Rèn luyện cho học sinh kĩ năng giải bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT LƯU ĐÌNH CHẤT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH KĨ NĂNG
GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ SỐ PHỨC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

Người thực hiện: Vũ Thị Thanh Huyền
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

THANH HĨA NĂM 2017


MỤC LỤC
Mục lục
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến 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, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
Tài liệu tham khảo

Danh mục các đề tài SKKN đã được đánh giá đạt từ loại C trở lên

Trang 2
Trang 3
Trang 3
Trang 3
Trang 3
Trang 4
Trang 4
Trang 17
Trang 17
Trang 18
Trang 19
Trang 19


I. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Kể từ năm 2016 trở về trước, số phức là một nội dung khơng khó và chiếm tỉ
lệ nhỏ trong các đề thi THPT quốc gia. Song năm học 2016 – 2017, với việc thay
đổi hình thức thi mơn Tốn từ thi tự luận sang thi trắc nghiệm, thì số phức lại là nội
dung được khai thác nhiều và trải đều trên cả 4 mức độ: nhận biết, thông hiểu, vận
dụng thấp, vận dụng cao. Trong đó, bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) và giá trị
lớn nhất (GTLN) của môđun số phức thường được khai thác ở mức độ vận dụng
thấp đến mức độ vận dụng cao.
Thơng thường, những bài tốn này được giải quyết theo phương pháp đại số,
mà chủ yếu là dùng bất đẳng thức và mỗi bài thường được đánh giá theo mỗi cách
khác nhau. Cách làm này địi hỏi học sinh phải có tư duy sáng tạo cao và vận dụng
linh hoạt nội dung kiến thức phần bất đẳng thức. Đối với học sinh có học lực trung
bình khá trở xuống, mảng kiến thức này là một thách thức đối với các em. Chính vì

vậy, trong q trình giảng dạy, tơi nhận thấy đa số học sinh thường có xu hướng bỏ
qua các bài tập liên quan đến GTLN, GTNN của môđun số phức trong các đề thi.
Tuy nhiên, bằng cách chuyển bài toán cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học
thì rất nhiều bài được giải quyết khá đơn giản, hiệu quả và có thể vận dụng cho
nhiều bài tập khác.
Có nhiều tài liệu tham khảo có đề cập đến bài tốn cực trị số phức song chỉ
đưa ra phương pháp đại số để giải quyết hoặc có đề cập đến phương pháp hình học
nhưng rời rạc, khơng hệ thống. Do đó, học sinh vẫn lúng túng khi vận dụng, không
biết cách chuyển bài toán cực trị số phức sang bài toán cực trị hình học và khi nào
thì chuyển được.
Để những học sinh không thuộc đối tượng học sinh khá, giỏi vẫn có thể giải
quyết được các bài tốn này, tơi lựa chọn nghiên cứu và triển khai thực hiện đề tài:
“Rèn luyện cho học sinh kĩ năng giải bài toán cực trị số phức bằng phương pháp
hình học”.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Đưa ra cho học sinh một phương pháp đơn giản và hiệu quả hơn để giải
quyết bài toán cực trị số phức mà đa số học sinh có thể tiếp thu và vận dụng được.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Bài toán cực trị số phức và các cách giải quyết bài toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết và phương
pháp khảo sát thực tế, thu thập thông tin.
II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Để làm được bài toán cực trị số phức, ngoài kiến thức về số phức, học sinh cần
được trang bị thêm một số kiến thức sau về mô đun số phức và cực trị hình học:
1


* Mô đun của số phức:

z
z
=
(với z ≠ 0)
[6]
z' z'
* Một số bài tốn cực trị hình học:
Bài tốn 1: Trong các đường xiên và đường vng góc kẻ từ một điểm ở ngồi một
đường thẳng đến đường thẳng đó, đường vng góc là đường ngắn nhất [7]
Bài tốn 2: Cho đoạn thẳng AB và điểm I cố định, điểm M thay đổi trên đoạn AB.
Khi đó:
·
+ Nếu tam giác ABI có IAB
tù hoặc ·ABI tù thì MImin = Min {IA; IB}
MImax = Max {IA; IB}
·
·
+ Nếu tam giác ABI có IAB
đều khơng tù thì MImin = d(I; AB)
và IBA
MImax = Max {IA; IB}[1]
z.z ' = z . z '

Bài tốn 3: Cho đường trịn (C) tâm O, bán kính R và điểm I cố định. Một điểm M
thay đổi trên (C). Khi đó
- Nếu I nằm ngồi (C) thì MImin = OI – R, MImax = OI + R
- Nếu I nằm trong (C) thì MImin = R – OI, MImax = OI + R
- Nếu I nằm trên (C) thì MImin = 0, MImax = 2R [2]
Vậy MI min = OI – R , MI max = OI + R .

2


Bài toán 4: Cho hai điểm A, B cố định. Gọi O là
trung điểm AB. Một điểm M thay đổi trên elip (E)
cố định có tiêu điểm là A và B. Giả sử (E) có độ
dài trục lớn là 2a, độ dài trục nhỏ là 2b. Khi đó, độ
dài đoạn OM lớn nhất bằng a và nhỏ nhất bằng b
Bài toán 5: Cho đường thẳng d cố định và 2 điểm
A, B cố định không nằm trên d. Một điểm M thay
đổi trên d. Khi đó:
+ Nếu A, B thuộc hai nửa mặt phẳng khác nhau bờ
là đường thẳng d thì (MA + MB)min = AB khi M =
AB ∩ d.
+ Nếu A, B thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng d thì (MA + MB)min = A’B khi M =
A’B ∩ d với A’là điểm đối xứng với A qua đường
thẳng d [1]

Bài toán 6: Cho đường tròn (C) và đường thẳng d
cố định. Một điểm M thay đổi trên (C) và một
điểm N thay đổi trên d.
Khi đó MNmin = R − d ( I ; d )
Dấu “=” xảy ra khi M ≡ H, N ≡ K [2]
Bài tốn 7: Cho hai đường trịn (C1) và (C2) cố
định. Một điểm M chạy trên đường tròn (C1 ) và điểm N chạy trên đường tròn (C2 ) .
Ta có:
+ Nếu (C1) và (C2) cắt nhau thì MNmin = 0, MNmax = R1 + R2 + I1I2
+ Nếu (C1) và (C2) ngồi nhau thì MNmin = I1I2 – R1 + R2 , MNmax = R1 + R2 + I1I2
+ Nếu (C1) và (C2) đựng nhau thì MNmin = R1 − R2 , MNmax = R1 + R2 + I1I2 [2]

3


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Khi gặp bài toán cực trị số phức, đa số học sinh gặp khó khăn bởi thực chất
bài tốn tìm GTNN và GTLN của mơ đun số phức chính là bài tốn cực trị đại số một nội dung rất khó trong chương trình tốn THPT. Đây là nội dung thường được
bồi dưỡng cho đối tượng học sinh giỏi. Nó địi hỏi học sinh phải có tư duy logic và
tư duy sáng tạo cao. Nếu đưa được về cực trị một biến thì học sinh cịn có thể sử
dụng phương pháp khảo sát hàm số. Song nếu là cực trị nhiều biến thì học sinh
thường lúng túng vì không biết sử dụng bất đẳng thức để đánh giá như thế nào. Do
đó, các em thường khơng giải quyết được bài tốn hay nếu giải được thì cũng rất
chật vật.
Qua khảo sát thực tế, học sinh THPT hiện nay nói chung và học sinh trường
THPT Lưu Đình Chất nói riêng, tư duy logic và tư duy sáng tạo còn rất hạn chế. Vì
vậy, khi gặp bài tốn cực trị số phức trong các đề thi, các em thường có xu hướng
bỏ qua, dẫn tới kết quả thi chưa cao.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Để khắc phục tình trạng trên, đầu tiên, tơi giới thiệu cho học sinh phương
pháp chung để giải bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học. Sau đó, tơi
chia các bài tập cực trị số phức thành các dạng cơ bản và sắp xếp hệ thống bài tập
theo mức độ tăng dần, bài tập sau kế thừa và khai thác kết quả bài tập trước. Với
cách làm như vậy, học sinh khơng cịn “ngợp” khi đứng trước bài toán cực trị số
phức và từng bước nâng cao tư duy, kĩ năng giải quyết vấn đề, đến một mức nào
đó, các em hồn tồn có thể tự mình làm được những bài tập khó.
Phương pháp chung:
-Bước 1: Từ điều kiện số phức z cho trước đưa ra biểu diễn hình học của số phức z.
-Bước 2: Chuyển yêu cầu tìm cực trị số phức sang tìm cực trị hình học của điểm
biểu diễn hình học của z .
-Bước 3: Sử dụng kiến thức hình học để giải quyết bài toán.

Thực chất của bước 1 và bước 2 là diễn đạt lại u cầu bài tốn theo ngơn
ngữ hình học. Hai bước này quyết định sự thành công của bài tốn. GV cần phân
tích cho học sinh hiểu được rằng: Có thể giả thiết của số phức z và yêu cầu tìm cực
trị số phức là khác nhau song nếu biểu diễn hình học của nó là một thì cách giải các
bài tốn này là như nhau.
Cụ thể, tơi chia bài tập cực trị số phức thành các dạng cơ bản sau:
Dạng 1. Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng. Tìm số phức z
có z − z ' lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn: z + i + 1 = z − 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z .
Hướng dẫn
Gọi điểm M(x; y) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi (x,y ∈ R ) thì z = OM
4


Ta có: z + i + 1 = z − 2i ⇔ x + 1 + ( y + 1)i = x + ( y − 2)i
⇔ ( x + 1) + ( y + 1) = x 2 + ( y − 2 ) ⇔ x + 3 y − 1 = 0 ⇒
M thuộc đường thẳng (d): x + 3 y − 1 = 0
⇒ z nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhất
2

2

2

1
1
⇒ z min = OM min =
10
10

⇔ OM = d (O; d ) =

Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn: z − 2 + 3i = z + 1 + 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
z −3+i .
Hướng dẫn
Gọi điểm M(x; y) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi (x,y ∈ R )
Gọi I(3; -1) thì z − 3 + i = IM

Ta có: z − 2 + 3i = z + 1 + 2i ⇔ x − 2 + ( y + 3)i = x + 1 + (2 − y )i
⇔ ( x − 2 ) + ( y + 3) = ( x + 1) + ( 2 − y ) ⇔ 3x − 5 y − 8 = 0 ⇒ M thuộc đường
thẳng (d): 3 x − 5 y − 8 = 0
2

2

2

2

3 34
⇒ z − 3 + i nhỏ nhất ⇔ IM nhỏ nhất ⇔ IM = d ( I ; d ) =
17
3 34
⇒ z − 3 + i min = IM min =
17
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn: z + 2 − 2i = z − 4i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
iz + 1 .[3]
Hướng dẫn
Gọi điểm M(x; y) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi (x,y ∈ R )
Ta có: z + 2 − 2i = z − 4i ⇔ x + 2 + ( y − 2)i = x + ( y − 4)i

⇔ ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = x 2 + ( y − 4 ) ⇔ x + y − 2 = 0 (1)
2

2

2

Ta lại có: iz + 1 = − y + 1 + xi = ( y − 1) 2 + x 2 (2)
Đặt N(y; x), I(1; 0) thì từ (1) và (2) ⇒ IN = iz + 1 và N thuộc đường thẳng
(d): x + y − 2 = 0
⇒ iz + 1 nhỏ nhất ⇔ IN nhỏ nhất ⇔ IN = d ( I ; d ) = 2
2
2
Vậy iz + 1 min = IN min =
2
5


(

)

Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn u = ( z + 3 − i ) z + 1 + 3i là một số thực. Tìm giá
trị nhỏ nhất của z
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của z = x+ yi (x,y ∈ R ) thì z = OM
2
2
Ta có: u =  ( x + 3) + ( y − 1) i   ( x + 1) − ( y − 3) i  = x + y + 4 x − 4 y + 6 + 2 ( x − y + 4 ) i
⇒ u ∈ R ⇔ x − y + 4 = 0 ⇒ M thuộc đường thẳng d: x – y + 4 = 0

⇒ z nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇔ OM = d (O; d ) = 2 2 ⇒ z min = OM min = 2 2
2
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn: z + 4 = z ( z + 2i ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của

z +i
Hướng dẫn
Gọi điểm M(x; y) là điểm biểu diễn của số phức z = x + yi (x,y ∈ R ) , I(0; -1) thì
z + i = IM

 z + 2i = 0
2
Ta có: z + 4 = z ( z + 2i) ⇔ ( z − 2i )( z + 2i) = z ( z + 2i ) ⇔ 
 z − 2i = z
* z + 2i = 0 ⇔ z = -2i ⇔ z + i = -i ⇒ z + i = 1
2
2
2
2
* z − 2i = z ⇔ x + ( y − 2) = x + y ⇔ y − 1 = 0 ⇒ M ∈ d : y − 1 = 0
⇒ z + i nhỏ nhất ⇔ IM nhỏ nhất ⇔ IM = d ( I ; d ) = 2 ⇒ z + i = 2
Từ 2 trường hợp ⇒ Min z + i = 1
Dạng 2: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đoạn thẳng. Tìm số phức z
có z − z ' lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 − i + z − 3 − 2i = 5 . Gọi M, m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính M + m.
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi ⇒
z = OM .
Đặt A(1; 1), B(3; 2). Khi đó
z − 1 − i + z − 3 − 2i = 5 ⇔ MA + MB = 5 = AB

⇒ MA + MB = AB ⇒ M thuộc đoạn thẳng AB.
uuur uuu
r
·
Ta có: AO. AB = −3 ⇒ OAB
tù nên OA ≤ OM ≤ OB
⇒ M = Max z = OB = 13 , m = Min z = OA = 2 ⇒ M + m = 13 + 2
6


Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z − 1 + i .
Hướng dẫn
Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của z = x + yi.
Gọi A(-2; 1), B(4; 7), I(1; -1) ⇒ z − 1 + i = MI
Ta có:
z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2 ⇔ MA + MB = AB
⇒ M thuộc đoạn thẳng AB.
uur uuu
r
uur uuu
r
·
·
Ta lại có: AI . AB = 6; BI .BA = 66 ⇒ IAB
và IBA
nhọn
⇒ Max z − 1 + i = Max{IA, IB} = 73
Min z − 1 + i = d ( I ; AB )
Phương trình đường thẳng AB: x – y + 3 = 0 ⇒ Min z − 1 + i = d ( I ; AB ) =

5
2

Dạng 3: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường trịn. Tìm số phức z
có z − z ' lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 8. Cho số phức z thỏa mãn: z − 3 + 4i = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z .
Hướng dẫn
Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của z = x + yi thì z = OM . Ta có:
z − 3 + 4i = 4 ⇔ ( x − 3) + ( y + 4 ) = 16
⇒ M thuộc đường tròn (C) tâm I(3; -4) bán kính R = 4
⇒ Min z = OM min = OI − R = 5 − 4 = 1
2

2

Max z = OM max = OI + R = 5 + 4 = 9
Ví dụ 9. Cho số phức z thỏa mãn: z − 2 − 3i = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
z + 1 + i [4]
Hướng dẫn
Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của z = x + yi ⇒ N(x; - y) là điểm biểu
diễn của z = x − yi
Gọi A(- 1; - 1) ⇒ z + 1 + i = AN
Ta có: z − 2 − 3i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 3) = 1
⇒ N thuộc đường tròn (C) tâm I(2; 3) bán kính R = 1
2

2

7

⇒ z +1+ i
z +1+ i

min

= AN min = AI − R = 5 − 1 = 4

m ax

= AN m ax = AI + R = 5 + 1 = 6

Ví dụ 10. Cho số phức z thỏa mãn

z +2−i
= 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn
z +1− i

nhất của z
Hướng dẫn
Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của z = x + yi thì z = OM .
z + 2−i
= 2 ⇔ x + 2 + ( y − 1) i = 2 x + 1 − ( y + 1) i
Ta có:
z +1− i
2
2
2
2

2
⇔ ( x + 2 ) + ( y − 1) = 2 ( x + 1) + ( y + 1)  ⇔ x 2 + ( y + 3) = 10


⇒ M thuộc đường tròn (C) tâm I(0;-3) bán kính R = 10
⇒ Min z = OM min = OI − R = 10 − 3
Max z = OM max = OI + R = 10 + 3
 z − 3 + 4i + 1 
Ví dụ 11. Cho số phức z thỏa mãn log 1 
÷ = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
2
z
−
3
+
4
i
+
8
3

và lớn nhất của z
Hướng dẫn
Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của z = x + yi thì z = OM .
Ta có: log  z − 3 + 4i + 1  = 1 ⇔ z − 3 + 4i + 1 = 1 ⇔ z − 3 + 4i = 5
÷
1
2
z
−

3
+
4
i
+
8
2 z − 3 + 4i + 8 3
3

2
2
⇔ ( x − 3) + ( y + 4 ) = 52 ⇒ Tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường tròn (C)
tâm I(3; - 4) bán kính R = 5
⇒ Min z = OM min = OI − R = 5 − 5 = 0
⇒ Min z = 0 và Max z = 10
Max z = OM max = OI + R = 5 + 5 = 10
2
Ví dụ 12. Cho số phức z thỏa mãn: z − 6 z + 25 = 2 z − 3 + 4i . Tìm giá trị nhỏ

nhất và giá trị lớn nhất của z − 3 + 5i
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của z = x+ yi (x,y ∈ R )
Gọi A(3; -5) ⇒ z − 3 + 5i = AM
2
Ta có: z − 6 z + 25 = 2 z − 3 + 4i

8


 z − 3 + 4i = 0

⇔ ( z − 3 + 4i )( z − 3 − 4i ) = 2 z − 3 + 4i ⇔ 
 z − 3 − 4i = 2
* z − 3 + 4i = 0 ⇔ z = 3 − 4i ⇔ z − 3 + 5i = 1

* z − 3 − 4i = 2 ⇔ ( x − 3) + ( y − 4 ) = 4 ⇒ M thuộc đường trịn (C) tâm I(3; 4),
2

bán kính R = 2 ⇒

2

Min z − 3 + 5i = AM min = AI − R = 9 − 3 = 6
Max z − 3 + 5i = AM max = AI + R = 9 + 3 = 12

Từ 2 trường hợp trên ⇒ Min z − 3 + 5i = 1, Max z − 3 + 5i = 12
Ví dụ 13. Cho số phức z thỏa mãn

3 − 3 2i
z − 1 − 2i = 3 . Tìm giá trị nhỏ
1 + 2 2i

nhất và lớn nhất của z − 3 − 2i
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của z = x+ yi (x,y ∈ R ) , gọi A(3; 2) ⇒ N(y; x) là
điểm biểu diễn của z = x − yi và z − 3 − 2i = AN
Ta có:

3 − 3 2i
z − 1 − 2i = 3 ⇔ ( −1 − 2i)( x + yi) − 1 − 2i = 3
1 + 2 2i

⇔ ( x − y 2 + 1) + ( − x 2 − y − 2)i = 3 ⇔ ( x − y 2 + 1) 2 + (− x 2 − y − 2) 2 = 3
⇔ x 2 + y 2 + 2 x = 0 ⇒ N thuộc đường tròn (C) tâm I ( −1;0 ) , R = 1
⇒ z − 3 − 2i
z − 3 − 2i

min

= AN min = AI − R = 2 5 − 1

m ax

= AN m ax = AI + R = 2 5 + 1

Dạng 4: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một elip. Tìm số phức z có z − z '
lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 14. Cho số phức z thỏa mãn z + 4 + z − 4 = 10 . Giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của z lần lượt là
A. 10 và 4
B. 5 và 4
C.4 và 3
D. 5 và 3 [8]
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn số phức z. Đặt A(-4; 0), B(41; 0).
Khi đó z + 4 + z − 4 = 10 ⇔ MA + MB = 10 và
z = OM .
Do MA + MB = 10 ⇒ M thuộc elip (E) có tiêu
9

điểm là A(-4; 0), B(4; 0) và độ dài trục lớn là
2a = 10.
(E) có tiêu cự 2c = AB = 8 ⇒ c = 4 ⇒ b 2 = a 2 − c 2 = 32 ⇒ (E) có độ dài trục nhỏ 2b
=6
Khi đó Max z = maxOM = a = 5 , Min z = min OM = b = 3 ⇒ đáp án D
Nhận xét: GV cần lưu ý phân biệt cho học sinh điều kiện: MA + MB = 2a với 2a =
AB và 2a < AB để tránh nhầm lẫn dạng 2 và dạng 4
2
2
+ iz +
= 4 Tìm giá trị lớn nhất
Ví dụ 15. Cho số phức z thỏa mãn iz +
.
1− i
i −1
và giá trị nhỏ nhất của z .
Hướng dẫn
2
2
2
2
+ iz +
= 4 ⇔ xi − y +
+ xi − y +
=4
Giả sử z = x +yi ⇒ iz +
1− i
i −1
1− i
i −1

⇔ − y + 1 + ( x + 1)i + − y − 1 + ( x − 1)i = 4 ⇔ y − 1 + ( x + 1)i + y + 1 + ( x − 1)i = 4 (1)
Gọi M(y; x), A(1; -1), B(-1; 1) ⇒ (1) ⇔ MA + MB = 4
⇒ M thuộc elip (E) có tiêu điểm là A, B, độ dài trục lớn
2a = 4, tiêu cự 2c = AB = 2 2 , có tâm O(0; 0) là trung
điểm AB.
Ta có: b2 = a2 – c2 = 2 ⇒ b = 2 ⇒ độ dài trục nhỏ 2b = 2 2
Ta lại có OM = y 2 + x 2 = z
⇒ Max z = MaxOM = a = 2 , Min z = MinOM = b = 2
Ví dụ 16. Cho số phức z thỏa mãn z + 4 − 3i + z − 8 − 5i = 2 38 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z − 2 − 4i .
Hướng dẫn
Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn hình học của z. Đặt A(-4; 3), B(8; 5) ⇒ I(2; 4) là
trung điểm của AB.
Khi đó z + 4 − 3i + z − 8 − 5i = 2 38 ⇔ MA + MB = 2 38 và z = IM .
Do MA + MB = 2 38 ⇒ M thuộc elip (E) có tiêu điểm là A, B và độ dài trục lớn
là 2a = 2 38 , tâm là I(2; 4)
(E) có tiêu cự 2c = AB = 2 37 , có độ dài trục nhỏ 2b = 2 (trong đó
b2 = a 2 − c 2 = 1 )
Khi đó Max z = max IM = a = 38 , Min z = min OM = b = 1
Bài tập vận dụng.
10


Ví dụ 17. Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z − 1 + i .
Ví dụ 18. Cho số phức z thỏa mãn z + 4 + z − 4 = 10 . Giá trị nhỏ nhất của z là:
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6

Dạng 5: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng. Tìm số phức z
có z − z1 + z − z2 lớn nhất, nhỏ nhất.
Ví dụ 19. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 = z − 2 − i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = z − 3 − i + z − 4 + i .
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của z = x+ yi (x,y ∈ R )
2
2
2
Ta có: z − 1 = z − 2 − i ⇔ ( x − 1) + y 2 = ( x − 2 ) + ( y − 1) ⇔ x + y − 2 = 0
⇒ M thuộc đường thẳng (d): x + y – 2 = 0
Gọi A(3; 1), B(4; -1) thì P = z − 3 − i + z − 4 + i = MA + MB
Bài tốn trở về: Tìm điểm M ∈ (d): x + y – 2 = 0 sao cho P = MA + MB nhỏ nhất
Ta thấy A, B thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d.
⇒ P = MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B.
Dấu “=” xảy ra khi M ≡ M’ = A’B ∩ d
Gọi H = AA’ ∩ d ⇒ H ∈ d và H là trung điểm AA’.
uuur
Do H ∈ d ⇒ H(x; -x + 2) ⇒ AH = ( x − 3; − x + 1)
uuur uu
r
⇒ AH .ud = 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ H (2;0) ⇒ A ' ( 1; −1)
⇒ Pmin = A’B = 3.
Ví dụ 20. Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − 2i = z − 2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = z − 2i + z − 1 − 2i .
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của z = x+ yi (x,y ∈ R )
2
2

2
2
Ta có: z + 2 − 2i = z − 2i ⇔ ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = x + ( y + 2 ) ⇔ x − 2 y + 1 = 0
⇒ M thuộc đường thẳng (d): x - 2y + 1 = 0
Gọi A(0; 2), B(1; - 2) thì
11


P = z − 2i + z − 1 − 2i = x − ( y − 2)i + x − 1 − ( y + 2)i = MA + MB

Bài tốn trở về: Tìm điểm M ∈ (d): x - 2y +1 = 0
sao cho P = MA + MB nhỏ nhất
Ta thấy A, B thuộc hai nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d
⇒ P = MA + MB ≥ AB. Dấu “=” xảy ra khi M ≡ M’ = AB ∩ d
⇒ Pmin = AB = 17
Ta cịn có thể mở rộng bài tốn như sau:
Ví dụ 21. Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − 2i = z − 2i . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = z − 2i − z − 1 − 2i .
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của z = x+ yi (x,y ∈ R )
2
2
2
2
Ta có: z + 2 − 2i = z − 2i ⇔ ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = x + ( y + 2 ) ⇔ x − 2 y + 1 = 0
⇒ M thuộc đường thẳng (d): x - 2y + 1 = 0
Gọi A(0; 2), B(1; - 2) thì P = z − 2i + z − 1 − 2i = x − ( y − 2)i + x − 1 − ( y + 2)i = MA + MB
Bài toán trở về: Tìm điểm M ∈ (d): x - 2y +1 = 0 sao cho P = MA − MB lớn nhất
Ta thấy A, B thuộc hai nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d.

⇒ P = MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B
Dấu “=” xảy ra khi M ≡ M’ = A’B ∩ d
Gọi H = AA’ ∩ d ⇒ H ∈ d và H là trung điểm AA’.
uuur
Do H ∈ d ⇒ H(2y – 1; y) ⇒ AH = (2 y − 1; y − 2)
uuur uu
r
4
3 4
 6 −2 
⇒ AH .ud = 5 y − 4 = 0 ⇔ y = ⇒ H ( ; ) ⇒ A '  ; ÷
5
5 5
5 5 
65
.
5
Dạng 6: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z1 , z2 là các đường (C1), (C2). Tìm giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất của z1 − z2
⇒ Pmax = A’B =

12


Ví dụ 22. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 5 = 5, z2 + 1 − 3i = z2 − 3 − 6i . Tìm
giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 .
Hướng dẫn
Giả sử M (a; b) là điểm biểu diễn của số phức z1 = a + bi , N (c; d ) là điểm biểu diễn
của số phức z2 = c + di
(a + 5) 2 + b 2 = 25

 z1 + 5 = 5
⇔
Ta có 

8c + 6d = 35
 z2 + 1 − 3i = z2 − 3 − 6i

⇒ M thuộc đường tròn (C ) :( x + 5)2 + y 2 = 25 và N
thuộc đường thẳng d : 8 x + 6 y = 35 .
Ta thấy đường thẳng d không cắt (C ) và z1 − z2 = MN .
Bài toán trở thành: Cho M chạy trên đường tròn
(C ) :( x + 5) 2 + y 2 = 25 và N chạy trên đường thẳng
d : 8 x + 6 y = 35 . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN.

Đường trịn (C) có tâm I(-5; 0), bán kính R = 5.
Gọi d’ là đường thẳng qua I, vng góc với d, cắt đường trịn (C) lần lượt tại K, L.
Ta có: MN nhỏ nhất khi M ≡ K, N ≡ H. Khi đó: MNmin = d(I, d) – R = 7,5 – 5 =
2,5
Ví dụ 23. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + i = 5, z2 − 5 = z2 − 7 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của z1 − z2 .
Hướng dẫn
Giả sử M (a; b) là điểm biểu diễn của số phức z1 = a + bi , N (c; d ) là điểm biểu diễn
của số phức z2 = c + di
 z1 + i = 5
a 2 + (b + 1) 2 = 25
⇔
Ta có 
z
−
5

=
z
−
7
5c + 7 d = −12
2
2


13


⇒ M thuộc đường tròn (C ) : x 2 + ( y + 1) 2 = 25 và N thuộc đường thẳng d: 5x + 7y +
12 = 0
Ta thấy đường thẳng d cắt (C ) và z1 − z2 = MN .
Bài toán trở thành: Cho M chạy trên đường tròn (C ) : x 2 + ( y + 1) 2 = 25 và N chạy
trên đường thẳng d : 5 x + 7 y + 12 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN.
Đường trịn (C) có tâm I(0; -1), bán kính R = 5
Gọi d’ là đường thẳng qua I, vng góc với d, cắt đường tròn (C) lần lượt tại K, L.
Ta có: MN nhỏ nhất khi M ≡ K, N ≡ H. Khi đó: MNmin = R - d(I, d) = 5 −

5 74
74

Ví dụ 24. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 3 − 4i = 1, z2 + 6 − i = 2 . Tìm giá trị
nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z1 − z2 [5]
Hướng dẫn
Giả sử M (a; b) là điểm biểu diễn của số phức z1 = a + bi , N (c; d ) là điểm biểu diễn
của số phức z2 = c + di
 z1 + 3 − 4i = 1 (a + 3) 2 + (b − 4) 2 = 1

⇔
Ta có 
2
2
(a + 6) + (b − 1) = 4
 z2 + 6 − i = 2

⇒ M thuộc đường tròn (C1 ) :( x + 3)2 + ( y − 4) 2 = 1
và N thuộc (C2 ) :( x + 6) 2 + ( y − 1)2 = 25
và z1 − z2 = MN
Bài tốn trở thành: Cho M chạy trên đường trịn (C1 ) :( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 = 1 và N
chạy trên đường tròn (C2 ) :( x + 6) 2 + ( y − 1) 2 = 25 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất của MN.
Đường tròn (C1 ) :( x + 3)2 + ( y − 4) 2 = 1 có tâm I1(-3; 4), bán kính R1 = 1.
Đường tròn (C2 ) :( x + 6) 2 + ( y − 1) 2 = 25 có tâm I2(-6; 1), bán kính R2 = 5
14


Do R2 – R1 < I1I2 < R2 + R1 nên hai đường trịn cắt nhau tại A, B.
Khi đó: MNmin = 0 ⇔ M ≡ N ≡ A hoặc M ≡ N ≡ B
MNmax = R2 + R1 + I1I2 = 6 + 3 2 ⇔ M ≡ C, N ≡ D
⇒ Min z1 − z2 = 0, Max z1 − z2 = 6 + 3 2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy tại trường THPT Lưu Đình Chất,
bước đầu đã thu được một số kết quả khả quan. Học sinh có sự tiến bộ rõ rệt, thể
hiện qua chất lượng các kì thi khảo sát. Đa số học sinh trung bình khá trở lên đã có
thể giải quyết được các bài tốn cực trị số phức. Các em đã bắt đầu yêu thích, hào
hứng chinh phục các bài tốn khó về cực trị số phức, khơng cịn tâm lí bỏ qua khi

gặp dạng tốn này. Học sinh khá, giỏi không chỉ dừng lại ở những dạng bài tập
được giới thiệu mà đã biết cách áp dụng cách tư duy “quy lạ về quen” để giải quyết
được những bài toán phức tạp hơn, từng bước nâng cao tư duy và khả năng vận
dụng linh hoạt kiến thức đã học. Thơng qua đó, chất lượng giảng dạy bộ mơn Tốn
nói riêng và chất lượng giáo dục nói chung ngày càng được nâng cao.
Đề tài đã được thảo luận, đánh giá ở tổ chuyên môn và đã được đồng nghiệp
áp dụng trong công tác giảng dạy. Tất cả đều có phản hồi rất tích cực về hiệu quả
của đề tài. Không chỉ vậy, việc giải quyết những nội dung còn hạn chế của đề tài lại
là nguồn cảm hứng cho đồng nghiệp trong việc nghiên cứu khoa học. Từ đó, phong
trào nghiên cứu khoa học, trau dồi kiến thức, bồi dưỡng nghiệp vụ ngày càng được
chú trọng.
III. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
Qua đề tài này tôi thu được một số bài học:
- Phải cho học sinh tiếp xúc với nhiều bài toán với những cách giải khác nhau.
- Rèn luyện cho học sinh phân tích bài tốn để tìm lời giải tối ưu nhất.
- Rèn luyện cho học sinh cách trình bày một cách chặt chẽ, cơ đọng.
15


Thơng qua việc quy các bài tốn lạ, phức tạp của cực trị số phức về các bài tập
hình học đơn giản, quen thuộc, học sinh sẽ dần khắc phục được tâm lí “sợ” các bài
tốn cực trị số phức, tạo hứng thú trong học tập, tăng khả năng sáng tạo trong học
tập.
Sử dụng phương pháp cực trị hình học để giải các bài tập cực trị số phức có
thể biến các bài tập phức tạp thành các bài tập đơn giản hơn đối với học sinh, đặc
biệt là đối với học sinh khơng thực sự có tính sáng tạo cao, tư duy khơng thật tốt,
đối với học sinh có lực học trung bình khá trở xuống, từng bước cải thiện điểm số
của các em. Đặc biệt, đề tài rất hữu dụng với những học sinh đặt mục tiêu điểm 8, 9
trong kì thi THPT Quốc gia. Nó cũng là tài liệu tham khảo hữu ích đối với giáo

viên khi dạy ôn chuyên đề số phức.
3.2. Kiến nghị.
Tuy nhiên, do thời gian có hạn nên trong phạm vi bài viết, tơi cũng chỉ mới
giải quyết một số dạng tốn. Vẫn cịn một số dạng cực trị số phức mà tơi chưa thể
chuyển qua bài tốn cực trị hình học được. Mong các bạn đồng nghiệp đóng góp ý
kiến để có cách khác thác tốt hơn cho các bài toán thuộc thể loại này.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 18 tháng 5 năm
2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác

16


Vũ Thị Thanh Huyền

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Bài tập toán 7 tập 2 – Tơn Thân – Vũ Hữu Bình - Nhà xuất bản giáo dục.
[2] Bài tập toán 9 tập 1 – Tơn Thân – Vũ Hữu Bình - Nhà xuất bản giáo dục.
[3] Đề thi thử lần 2 chuyên đại học Vinh năm 2017
[4] Đề thi thử THPT Kim Liên – Hà Nội năm 2017
[5] Đề thi thử THPT Hưng Nhân – Thái Bình năm 2017
[6] Giải tích 12 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục.
[7] Toán 7 tập 2 – Nhà xuất bản giáo dục.
[8] Đề thi thử số 5 – Toán học và tuổi trẻ

17


Danh mục các đề tài SKKN mà tác giả đã được Hội đồng Cấp phòng
GD&ĐT, Cấp Sở GD&ĐT và các cấp cao hơn đánh giá đạt từ loại C trở lên.

STT
Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá
xếp loại ( Sở,
Tỉnh...)

Rèn luyện cho HS kĩ năng giải Sở GD & ĐT
bài toán hình học khơng gian
bằng phương pháp tọa độ hóa

KQĐG
XL (A, B,
C)

C

Năm được đánh
giá xếp loại

753/QĐ –
SGD&ĐT –
3/11/2014

18