanh này được trình bày trong ví dụ 4 của mục 1.3.
Đầu tiên chúng ta cùng đi đến cơng thức giải nhanh và q trình biến hóa của nó qua các ví
dụ minh họa ngay sau đây.

Trang 4


1.2. Công thức giải nhanh số 1. Cho A, B là các số phức và số thực k  0 thỏa mãn:

A  B  k . Khi đó ta có: max A  k  B và min A  k  B .
Chứng minh. Ta có A  B  k  A    B   k . Gọi điểm biểu diễn của số phức A là P ,
điểm biểu diễn của số phức  B là Q ta có A    B   QP, theo bất đẳng thức ba điểm ta

k  A  B
 A  B  k

QP  OP  OQ

 k  A  B  
có: 
 B  k  A  B  k , (*). Nếu
QP  OP  OQ

 A  B  k
  k  B  A
giả sử các dấu bằng ở (*) đều xảy ra thì ta có: max A  k  B và min A  B  k .
Ta có thể sử dụng kiến thức đường trịn để chứng minh bài tốn này.
Cơng thức giải nhanh số 1 ở trên giúp ta giải các bài toán min A và max A rất nhanh. Sau
đây là một số ví dụ minh họa.
1.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  4i  7 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có M 2  m 2 bằng
A. 49.

B. 148.

C. 25.

D. 74.

Giải
Áp dụng cơng thức giải nhanh của bài tốn 1 với A  z; B  3  4i, k  7 ta có:
 M  max z  7  3  4i  7  9  16  12

 M 2  m 2  144  4  148.

 m  min z  7  3  4i  7  9  16  2

Chọn đáp phương án B.
Nhận xét:
- Đa số chúng ta gặp cách giải sử dụng kiến thức đường tròn để giải bài tốn này, trong khi
đó cơng thức này giúp ta giải rất nhanh, việc nhớ công thức lại rất đơn giản.
- Nếu sử dụng kiến thức đường trịn thì với việc cho các số phức chứa phân số làm cho tọa
độ tâm tính tốn phức tạp, trong khi phương pháp này khơng hề có sự khác biệt.

Trang 5


- Trong các đề thi chúng ta thường gặp các bài tốn giả thiết có dạng z0 . A  B  k , với z0
là một số phức. Để đưa về bài toán 1 ta thực hiện phép biến đổi:

B
B
B
k
z0 . A  B  k  z0  A    k  z0 A 
 k  A

 A  B '  k '.
z0 
z0
z0
z0


Ta cùng đi đến ví dụ 2 để minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1  i  z  2  3i  4 2 . Gọi M , m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có M .m bằng

A.

19
.
2

B.

2
.
19

C. 5.

D.

3
.
5

Giải
2  3i 
2  3i

Ta có 1  i  z  2  3i  4 2  1  i   z 
4 2
  4 2  1 i z 
1 i 
1 i


 2 z

2  3i
1 5
4 2  z  i 4
1 i
2 2

1 5
Áp dụng công thức giải nhanh của bài toán 1 với A  z; B    , k  4 ta có:
2 2

1 5
 M  max z  4    i  4 
2 2


m  min z  4   1  5 i  4 

2 2


1 25
26

 4
4 4
2
1 25

26

 4
4 4
3


26 
26  19
 M .m   4 
 4 
 .
2
2


 2
Chọn đáp phương án A.
Nhận xét:
Trong các đề thi chúng ta thường gặp các bài tốn giả thiết có dạng A  B  k . Để đưa về
bài toán 1 ta sử dụng tính chất 2 số phức liên hợp có cùng mơđun, cụ thể ta thực hiện phép
biến đổi: A  B  k  A  B  k  A  B  k  A  B '  k .
Ta cùng đi đến ví dụ 3 để minh họa cho nhận định này.
Trang 6


Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  7i  5 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có 2M  m bằng
A. 15  58.

C. 10.

B. 2 58.

D. 5  3 58.

Giải
Ta có z  3  7i  5  z  3  7i  5  z  3  7i  5
Áp dụng cơng thức giải nhanh của bài tốn 1 với A  z; B  3  7i, k  5 ta có:

 M  max z  5  3  7i  5  9  49  5  58
 2 M  m  5  3 58.

m

min
z

5

3

7
i

5

9

49


5

58

Chọn đáp phương án D.
Nhận xét:
Từ ví dụ 1 đến ví dụ 3, chúng ta mới chỉ hỏi 1 kiểu là tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của z . Trong đề thi chúng ta thường xuyên gặp các bài tốn cùng giả thiết nhưng hỏi tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z  z0 . Khi đó chúng ta chỉ cần thực hiện một phép
biến đổi đơn giản để đưa về bài toán 1, cụ thể như sau:
A  B  k  A  z0  B  z0  k  A ' B '  k . Ta cùng đi đến ví dụ 4 để minh họa cho
nhận định này.
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  i  3 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z  2  3i . Khi đó ta có M , m bằng
A. M  14; m  8.

B. M  3  26; m  26  3.

C. M  9  26; m  9  26.

D. M  3  65; m  65  3.
Giải

Ta có z  5  i  3   z  2  3i    7  4i   3
Áp dụng công thức giải nhanh của bài toán 1 với A  z  2  3i; B  7  4i, k  3 ta có:
 M  max z  2  3i  3  7  4i  3  49  16  3  65

 M  3  65; m  65  3.


 m  min z  2  3i  3  7  4i  3  49  16  65  3

Chọn đáp phương án D.
Trang 7


Nhận xét:
Ta có thể hỏi như ở ví dụ 4 nhưng thay giả thiết như ở các ví dụ 2, ví dụ 3. Ta cùng đi đến ví
dụ 5 để minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  3  i  z  15  5i  5 10 . Gọi M , m lần lượt
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  2  5i . Khi đó ta có M  3m bằng
A. 50.

B. 30.

C. 35.

D. 10.

Giải
15  5i 

Ta có  3  i  z  15  5i  5 10   3  i   z 
  5 10
3i 


 3i z 

15  5i

 5 10
3i

 10 z  4  3i  5 10  z  4  3i  5  z  4  3i  5

 z  4  3i  5   z  2  5i   6  8i  5

Áp dụng công thức giải nhanh của bài toán 1 với A  z  2  5i; B  6  8i, k  5 ta có:
 M  max z  2  5i  5  6  8i  5  36  64  15

 M  3m  30.

m

min
z

2

5
i

5

6

8
i

5


36

64

5


Chọn đáp phương án B.
1.4. Một số bài tập rèn luyện

2 1
 i  2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
3 5
a
a
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Biết M .m  , với a , b   và
tối giản. Khi đó ta có
b
b
a  b bằng
Bài 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 

A. 4.

B. 566.

C. 1016.

D. 124.

Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 3z  4  5i  6 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có M .m bằng
A.

5
.
9

5
B.  .
9

C. 4.

D.

2 41
.
3
Trang 8


Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn z  2  3i  1 . Tìm giá trị lớn nhất của z  1  i .
B. 13  2.

A. 6.

D. 13  1.

C. 4.

Đáp án bài tập rèn luyện
Bài

1

2

3

Đáp án

C

A

D

2. CƠNG THỨC GIẢI NHANH SỐ 2
2.1. Bài tốn mở đầu. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  i  z  3  i  5. Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z .
Chúng ta thường sử dụng kiến thức phương trình đường elip để giải bài tốn này. Tuy nhiên
đây khơng phải là elip dạng chính tắc nên sẽ có nhiều học sinh cảm thấy khó hiểu. Hơm nay
chúng tôi xin giới thiệu đến quý thầy cô và các em một cách giải nhanh, nếu thành thạo các
em có thể làm xong bài tốn trong vịng 1 phút, lời giải nhanh này được trình bày trong ví
dụ 4 của mục 2.3.
2.2. Công thức giải nhanh số 2. Cho số phức z thỏa mãn z  z0  z  z0  k , trong đó z0
là số phức cho trước, k là số thực dương thỏa

k
k
 z0 . Khi đó ta có: max z  và
2
2

2

2
k
min z     z0 .
2

Chứng minh. Với các số phức z, z1 , z2 ta ln có các kết quả sau:
z  0
 z1  z2  z1  z2 (*), dấu “=” xảy ra   1
. (bất đẳng thức
z

0,

k


,
k

0,
z


kz
2
1
 1
tam giác).
2

 z  z1  z  z2

2

2
2

z1  z2
z1  z2 
 2 z 

 , (**). (cơng thức trung tuyến).
2
2



 Áp dụng (*) ta có: k  z  z0  z  z0  z  z0  z  z0  2 z  2 z . Từ đó ta có:

z 

k
k

 max z  .
2
2



2

 Ta ln có k  z  z0  z  z0  2 z  z0  z  z0

2

 , (Bất đẳng thức B.C.S).
Trang 9




2

Tiếp tục áp dụng (**) ta có: 2 z  z0  z  z0

2



2
 
 z 0  z0
z  z

 2 2  z 
 0 0

2
2
 

2


 
 

Do đó



2

k  4 z  z0

2

k

2



2

 4 z  z0

2



2

2

2
2
k
k
 z     z0  min z     z0 .
2
2

Công thức giải nhanh số 2 ở trên giúp ta giải nhanh rất nhiều các bài toán min A và max A
trong đề thi. Trường hợp đề bài yêu cầu tìm dấu “=” xảy ra (tìm số phức thỏa …) thì ta xét
dấu “=” xảy ra của q trình chứng minh trên, tuy khơng trực quan như phương pháp hình
học nhưng nó lại có sẵn phép tính nên lại nhanh và đơn giản hơn nhiều so với phương pháp
hình học. Sau đây là một số ví dụ minh họa.
2.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn z  3  i  z  3  i  7 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ta có M  m bằng
A. 6.

B. 4.

C. 5.

D. 10.

Giải
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0  3  i; k  7 ta có:

7

M

max
z


2

 M  m  5.

2
7
3


m  min z 
    9  1 

2
2

Chọn phương án C.
Nhận xét:
Trong nhiều bài tốn chưa có ngay giả thiết dạng z  z0  z  z0  k . Khi đó ta cần thực
hiện các phép biến đổi cơ bản về số phức để đưa về dạng chuẩn này. Ta cùng đến ví dụ 2
sau đây để minh họa nhận định này.

2
2
 iz 
 4 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
1 i
1 i
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó tích M .m bằng
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn iz 

A. 2.

B. 2 2.

C. 2 3.

D. 1.

Giải
Trang 10


Ta có
iz 

2
2
2
2
 iz 
4 i z
 i z
 4  z  1  i  z 1  i  4
1 i
1 i
i 1  i 
i 1  i 

Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0  1  i; k  4 ta có:


 M  max z 


m  min z 


4
 2.
2
2

4
   1  1  2
2

 M .m  2 2.

Chọn phương án B.
Nhận xét:
Nhiều bài toán tạo ra độ phức tạp theo kiểu sau khi tìm được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của z sẽ yêu cầu tính những biểu thức theo các giá trị này. Ví dụ 3 sau đây sẽ minh họa
cho nhận định này.
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  4  z  4  10 . Gọi M , m lần lượt là giá trị
lớn nhất và nhỏ nhất của z . Tìm (m  4i)  (2  Mi) .
A. 26.

B.

26 .

C. 5 2 .

D. 50.

Giải
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0  4; k  10 ta có:

10

 M  max z  2  5.


2
m  min z   10   16  0   3

 

 2
 ( m  4i )  (2  Mi)  (3  4i )  (2  5i )  25  1  26 .

Chọn phương án B.
Nhận xét:
Nhiều bài toán tạo ra giả thiết khác biệt và kiểu hỏi khác dựa vào kết quả của bài toán 2,
tuy nhiên sau khi thực hiện một số bước biến đổi ta dễ dàng đưa về bài toán chuẩn mà ta
đang xét. Ví dụ 4 sau đây sẽ minh họa cho nhận định này.

Trang 11


Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn (1  2i ) z  7  4i  (1  2i ) z  7  4i  14 5 . Gọi m, n lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Đặt w  m  ni , giá trị của |1  iw | bằng
A. 13 .

B.

74 .

C.

85 .

D.

65 .

Giải
Ta có (1  2i ) z  7  4i  (1  2i ) z  7  4i  14 5

 1  2i z 

7  4i
7  4i
 1  2i z 
 14 5
1  2i
1  2i

 z  3  2i  z  3  2i  14
Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0  3  2i; k  14 ta có:

14

M

max
z

 7.

2

 w  7  6i  1  iw  5  7i  1  iw  74.

2
14



m  min z 
   9  4  6

 2
Chọn phương án B.
Nhận xét:
Ví dụ 5 sau đây có hình thức tương tự như ví dụ 4, việc đưa ra các con số khá lớn sẽ làm
cho các phương pháp khác thêm độ phức tạp. Tuy nhiên nếu dùng công thức giải nhanh số 2
sẽ khơng có nhiều sự thay đổi so với các ví dụ trước.
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn (7  i ) z  31  17i  5 (1  i ) z  7  i  90 2 . Gọi M , m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Biết M  m  a  b 14 , giá trị của

a  b bằng
A. 11 .

B. 16 .

C. 23 .

D. 29 .

Giải
Ta có (7  i ) z  31  17i  5 (1  i ) z  7  i  90 2

 7i z

31  17i
7i

 5 1 i z 
 90 2
7i
1 i

 5 2 z  4  3i  5 2 z  4  3i  90 2

 z  4  3i  z  4  3i  18
Trang 12


Áp dụng công thức giải nhanh số 2 với z0  4  3i; k  18 ta có:

18

M

max
z

 9.

2


2
m  min z   18   16  9   2 14
 

2

a  9
 M  m  9  2 14  
 a  b  11.
b  2

Chọn phương án A.
2.4. Một số bài tập rèn luyện
Bài 1. Cho số phức z thỏa mãn z  3i  z  3i  10. Gọi M1 , M 2 lần lượt là điểm biểu diễn
số phức z có mơđun lớn nhất và nhỏ nhất. Gọi M là trung điểm của M 1M 2 , M  a; b  biểu
diễn số phức w , tổng a  b nhận giá trị nào sau đây?
A.

7
.
2

B. 5.

Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn

C. 4.

1  i  z  2  1  i  z  2

n  min z và số phức w  m  ni . Tính w
A. 51012.

D.

2024

9
.
2

 4 2. Gọi m  max z ,

.

B. 61012.

C. 21012.

D. 41012.

Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  1   z  2  i  1  10 . Gọi M , m lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính tổng S  M  m .
A. S  8 .
B. S  2 21 .
Đáp án bài tập rèn luyện

C. S  2 21  1 .

Bài

1

2

3

Đáp án

D

B

B

D. S  9 .

3. CÔNG THỨC GIẢI NHANH SỐ 3
3.1. Bài toán mở đầu. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  4i  z  3  2i  12 . Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  1  3i .
Trang 13


Chúng ta thường sử dụng kiến thức phương trình đường elip để giải bài tốn này. Tuy nhiên
đây khơng phải là elip dạng chính tắc nên sẽ có nhiều học sinh cảm thấy khó hiểu. Hơm nay
chúng tơi xin giới thiệu đến quý thầy cô và các em một cách giải nhanh, nếu thành thạo các
em có thể làm xong bài tốn trong vịng 1 phút, lời giải nhanh này được trình bày trong ví dụ
4 của mục này.
3.2. Cơng thức giải nhanh số 3. Cho số phức z thỏa mãn z  z1  z  z2  k , trong đó

z1 , z2 là số phức cho trước, k là số thực dương thỏa k  z1  z2 . Nếu đặt z0 
2

z1  z2
thì
2

2

k
z z
k
ta có: max z  z0  và min z  z0     2 1 .
2
2
2
Chứng minh. Với các số phức z, z1 , z2 ta ln có các kết quả sau:
z  0
 z1  z2  z1  z2 (*), dấu “=” xảy ra   1
.
 z1  0, k  , k  0, z2  kz1
2

 z  z1  z  z2

2

2

z1  z2
z z
 2 z 
 1 2
2
2


2


 , (**).


 Áp dụng (*) ta có:

k
k  z  z1  z  z2  z  z1  z  z2  2 z   z1  z2   2 z  2 z0  z  z0  .
2
k
Từ đó ta có: max z  z0  .
2



2

 Ta ln có k  z  z1  z  z2  2 z  z1  z  z2



2

Tiếp tục áp dụng (**) ta có: 2 z  z1  z  z2

2



2

 , (Bất đẳng thức B.C.S).

2
 
z1  z2
z  z
 2 2  z 
 1 2
2
2
 

2


 
 

Do đó


z z
2
k  4  z  z0  2 1

2



2

2
2
2
2

z2  z1
z2  z1
k
k
 min z  z0    
.
  z  z0    
2
2
2
2






Sau đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp thú vị này.

Trang 14

3.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn z  5  4i  z  3  2i  12 . Gọi M , m lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  1  3i . Khi đó ta có M 2  m 2 bằng
A. 60.

B. 84.

C. 45.

D. 25.

Giải
Đặt z1  5  4i, z2  3  2i, z0  1  3i ta thấy

z1  z2 5  4i  3  2i

1  3i  z0
2
2

Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1  5  4i, z2  3  2i, z0  1  3i; k  12 ta có:

12

M

max
z


1

3
i

6

2

 M 2  m 2  45.

2
2
m  min z  1  3i   12   8  2i  36  17  19
 

2
 2
Chọn phương án B.
Nhận xét:
Trong nhiều bài toán, chúng ta phải thực hiện các phép biến đổi mới làm xuất hiện
z z
z0  1 2 .
2
Ví dụ 2 sau đây sẽ minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn z  1  3i  z  2  i  8 . Gọi m, n lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 z  1  2i . Đặt w  m  ni , giá trị của w bằng
A. 103 .

B.

103
.
2

C.

39 .

D.

39
.
2

Giải
Ta có | z  1  3i |  | z  2  i | 8  z  1  3i   z   2  i   8 và
 1 
2 z  1  2i  2 z     i 
 2 

1
z  z 1  3i  2  i
1
   i  z0
Đặt z1  1  3i, z2  2  i, z0    i ta thấy 1 2 
2
2
2
2

1
Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1  1  3i, z2  2  i, z0    i; k  8 ta có:
2
Trang 15



 1 
 max z     i  
 2 



 1 
 min z    2  i  




8
4
2
2

2

3  4i
25
39
8

 16 

  
2
4
2
2

m  8

 w  64  39  103.
m  39
Chọn phương án C.
Nhận xét:
Trong nhiều bài toán chưa có sẵn giả thiết dạng z  z1  z  z2  k . Để có điều này chúng
ta cần thực hiện thêm một số phép biến đổi. Ví dụ 3 sau đây sẽ minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  2  8i  z  2  4i  10 2 . Gọi M , m lần lượt
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  2  4i . Khi đó ta có M  m 2 bằng
A. 48.

B. 28.

C. 52.

D. 45.

Giải
Ta có 1  i  z  2  8i  z  2  4i  10 2

 1  i  z 

2  8i
2  4i
 1  i  z 
 10 2
1 i
1 i

 z  3  5i  z  1  3i  10  z   3  5i   z  1  3i   10 và z  2  4i  z   2  4i  .

Đặt z1  3  5i, z2  1  3i, z0  2  4i ta thấy

z1  z2 3  5i  1  3i

 2  4i  z0
2
2

Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1  3  5i, z2  1  3i, z0  2  4i; k  10 ta có:

10

M

max
z

2

4

i

5

2

 M  m2  25  23  48.

2
2
m  min z  2  4i   10   2  2i  25  2  23
 

2
 2
Chọn phương án A.
Nhận xét:
Trang 16


Trong nhiều bài tốn giả thiết có dạng z  z1  z  z2  k . Để đưa về dạng chuẩn của bài
toán 3 ta cần thực hiện thêm một số phép biến đổi
z  z1  z  z 2  k  z  z1  z  z 2  k  z  z1  z  z2  k . Ví dụ 4 sau đây sẽ minh

họa cho nhận định này.
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn z  4  5i  z  2  i  18 . Gọi M , m lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  1  2i . Khi đó ta có mơđun của số phức w  M  mi
bằng
A. 12.

B. 9.

C. 5.

D. 10.

Giải
Ta có z  4  5i  z  2  i  18  z  4  5i  z  2  i  18  z  4  5i  z  2  i  18
 z   4  5i   z   2  i   18 .

Đặt z1  4  5i, z2  2  i, z0  1  2i ta thấy

z1  z2 4  5i  2  i

  1  2i  z0
2
2

Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1  4  5i, z2  2  i, z0  1  2i; k  18 ta có:

18

M

max
z

1

2

i

9

2

 w  9  i 63  w  12.

2
2
m  min z  1  2i   18   6  6i  81  18  63
 

2
 2
Chọn phương án A.
Nhận xét:
Trong nhiều bài toán ta cần thực hiện cả phép biến đổi như ở ví dụ 3 và ở ví dụ 4. Ví dụ 5
sau đây sẽ minh họa cho nhận định này.
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn  i  2  z  7  i   2i  1 z  11  3i  12 5 . Gọi M , m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  1  2i . Khi đó M 3  m 2 bằng
A. 123.

B. 111.

C. 101.

D. 193.

Giải

Ta có  i  2  z  7  i   2i  1 z  11  3i  12 5

Trang 17


 i2 z 

7  i
11  3i
 2i  1 z 
 12 5
i2
2i  1

 z  3  i  z  1  5i  12 .
 z  3  i  z  1  5i  12  z  3  i  z  1  5i  12

Đặt z1  3  i, z2  1  5i, z0  1  2i ta thấy

z1  z2 3  i  1  5i

  1  2i  z0
2
2

Áp dụng công thức giải nhanh số 3 với z1  3  i, z2  1  5i, z0  1  2i; k  12 ta có:

12

 M  max z  1  2i  2  6



2
2
m  min z  1  2i   12   4  6i  36   4  9   23
 

2
 2
 M 3  m 2  193.

Chọn phương án D.
3.4. Một số bài tập rèn luyện
Bài 1. Cho số phức số z thỏa mãn z  1  3i  z  5  i  2 65 . Giá trị nhỏ nhất của

z  2  i đạt được khi z  a  bi với a , b là các số thực dương. Giá trị của 2a 2  b 2 là
A. 17 .

B. 33 .

D. 36 .

C. 24 .

Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn z  7  5i  z  1  13i  24 . Gọi M , m lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  3  9i . Khi đó ta có M 2  m 2 bằng
A. 256.

B. 270.

C. 135.

D. 91.

Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn iz  3  4i  z  2  5i  14 . Gọi M , m lần lượt là giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  3  4i . Khi đó ta có M  mi bằng
A. 12 3.

B. 8 2.

C. 4 6.

D. 5 7.

Đáp án bài tập rèn luyện
Bài

1

2

3

Đáp án

B

A

C

Trang 18


4. KẾT HỢP PHÉP THẾ VÀ CHỨC NĂNG TABLE TRÊN MÁY TÍNH
4.1. Mơ hình bài tốn.
 Cho số phức z  x  yi  x, y    thỏa mãn một điều kiện nào đó mà ta biểu diễn được
y  f ( x ) , (*).

 Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của một biểu thức liên quan đến z
, ta quy được về tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai biến là
P ( x; y ), (**).
 Thế (*) vào (**) ta có bài tốn cực trị một ẩn Q ( x ).
 Sử dụng chức năng table trên máy tính bỏ túi để tìm cực trị của Q ( x ).
4.2. Kinh nghiệm cấu hình máy
- Để áp dụng được phương pháp ta phải cấu hình máy về đơn vị tính góc là radian, đối với
dịng máy Casio 580 VNX mà chúng tơi áp dụng thì ta thực hiện bấm:

- Để sử dụng chức năng Table trên máy tính xuất ra nhiều giá trị nhất ta phải chuyển về chế
độ chỉ nhập một hàm f ( x ). đối với dịng máy 580 VNX mà chúng tơi áp dụng thì ta thực
hiện bấm:

Sau bước cấu hình này thì máy Casio FX580 VNX sẽ xuất cho ta bảng với 40 giá trị. Cịn
các dịng máy cũ hơn thì xuất ra được bảng với 29 giá trị.
4.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Xét các số phức z thỏa mãn z  z  1  2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  (1  2i) z  11  2i bằng
A.

5
.
2

B.

5
.
2

C.

5
.
2

D.

2
.
5

Giải
+) Giả sử z  x  yi  x, y    , ta có z  z  1  2i  x  yi  x  yi  1  2i

 x2  y 2 

 x  1    y  2 
2

2

 2x  4 y  5  0  y 

+) Ta có P  (1  2i ) z  11  2i  1  2i z 

5  2x
,(*)
4

11  2i
1  2i
Trang 19


 5 x  yi  3  4i  5.

 x  3

2

  y  4  , (**)
2

2

 5  2x

+) Thế (*) vào (**) ta có: P  5.  x  3   
 4  . Đến đây ta dùng chức năng

 4

table trên máy tính bỏ túi Casio 580 VNX để tìm nhanh giá trị nhỏ nhất của P như sau:
2

Bước 1: Bấm menu + 8 để vào chức năng table, rồi nhập F(x) là biểu thức P .
Bước 2: Cấu hình bảng tính, ta cho Start: 5 ; End: 5 ; Step:

10
rồi nhấn = rồi ta có bảng
40

tính:

Trên cột f(x) ta thấy giá trị nhỏ nhất 2, 5 , đối chiếu với các phương án ta có đáp án C.
Nhận xét:
2

 5  2x

Ta có thể biến đổi  x  3  
 4  thành đa thức bậc hai rồi tìm giá trị nhỏ nhất và
 4

có kết quả tương tự như trên.
2

Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn z  2i  z  2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  z  2i  z  5  9i bằng

A.

70 .

B. 3 10 .

C. 4 5 .

D.

74 .

Giải
+) Giả sử z  x  yi  x, y    , ta có
x  yi  2i  x  yi  2  x 2   y  2  

 x  2

2

2

 y 2  y   x,(*)

+) Ta có P  z  2i  z  5  9i  x  yi  2i  x  yi  5  9i
 x2   y  2 
2

 x  5

2

  y  9  , (**)
2

+) Thế (*) vào (**) ta có: P  x 2    x  2  
2

 x  5

2

   x  9  . Đến đây ta dùng
2

chức năng table trên máy tính bỏ túi Casio 580 VNX để tìm nhanh giá trị nhỏ nhất của P
như sau:
Trang 20


Bước 1: Bấm menu + 8 để vào chức năng table, rồi nhập F(x) là biểu thức P .
Bước 2: Cấu hình bảng tính, ta cho Start: 5 ; End: 5 ; Step:

10
rồi nhấn = rồi ta có bảng
40

tính:

Trên cột f(x) ta thấy giá trị nhỏ nhất là 9, 486832981 , đối chiếu với các phương án ta thấy

giá trị này xấp xỉ chọn đáp án B.
Nhận xét:
Chúng ta có thể tìm giá trị nhỏ nhất của P  x 2    x  2  
2

 x  5

2

   x  9  bằng
2

các phương pháp khác như: Khảo sát hàm số, phương pháp hình học, … Tuy nhiên khơng có
phương pháp nào nhanh và nguy hiểm bằng cách sử dụng chức năng Table trên máy tính bỏ
túi.
Sau đây ta cùng đến ví dụ 3, để hiểu rõ hơn phương pháp này.
Ví dụ 3. Xét số phức z  x  yi thỏa mãn z  5  3i  z  1  5i . Khi

P  z  2  2i  z  3  7i đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng x  y gần số nào nhất?
A. 1.

B. 0 .

C. 1 .

D. 2 .

Giải
+) Ta có z  5  3i  z  1  5i  x  yi  5  3i  x  yi  1  5i


 x  5

2

  y  3 
2

 x  1

2

  y  5

2

  x  5    y  3   x  1   y  5  y 
2

2

2

2

1 x
,(*).
2

+) Ta có P  z  2  2i  z  3  7i  x  yi  2  2i  x  yi  3  7i



 x  2

2

  y  2 
2

 x  3

2

  y  7  , (**)
2

2

1 x

+) Thế (*) vào (**) ta có: P   x  2   
 2 
 2

2

2

1 x


7 .
 x  3  
 2

2

Trang 21


Đến đây ta dùng chức năng table trên máy tính bỏ túi Casio 580 VNX để tìm nhanh giá trị
nhỏ nhất của P như sau:
Bước 1: Bấm menu + 8 để vào chức năng table, rồi nhập F(x) là biểu thức P .
Bước 2: Cấu hình bảng tính, ta cho Start: 5 ; End: 5 ; Step:

10
rồi nhấn = rồi ta có bảng
40

tính:

Trên cột f(x) ta thấy giá trị nhỏ nhất là 9, 487287695 , nhìn sang cột cho x ta được giá trị của
x tương ứng là x  0, 75 , thay vào (*) ta có y  0,125 . Khi đó x  y  0,875 đối chiếu với
các phương án ta chọn đáp án C.
Nhận xét:
Nếu biểu thức tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất là tổng của 3 mơđun thì các phương pháp
đã phức tạp lại càng phức tạp hơn nữa. Tuy nhiên nếu sử dụng chức năng Table trên máy
tính bỏ túithì gần như khơng có gì thay đổi. Sau đây ta cùng đến ví dụ 4, để hiểu rõ hơn
phương pháp này.
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  z  2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  z  1  2i  z  3  4i  z  5  6i được viết dưới dạng
tỉ. Giá trị của a  b bằng
A. 4.

B. 2.

a  b 17
với a, b là các số hữu
2

C. 7.

D. 3.

Giải
Gọi z  x  yi  x, y  R  . Từ giả thiết z  2  z  2i
 x  yi  2  x  yi  2i   x  2   y 2  x 2   y  2   x  y
2

2

Ta có P  x  yi  1  2i  x  yi  3  4i  x  yi  5  6i


 x  1

2

  y  2 

 x  3



 x  1

2

  x  2 

 x  3

2

2

2

  y  4 

 x  5

2

  x  4 

 x  5

2

2

2

  y  6

2

  x  6

2

2

Đến đây ta dùng chức năng table trên máy tính bỏ túi Casio 580 VNX để tìm nhanh giá trị
nhỏ nhất của P như sau:
Bước 1: Bấm menu + 8 để vào chức năng table, rồi nhập F(x) là biểu thức P .
Trang 22


Bước 2: Cấu hình bảng tính, ta cho Start: 5 ; End: 5 ; Step:

10
rồi nhấn = rồi ta có bảng
40

tính:

Trên cột f(x) ta thấy giá trị nhỏ nhất là 6,538058676 , nhìn sang cột cho x ta được giá trị của
x tương ứng là x  3,5 , Tiếp tục dùng lệnh CALC để tính giá trị của P tại x  3,5 ta được

giá trị

1  2 17
. Khi đó a  1; b  2  a  b  3. Đối chiếu với các phương án ta chọn đáp
2

án D.
Nhận xét:
Cũng như ví dụ 3, ví dụ 5 sau đây giúp ta tìm ra số phức z và thực hiện các phép tính về
phần thực và phần ảo của z.
Ví dụ 5. Cho số phức z  x  yi  x, y    thỏa mãn z  1  i  z  2i và

P  z  2  3i  z  1  2i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P  x  2 y .
A.

7
.
2

B. 3 .

C. 1 .

D.

5
.
2

Giải

Ta có: z  1  i  z  2i  x  yi  1  i  x  yi  2i


 x  1

2

  y  1  x 2   y  2 
2

2

 x  y  1  y  x  1, (*)

P  z  2  3i  z  1 

 x  2

Thay (*) vào (**) ta có P 

2

  y  3 

 x  2

2

2

 x  1

  x  1  3 
2

2

  y  2  , (**)

 x  1

2

2

  x 1  2

2

Đến đây ta dùng chức năng table trên máy tính bỏ túi Casio 580 VNX để tìm nhanh giá trị
nhỏ nhất của P như sau:
Bước 1: Bấm menu + 8 để vào chức năng table, rồi nhập F(x) là biểu thức P .
Trang 23


Bước 2: Cấu hình bảng tính, ta cho Start: 5 ; End: 5 ; Step:

10
rồi nhấn = rồi ta có bảng
40

tính:

Trên cột f(x) ta thấy giá trị nhỏ nhất là 5,099019514 , nhìn sang cột cho x ta được giá trị của
5
x tương ứng là x  1,5 thay vào (*) ta y  0,5 . Khi đó x  2 y  . Đối chiếu với các
2
phương án ta chọn đáp án D.
4.4. Một số bài tập rèn luyện

5
3
Bài 1. Cho số phức z thỏa mãn z   i  z   2i . Biết biểu thức Q  z  2  4i  z  4  6i
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất tại z  a  bi,  a, b  . Tính P  a  4b .
A. P   2.

B. P 

1333
.
272

C. P  

911
.
460

D. P 

691
.
272

Bài 2. Cho số phức z  x  yi ( x, y   ) thỏa mãn z  1  3i  z  3  i . Tính S  x 3  y 3
biết rằng biểu thức P  z  1  2i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất.
A. S  0 .

B. S  16 .

C. S  54 .

D. S  27 .

Bài 3. Xét các số phức z thỏa mãn z  2  z  2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  z  1  2i  z  3  4i  z  5  6i được viết dưới dạng
tổng a  b.
A. a  b  2.
B. a  b  3.
Đáp án bài tập rèn luyện

a  b 17
với a , b  . Tính
2

C. a  b  4.

D. a  b  7.

Bài

1

2

3

Đáp án

C

C

B

Trang 24


5. LƯỢNG GIÁC HÓA VÀ CHỨC NĂNG TABLE TRÊN MÁY TÍNH
5.1. Mơ hình bài tốn.
 Cho số phức z  x  yi  x, y    thỏa mãn một điều kiện nào đó mà ta có mối quan hệ

 x  A

2

  y  B   C , (*).

2

 Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của một biểu thức liên quan đến z
, ta quy được về tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai biến là
P ( x; y ), (**).

 x  A  C sin 
 x  A  C sin 

 Từ (*) đặt 
, thế vào (**) ta có bài tốn cực trị một
 y  B  C cos 
 y  B  C cos 
ẩn Q ( ).
 Sử dụng chức năng table trên máy tính bỏ túi để tìm cực trị của Q ( ).
5.2. Kinh nghiệm cấu hình máy
Cũng như ở mục 4.2, chúng ta cần lưu ý một số việc cấu hình máy tính bỏ túi như sau:
- Để áp dụng được phương pháp ta phải cấu hình máy về đơn vị tính góc là radian, đối với
dịng máy Casio 580 VNX mà chúng tơi áp dụng thì ta thực hiện bấm:

- Để sử dụng chức năng Table trên máy tính xuất ra nhiều giá trị nhất ta phải chuyển về chế
độ chỉ nhập một hàm f ( x ). đối với dịng máy 580 VNX mà chúng tơi áp dụng thì ta thực
hiện bấm:

Sau bước cấu hình này thì máy Casio FX580 VNX sẽ xuất cho ta bảng với 40 giá trị. Cịn
các dịng máy cũ hơn thì xuất ra được bảng với 29 giá trị.
5.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biều thức

T  z  1  2 z 1 .

A. 2 5 .

B. 2 10 .

C. 3 5 .

D. 3 2 .

Giải
+) Giả sử z  x  yi  x, y    , ta có z  1  x  yi  1 

x 2  y 2  1  x 2  y 2  1 , (*)

Trang 25