skkn GIẢI bài TOÁN cực TRỊ số PHỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH học GIẢI TÍCH

Mục lục:
Trang
I. Mở đầu ................................................................................................... 2
1.1. Lí do chọn đề tài............................................................................. 2
1.2. Mục đích nghiên cứu...................................................................... 2
1.3. Đối tượng nghiên cứu..................................................................... 3
1.4. Phương pháp nghiên cứu................................................................ 3
II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm......................................................... 3
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm........................................ 3
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm......... 4
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc
các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề............................... 4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường....................................... 4
III. Kết luận, kiến nghị............................................................................. 24
3.1. Kết luận.......................................................................................... 24
3.2. Kiến nghị........................................................................................ 24
Tài liệu tham khảo:................................................................................... 25
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:........................................................................................................ 25

1


I. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình Toán THPT phần Giải tích lớp 12,học sinh được hoàn thiện
hiểu biết của mình về tập hợp số thông qua việc cung cấp một tập hợp số,gọi là Số
phức.Trong chương này, học sinh đã bước đầu làm quen với các phép toán
cộng,trừ,nhân, chia,khai căn,lũy thừa;lấy mô đun,... các số phức.Bằng cách đặt

tương ứng mỗi số phức z x  yi ( x, y là những số thực, i 2  1 ) với mỗi điểm
M ( x; y ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy, ta thấy giữa Đại số và Hình học có mối liên hệ
với nhau khá gần gủi.Hơn nữa nhiều bài toán về Số phức,khi chuyển sang hình
học,từ những con số khá trừu tượng,bài toán đã được minh họa một cách rất trực
quan,sinh động và cũng giải được bằng Hình học với phương pháp rất đẹp.Đặc
biệt,trong các kỳ thi Đại học,Cao đẳng và THPT Quốc gia những năm gần đây,việc
sử dụng phương pháp Hình học để giải quyết các bài toán về Số phức là một trong
những phương pháp khá hay và hiệu quả ,đặc biệt là các bài toán về Cực trị trong
số phức.Hơn nữa,với những bài toán Hình học theo phương pháp trắc nghiệm,nếu
khi biểu diễn được trên giấy thì qua hình ảnh minh họa,ta có thể lựa chọn đáp án
một cách dễ dàng.
Tuy nhiên,trong thực tế giảng dạy,việc chuyển từ bài toán Đại số nói chung và
Số phức nói riêng sang bài toán Hình học ở nhiều học sinh nói chung còn khá
nhiều lúng túng,vì vậy việc giải các bài toán về Số phức gây ra khá nhiều khó khăn
cho học sinh.
Bài toán Cực trị số phức thông thường thì có khá nhiều cách lựa chọn để giải
như dùng Bất đẳng thức,dùng khảo sát hàm số,...Qua đề tài này,tôi muốn gợi ý cho
học sinh một lối tư duy vận dụng linh hoạt các phương pháp chuyển đổi từ bài
toán Đại số sang Hình học cho học sinh,giúp các em có cái nhìn cụ thể hơn về việc
chuyển đổi đó và vận dụng tư duy này cho những bài toán khác.Với mục tiêu
đó,trong SKKN này,tôi chỉ tập trung giải quyết bài toán theo hướng Hình
học.Không đặt nặng việc so sánh phương nào nhanh hơn,tối ưu hơn phương pháp
nào.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Trong số các bài các bài toán cơ bản là tính toán trên tập hợp số phức,tìm số
phức thỏa mãn điều kiện cho trước,tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức,thì học
sinh trung bình có thể làm được,còn bài toán Cực trị số phức cần có tính tư duy,vận
dụng thì học sinh thường thụ động trong việc tiếp cận bài toán,không chú trọng đến
bản chất của bài toán,một phần vì học sinh ngại bài toán khó,một phần vì giáo viên
khi dạy cũng chưa chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh.Nhằm giúp học

sinh vận dụng tốt các phương pháp,kỹ năng để giải quyết các bài toán Cực trị số
phức một cách hiệu quả và kết quả tốt thì sau nhiều năm giảng dạy dạng toán
này,với kinh nghiệm đã tích lũy và học hỏi được,tôi mạnh dạn chọn đề tài Giải bài
toán Cực trị số phức bằng phương phương pháp hình học giải tích để giúp học
sinh và giáo viên tham khảo nhằm đạt kết quả cao hơn trong học tập và giảng dạy

1.3. Đối tượng nghiên cứu.
2


Đề tài này sẽ nghiên cứu cách giải bài toán Cực trị số phức bằng phương
phương pháp hình học giải tích trong mặt phẳng tọa độ Oxy.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
+) Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết,chuyển đổi nội dung bài
toán Đại số sang bài toán Hình học giải tích trong mặt phẳng tọa độ Oxy để giải
quyết.
+) Phương pháp thu thập thông tin,tìm kiếm các bài toán trong đề tài này trong
các đề minh họa ,đề thi THPT quốc gia năm 2017,đề thi thử của các trường trong
toàn quốc trên mạng internet.
+) Phương pháp thống kê,xử lý số liệu: tự giải các bài này bằng phương pháp
hình học giải tích,hoặc tìm kiếm lời giải bài toán này bằng phương pháp hình học
giải tích trên các sách,báo,mạng internet.
II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
• Các định nghĩa và kí hiệu
a) Số i: Ta thừa nhận có một số mà bình phương của nó bằng -1.Kí hiệu là i.
Như vậy, i2 = -1.
b) Số phức: Cho x, y là những số thực,biểu thức z = x+yi gọi là một (dạng đại
số) số phức.
x gọi là phần thực, y gọi là phần ảo.

c) Với mỗi số phức z = x+yi, giá trị của biểu thức x 2  y 2 gọi là mô đun của
z. Kí hiệu là z .Như vậy z  x 2  y 2 .
d) Với mỗi số phức z = x+yi, Số phức z’ = x - yi, gọi là số phức liên hợp của
z.Kí hiệu z ,
Như vậy, nếu z x  yi thì z  x  yi .
e) Với mỗi số phức z = x+yi, Xác định điểm M(x;y) trên mặt phẳng tọa độ
Oxy.Điểm M gọi là biểu diễn hình học của số phức z.
Để cho tiện,trong SKKN này,tôi kí hiệu M(x;y) = M(z) hay đơn giản M(z) để
chỉ M là điểm biểu diễn cho số phức z x  yi .
• Các phép toán trên tập hợp số phức
Cho hai số phức z x  yi , z '  x '  y ' i
Phép cộng: z  z ' ( x  x ' )  ( y  y ' )i
Phép trừ: z  z ' ( x  x ' )  ( y  y ' )i
Phép nhân: z.z ' ( xx '  yy ' )  ( xy '  x ' y )i
Phép chia:

z
z. z '

với z ' 0  0i
'
'
'
z
z .z

• Một số kí hiệu chuyển từ số phức sang tọa độ Oxy quen thuộc.
Với M(z) thì z OM
'
'

Với M M ( z ), M ' M ( z ' ) thì z  z MM
Với A  A( z A ), B ( B B ) ,trong đó z A , z B là hai số phức khác nhau cho trước thì tập
hợp các điểm M M (z ) thỏa mãn hệ thức z z A  z  z B là đường trung trực của
đoạn AB.
3


Với M 0 M 0 ( z 0 ), R  0 ,tập hợp các điểm M M (z ) thỏa mãn hệ thức z  z 0 R
là đường tròn tâm M0, bán kính R.
Với F 1F1 ( z1 ), F 2 F2 ( z 2 ), tập hợp các điểm M M (z ) thỏa mãn
z  z1  z  z 2 2a , z1  z 2  2a , ( a >0) là đường Elip có hai tiêu điểm F1 , F2 tiêu
cự F1 F2 2c , độ dài trục lớn 2a, độ dài trục bé 2b , ( b 2 a 2  c 2 ).
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Bài toán Cực trị nói chung và bài toán Cực trị số phức số phức nói riêng là
dạng toán tương đối khó,do vậy học sinh thấy khó khăn,ngại học,không chủ
động,hứng thú làm bài, một mặt thì kiến thức hình học giải tích trong mặt phẳng
tọa độ Oxy các em học đã lâu (lớp 10),một mặt thì thời gian học trên lớp hạn
chế,tập hợp số phức lại là loại tập hợp mới mà các em vừa được tiếp cận.
Từ thực tế trên tôi thấy cần phải đưa ra phương pháp giải cho từng dạng Cực trị
số phức nhằm tháo gỡ những khó khăn mà đa phần học sinh không nắm vững.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề.
Bài toán Cực trị số phức có các cách giải khác, đánh giá theo Bất đẳng
thức,Khảo sát hàm số,đặc biệt là bài thi trắc nghiệm có thể dùng máy tính cầm tay
để khảo sát giá trị,từ đó tìm ra đáp án đúng,...
Trong SKKN này,tôi chia bài toán cực trị số phức thành tám dạng,có phân
tích,nhận xét về vai trò,tác dụng,hiệu quả của từng dạng,từ đó các em có cách nhận
biết để tiến hành lời giải hoặc tìm ra kết quả đúng.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.

SKKN giải bài toán Cực trị số phức bằng phương pháp hình học giúp học sinh
cũng cố kiến thức về Hình học giải tích trong mặt phẳng tọa độ Oxy, có tư duy linh
hoạt,nhìn nhận bài toán Đại số dưới con mắt Hình học để thấy được ý nghĩa hình
học của bài toán.
Từ bài toán Hình học trực quan này giúp học sinh dễ dàng tìm ra lời giải,đặc
biệt có thể vẽ hình biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ Oxy để suy ra đáp án đúng
trong bài thi trắc nghiệm khách quan, học sinh thấy hứng thú,tự tin hơn khi giải bài
toán loại này.
Từ kinh nghiệm này giúp học sinh học tốt bộ môn Toán trong chương trình
THPT,từ đó nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.
CÁC BÀI TOÁN
BÀI TOÁN 1: Cho số phức z 0 a0  b0 i và tập hợp các số phức z thỏa mãn hệ
thức: z  z1  z  z 2 .
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của z  z 0 .
b) Tìm z để z  z 0 nhỏ nhất.
Nhận xét:
Gọi M M ( z ), M 0 M 0 ( z 0 ); A  A( z1 ), B B( z 2 ) thì z  z 0 MM 0
Mo

Từ đẳng thức z  z1  z  z 2 ,Suy ra, M thuộc đườngA(z
trung
trực
của
đoạn
AB.
)
1

4

M
B(z2)

H

Δ


Bài toán chuyển thành:
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của M 0 M với M  
b) Tìm M   sao cho M 0 M nhỏ nhất.
Ta thấy,với mọi điểm M   thì M 0 M M 0 H ,
trong đó H là hình chiếu của M 0 lên 
Do đó, min z  z 0 d  M 0 ;   khi M là hình chiếu của M 0 lên 
Lời giải
Từ hệ thức z  z1  z  z 2 , suy ra phương trình đường thẳng 
Với câu a),ta tính khoảng cách d  M 0 ;   , và kết luận min z  z 0 d  M 0 ;  
Với câu b)
Viết phương trình đường thẳng d đi qua M 0 ,vuông góc với 
Giải hệ gồm hai phương trình:  và d suy ra nghiệm  x; y 
Kết luận,số phức cần tìm là z x  yi .
Đặc biệt: z min tức là tìm số phức z sao cho mô đun của z là nhỏ nhất.
Ví dụ 1.1 Trong tất cả các số thức z thỏa mãn z  1  2i  z  3  4i .Tìm giá trị nhỏ
nhất của mô đun của z.
A.

5 13
13

B. 2 13

C. 2

D. 26

Lời giải
Đặt z x  yi và M ( x; y )
2
2
2
2
Ta có z  1  2i  z  3  4i  ( x  1)  ( y  2) ( x  3)  ( y  4)
hay M   : 2 x  3 y  5 0
5

Khoảng cách từ O đến  là d  O;   
Vậy, min z 

2

2  (  3)

5 13
. Chọn đáp án A
13

(-3;4)

I(-1;1)

y

2



5 13
13

Δ

M
O

x
(1;-2)

Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô,rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 1.2 Trong tất cả các số thức z thỏa mãn z  1  3i  z  3  5i .Tìm giá trị nhỏ
nhất của z  2  i
A. 5

B. 68

C.

12 17
17

5

D. 34


Lời giải
Đặt z x  yi và M ( x; y )
2
2
2
2
Ta có z  1  3i  z  3  5i  ( x  1)  ( y  3) ( x  3)  ( y  5)
hay M   : x  4 y  6 0

min z  2  i d  M 0 ;   

 2  4( 1)  6
12  (4) 2

12 17

,ở đây M 0 ( 2; 1)
17

y

(3;5)

Chọn đáp án C.
M
d

Δ

O

x
Mo(-2;-1)
(1;-3)
Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô,rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 1.3 Trong tất cả các số thức z a  bi thỏa mãn z  2  5i  z  i .Biết rằng
z 1  i nhỏ nhất.Tính P a.b
A. 

23
100

B.

13
100

C. 

5
16

D.

9
25

Lời giải
Đặt M=M(z) .Từ hệ thức z  2  5i  z  i ,ta được M   : x  3 y  7 0
Đặt M 0 ( 1;1) thì z  1  i  M 0 M .

y
Mo(-1;1) B(0;1)
O
d

Δ
H

x

I(1;-2)
A(2;-5)

Gọi d là đường thẳng đi qua M 0 ( 1;1) và vuông góc với  thì d :
d : 3 x  y  2 0

6

x 1 y  1

hay
1
 3

 x  3 y 7

Xét hệ phương trình: 
 3 x  y  2

1

 x 10

 y  23

10
1 23 
;

 10 10 


Suy ra hình chiếu của M 0 lên  là H 

1 23
23

i  P 
. Chọn đáp án A
10 10
100

Vậy z 1  i nhỏ nhất khi z 

Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô,rồi đoán đáp án đúng.
BÀI TOÁN 2:

Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z 0 R  0 .Trong đó

z 0 a  bi cho trước.

a) Tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của z  z1 ,trong đó z1 là số phức cho
trước.
b) Tìm số phức z để z  z1 đạt giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất)
Nhận xét:
Đặt M=M(z) , I I ( z 0 ); A  A( z1 ) thì z  z 0 MI
Từ đẳng thức z  z 0  R ,suy ra M thuộc đường tròn (C) tâm I,bán kính R
Bài toán chuyển thành:
a) Tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của AM với M  (C )
b) Tìm M  (C ) sao cho AM lớn nhất (hay nhỏ nhất)
M
M2

R
I(z0)

M1

A(z1)

Gọi M 1 , M 2 là giao điểm của đường thẳng AI và (C) thì với mọi điểm M  (C ) ta
luôn có AM 1  AM  AM 2
Do đó: AM min  AM 1  AI  R ; AM max  AM 2  AI  R
Lời giải

a) min z  z1  z1  z 0  R ; max z  z1  z1  z 0  R
b) Tìm z
7


Từ hệ thức z  z 0  R suy ra phương trình đường tròn (C)
Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A( z1 ), I ( z 0 )
Giải hệ gồm phương trình của (C) và d, suy ra các nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x 2 ; y 2 )
Thử lại để chọn bộ ( x; y ) thích hợp từ hai bộ trên.
Ví dụ 2.1 Trong tất cả các số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  3i 3 .Tìm
min z  1  i

A. 1

B. 3

C. 10

D. 2

Lời giải
Đặt M M ( z ), I (1; 3), A(1;1)  AI 4 và z  1  i MA .
Từ hệ thức z  1  3i 3 ,suy ra M thuộc đường tròn tâm I,bán kính R=3.
Vậy, min z  1  i min MA  AI  R 1

y

Chọn đáp án A.

O

A(1;1)
M(1;0)
x
I(1;-3)

.

Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô,rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 2.2

Trong tất cả các số phức z thỏa mãn hệ thức z  i 1 .Tìm giá trị lớn

nhất của z .
A. 2

B. 1

C. 3

D. 5

Lời giải
Ta có I (0;1), A O(0;0)  AI 1
M M (z ) với z thỏa mãn hệ thức z  i 1 ,suy ra M thuộc đường tròn tâm I,bán

kính R=1.Vậy, max z  AI  R 1  1 2 . Chọn đáp án A.
y
M1

M

I
8
O

x


Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô,rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 2.3 Trong tất cả các số phức z a  bi thỏa mãn hệ thức z  1  2i 1 .Biết
rằng z  3  i đạt giá trị nhỏ nhất.Tính P 
A. 

1
7

B. 

a
b

9
13

C.

7
9

D. 

7
13

Lời giải
Ta có I (1; 2), A( 3;1), M M ( z )  M  (C ) :  x  1 2  ( y  2) 2 1
Đường thẳng AI : 3x  4 y  5 0
y
O A(-3;1)
x
M
I(1;-2)
9

x  ; y 
 ( x  1) 2  ( y  2) 2 1 
5

Xét hệ 
 x 1 ; y 
 3 x  4 y  5 0

5
9
5

13
thì z  3  i 6
5

1
5

7
thì z  3  i 4
5

Với x  , y 
Với x  , y 
1
5

Vậy z  

13
5
7
5

7
a
1
i   . Chọn đáp án A.
5
b
7

Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô,rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 2.4

Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  i 2 .Biết rằng z đạt giá trị lớn

nhất.Tìm phấn ảo của z.
A. 3

B. -1

C. 1
9

D. -3


Lời giải
Đặt M ( x; y ) M ( z ) .Từ hệ thức z  i 2  M  (C ) : x 2  ( y  1) 2 4
Đường thẳng d qua O(0;0) và tâm I (0;1) của (C) có phương trình x = 0
 x 0

 x 0, y  1

 x 0, y 3
 x  ( y  1) 4

Giao của d và (C) là nghiệm của hệ 

2

2

Với x 0, y  1 thì z  i  z 1

y
M(0;3)
(C)

Với x 0, y 3 thì z 3i  z 3
Vậy, z lớn nhất khi z 3i . Chọn đáp án A.

I(0;1)
O

x
M’(-1;0)

Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô,rồi đoán đáp án đúng.
BÀI TOÁN 3: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z 2 ,với z1 , z 2 là các
số phức.
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của z  z 3  z  z 4 , với z 3 , z 4 là các số phức cho trước.
b) Tìm số phức z để z  z 3  z  z 4 nhỏ nhất.
Nhận xét:
- Đặt M  z , A z 3 , B z 4  thì z  z 3  AM , z  z 4  BM .
- Từ hệ thức z  z1  z  z 2 . Suy ra, M thuộc đường thẳng  .
Dẫn đến bài toán: Tìm M   sao cho MA  MB nhỏ nhất
z1
z1
B
B
A M
0

M0
M
M
∆
A
A’
z2
z2
A, B khác phía so với 

∆

A, B cùng phía so với 

Ta thấy rằng,
+ Nếu A, B nằm về hai phía so với  thì với mọi điểm M  , MA  MB  AB.
Vậy MA  MB nhỏ nhất là MA  MA  AB khi và chỉ khi M , A, B thẳng hàng hay
M   AB .

10


Nếu A, B nằm về cùng một phía so với ∆ thì gọi A’ là điểm đối xứng với A
qua ∆. Khi đó, với mọi điểm M  , MA  MB MA'MB  A' B . Vậy, MA  MB nhỏ
nhất là MA  MB  A' B khi và chỉ khi A’, M, B thẳng hàng hay M   A' B .
Lời giải
- Từ hệ thức z  z1  z  z 2 . Suy ra phương trình đường thẳng  .
- Thay tọa độ các điểm A  A z 3 , B  B z 4  vào phương trình  để kiểm tra xem A,
B nằm cùng phía hay khác phía so với  .
- Nếu A, B khác phía với  thì

+ min  z  z 3  z  z 4   z 3  z 4
+ Để tìm z thì ta viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A,
B. Giải hệ gồm phương trình  và phương trình d. Nghiệm (x;y) suy ra số phức
z  x  yi cần tìm.
+ Nếu A, B khác phía so với  thì viết phương trình đường thẳng a qua A và
vuông góc với  . Giải hệ phương trình gồm phương trình của  và phương trình
của a suy ra nghiệm là tọa độ điểm I là trung điểm của AA’. Từ tọa độ của A, I và
công thức tính tọa độ trung điểm suy ra tọa độ A’.
+ min  z  z 3 '  z  z 4   z 3 ' z 4 với A’ = A’(z3’).
+ Để tìm z thì ta viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A’, B. Giải
hệ gồm phương trình ∆ và phương trình d. Nghiệm (x;y) suy ra số phức z  x  yi
cần tìm.
Ví dụ 3.1 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  i  z  2  3i . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P  z  2  i  z  3  2i
A.

13 61
17

B.

5 493
17

C.

10 251
17

D.

71
3

Lời giải:
Đặt M M  z  .
Từ hệ thức z  1  i  z  2  3i , suy ra, M   : 2 x  8 y  11 0
y

A’
A

3
M0
O

1

∆

2

x

-1
-2

B

Đặt A  2;1, B 3; 2 .

Thay A vào phương trình  , ta được: 2.  2  8.1  11  0 .
Thay B vào phương trình  , ta được: 2. 3  8.  2  11  0 .
Vậy A, B nằm cùng phía so với  .

11


Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với  thì d :

x2 y 1

hay
1
4

4 x  y  9 0 .
Gọi I d   thì tọa độ của I là nghiệm x,y của hệ:
 2 x  8 y 11
61
31
 x 
;y  .

34
17
 4 x  y  9

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua  thì I là trung điểm của AA’ nên
 27 45 
A'  

; 
 17 17 

Suy ra, min  z  2  i  z  3  2i   A' B 

5 493
.
17

Chọn đáp án B.
Nhận xét: Nếu ta biểu diễn bài toán trên giấy có ô thì ta cũng có thể chọn đáp án
phù hợp với 1 trong 4 đáp án đưa ra.
Đáp án A: 5,97 ; B: 6,53 ; C: 9,31 ; D: 2,81
Dựa vào hình minh họa: A' B  4,5 2  4,5 2 6,36 nên chọn đáp án B.
Ví dụ 3.2 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  2i  z  i . Tìm phần thực của số
phức z biết z  1  2i  z  4i đạt giá trị nhỏ nhất.
A.

5
6

B.

1
6

C.

2
3

Lời giải
Đặt M M  z  .
Từ hệ thức z  2i  z  i , ta được: M   : 2 y  1 0 .
Đặt A1;2, B 0; 4 , thì A, B khác phía so với  .
x
1

Đường thẳng AB : 

D.

3
4

y
(0;2)

A(1;2)

y4
 6 x  y  4 0 .
6

∆

M
1

x

M(0,75;0,50)

Tọa độ giao điểm của AB và  là nghiệm của hệ
 2 y  1 0


 6 x  y  4 0

1

 y  2
.

 x 3

4

(0;-4)

Vậy, phần thực của số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là x 

3
4

Chọn đáp án D.
Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô, rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 3.3 ( Câu 46 – Đề minh họa THPT Quốc gia năm 2018)
12

Xét các số phức z a  bi a, b   Thỏa mãn z  4  3i  5 . Tính P a  b khi
z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất.
A. P 10
B. P 4
C. P 6
D. P 8
Lời giải

M

A(-1;3)

K(6;4)
I(4;3)

I(1;0)

H(2;2)
1

O
B(1;-1)
Đặt M M  z  . Từ hệ thức z  4  3i  5 , ta được M   C  :  x  4 2   y  3 2 5 .
Đặt A  1;3, B1; 1 , I là trung điểm của AB thì I  0;1 .
Theo phần lý thuyết ở trên, ta thấy MA+MB lớn nhất, khi MI lớn nhất, khi M  K .
(Hình minh họa).
Đường thẳng qua I, vuông góc với AB có phương trình: x  2 y  2 0
  x  4  2   y  3 2 5
 x 2, y 2
Xét hệ phương trình, 

. Ta được, 
. Tức là
 x 6, y 4
 x  2 y  2 0
H  2;2 , K  6;4 . Chọn K (như đã nói trên). Vậy P a  b 4  6 10 . Chọn đáp án A.

Bình luận: Nếu ta có thể hiện bài toán trên giấy thì cũng dễ dàng lựa chọn đáp án
là A.
BÀI TOÁN 4: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z 2 . Tìm
2
2
a) Giá trị nhỏ nhất của biểu thức z  z A  z  z B .
2

2

b) Tìm số phức z để z  z A  z  z B đạt giá trị nhỏ nhất. Ở đây, z1 , z 2 , z A , z B là
các số phức cho trước.
Nhận xét:
2
2
- Đặt A  A z A , B  B z B , M  M  z  thì z  z A  z  z B MA 2  MB 2 .
- Từ hệ thức z  z1  z  z 2 . Suy ra M thuộc đường thẳng  .
Dẫn đến bài toán, tìm M  sao cho MA 2  MB 2 nhỏ nhất
z1

A

B

I

∆

M M0
z2
13


- Gọi I là trung điểm AB. Khi đó, với mọi điểm M   , ta có
MI 2 

MA 2  MB 2 AB 2

2
4

Suy ra, MA 2  MB 2 2MI 2 

AB 2
.
2

Do A, B, cố định nên AB không đổi, do đó MA 2  MB 2 nhỏ nhất  MI nhỏ
nhất  M M 0 , trong đó M 0 là hình chiếu của I trên đường thẳng  ,và giá trị nhỏ
nhất của MA 2  MB 2 làm MA 2  MB 2 2M 0 I 2 

AB 2
AB 2
2

 2d  I ,   
2
2

Lời giải
- Từ z  z1  z  z 2 . Suy ra được phương trình đường thẳng  .
- Tìm trung điểm I của đoạn thẳng AB.
+ Với câu a): Tính khoảng cách từ I đến  , và độ dài đoạn thẳng AB. Kết
luận: min  MA



 MB 2 2d  I ,   

2

2

AB 2
.
2

+ Với câu b): Viết phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với  .
Nghiệm x,y của hệ hai phương trình  , d là phần thực và phần ảo của z
Ví dụ 4.1 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  2i  z  3  i . Tìm giá trị nhỏ nhất
2
2
của z  i  z  2  i .
A.

305
34

B.

441
68

C.

169
34

D. 8

Lời giải
Đặt M M  z  . Từ z  1  2i  z  3  i . Ta được, M   : 8 x  2 y  5 0 .
Đặt A 0; 1, B 2;1 và gọi I là trung điểm AB thì I(1;0). Khoảng cách từ I đến
∆ là d(I,∆) 

13

min  MA  MB
2

68
2

, AB  8 .

 2d  I ,   2  AB
2

2

2

169 8 305
 
.
68 2 34

Chọn đáp án A.
y
M: (-0,53;0,38)
B(2;1)
M
(-3;-1)

O

I(1;0)
A(0;-1)

x

(1;-2)
Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô, rồi đoán đáp án đúng.
14

Ví dụ 4.2 Trong tất cả các số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  3i  z  5  i . Tìm số
2
2
phức z sao cho z  1  i  z  3  i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. z 3  i
B. z 2
C. z 2  i
D. z 1  i
Lời giải
Đặt M M  z  . Từ hệ thức z  1  3i  z  5  i . Ta được, M   : x  y  2 0 .
y

∆

(1;3)
A(-1;1)

I(1;1)

O

B(3;1)
x

H(2;0)
(5;-1)

Đặt A  1;1, B 3;1 . Gọi I là trung điểm AB thì I(1;1).
Đường thẳng I, vuông góc với  có phương trình:

x 1 y 1

hay
1
1

x  y  2 0 .

 x  y  2 0  x  2
 
. Vậy, số phức thỏa mãn yêu cầu
 x  y  2 0  y 0

Xét hệ phương trình: 

bài toán là z 2 .
Chọn đáp án B.
Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô, rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 4.3 Cho số phức z thỏa mãn z  7  5i  z  1  11i . Biết rằng, số phức
z  x  yi thỏa mãn z  2  8i 2  z  6  6i 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức
P  x 2  y 2 là
A. -16
B. -4
C. -1
D. 0
Lời giải
∆

y

(1;11)
A(2;8)
I(4;7)
B(6;6)

(-7;5)

M(0;4)

O
15

x


Đặt M  x; y  M  z  .
Từ hệ thức z  7  5i  z  1  11i . Ta được M   : 4 x  3 y  12 0 .
Đặt A 2;8, B 6;6  I là trung điểm AB thì I(4;7).
Đường thẳng d qua I và vuông góc với ∆ có phương trình: 3x  4 y  16 0 .
 4 x  3 y  12 0

 3 x  4 y  16 0

Xét hệ phương trình: 

 x 0
. Vậy, P  16 .

 y 4

Chọn đáp án A.
BÀI TOÁN 5: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z 2 .
a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức z  z A  z  z B .
b) Tìm số phức z để z  z A  z  z B đạt giá trị lớn nhất.
Nhận xét:
- Đặt A  A z A , B  B z B , M M  z  thì z  z A  MA, z  z B MB .
- Từ z  z1  z  z 2 . Suy ra, M thuộc đường thẳng  .
Dẫn đến bài toán: Tìm trên đường thẳng  cho trước điểm M sao cho MA  MB
lớn nhất. Tính giá trị đó.

B
A
M0

M

B

z1

A’
M0

∆
z2

H M
A

z1

∆
z2

A, B cùng phía so với 
A, B khác phía so với 
- Với A, B cố định
+ Nếu A,B cùng phía so với  thì với mọi điểm M  , ta luôn có MA  MB  AB .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M, A, B thẳng hàng hay M   AB .
+ Với: A, B khác phía so với  , gọi A’ là điểm đối xứng với A qua  thì với mọi
điểm M   , ta luôn có MA  MB  MA' MB  A' B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
M, A’, B thẳng hàng hay M   A' B .
Lời giải:
- Từ hệ thức z  z1  z  z 2 . Suy ra phương trình đường thẳng  .
- Thay lần lượt tọa độ điểm A, B vào phương trình  để kiểm tra xem A, B cùng
phía hay khác phía so với  .
+ Nếu A, B cùng phía với  .
Với câu a): thì giá trị lớn nhất của z  z A  z  z B là AB.
Với câu b): viết phương trình đường thẳng AB. Giải hệ gồm phương trình
đường thẳng  và AB ta được nghiệm x,y là phần thực và phần ảo của z.
+ Nếu A, B khác phía với 
16


- Viết phương trình đường thẳng d đi qua A, vuông góc với  . Giải hệ phương
trình gồm phương trình của  và d, ta được nghiệm (x;y) là tọa độ điểm H.
- Lấy điểm A’ sao cho H là trung điểm cua AA’.
Với câu a): thì giá trị lơn nhất của z  z A  z  z B là A’B.
Với câu b): viết phương trình đường thẳng A’B. Giải hệ gồm phương trình

đường thẳng  và A’B ta được nghiệm x;y là phần thực và ảo của z.
Ví dụ 5.1 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  5  i  z  1  7i . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P  z  4  i  z  2  4i .
A. 13
B. 2 10
C. 2 13
C. 5
Lời giải
Đặt M  x; y   M  z , A 4;1, B 2;4 .
Từ hệ thức z  5  i  z  1  7i , ta được: M   : 2 x  3 y  6 0 .
Thế tọa độ điểm A vào phương trình  , ta được: 2.4  3.1  6  0 .
Thế tọa độ điểm B vào phương trình  , ta được: 2.2  3.4  6  0 .
Vậy A, B cùng phía với  .

(-1;7)
∆

(-5;1)

y
B(2;4)
A(4;1)
x
M(7;-2)

Theo phần lý thuyết ở trên, ta được: Giá trị lớn nhất của P là
2
2
AB   2  4    4  1  13 .
Chọn đáp án A.

Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô, rồi đoán đáp án đúng.
Ví dụ 5.2 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  z  i . Biết rằng, số phức
z  x  yi thỏa mãn z  3  i  z  2  6i đạt giá trị lớn nhất. Giá trị biểu thức
P  x  y bằng:
y
B(2;6) ∆
A. 0
B. 4
C. 8
D. -2
Lời giải
d
Đặt M  x; y  M  z , A 3;1, B 2;6 
A’(1;3)
(0;1)

M O

17
(1;0)

A(3;1)
x


Từ hệ thức z  1  z  i , ta được: M   : x  y 0 .
Thế tọa độ điểm A vào phương trình  , ta được: 3  1  0 .
Thế tọa độ điểm B vào phương trình  , ta được: 2  5  0 .
Vậy A, B khác phía so với  .
Theo phần lý thuyết ở trên. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng

x 1 y 3

hay 2 x  y  1 0 .
1
3
 y x
 x 0
 
Giao điểm của  và A’B là nghiệm của hệ 
 3 x  y 0  y 0
Vậy, số phức z thỏa mãn z  3  i  z  2  6i lớn nhất là z 0  0i nên P 0 .
 : y  x thì ta được A' 1;3 . Đường thẳng A' B :

Bình luận: Hãy thể hiện bài toán trên giấy kẻ ô, rồi đoán đáp án đúng.
BÀI TOÁN 6: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z 0  R,  R  0 .
2
2
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z  z A  z  z B .
2

2

b) Tìm số phức z để z  z A  z  z B đạt giá trị nhỏ nhất (giá trị lớn nhất).
Nhận xét:
2
2
- Đặt A  A z A , B  B z B , M M  z  thì z  z A MA 2 , z  z B MB 2 .
- Từ z  z 0  R . Suy ra, M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R.
Dẫn đến bài toán: Với A, B cố định. Tìm M   C  để MA 2  MB 2 nhỏ nhất. Tìm giá
trị đó.

- Gọi H là trung điểm của AB. Ta có: MH 2 
AB 2
MA  MB 2 MH 
.
2
2

2

MA 2  MB 2 AB 2

. Suy ra,
2
4

2

A

M

H
M1
I

M2

Do A, B cố định nên AB không đổi. Vậy
18

B


+ MA 2  MB 2 nhỏ nhất  MH nhỏ nhất  M  M 1 (hình minh họa) và min
AB 2
2
2
2

MH lớn nhất  M  M 2 (hình minh họa) và giá trị lớn
+ MA  MB lớn nhất
AB 2
nhất của MA 2  MB 2 là 2 R  IH  2 
.
2
2

MA 2  MB 2 2 R  IH 

Lời giải
- Từ hệ thức z  z 0  R, ( R  0) . Suy ra phương trình đường tròn  C  , tâm I và bán
kính của  C  .
- Tìm tọa độ trung điểm H của AB.
- Nếu yêu cầu tìm min  MA

2







2

 MB 2 thì min MA 2  MB 2 2 R  IH 

AB 2
.
2

- Nếu yêu cầu tìm z thì viết phương trình đường thẳng IH. Giải hệ gồm phương
trình đường thẳng IH và  C  , suy ra hai nghiệm  x; y  của hệ. Thử lại để chọn kết
quả phù hợp với đáp án.
- Nếu yêu cầu tìm giá trị lớn nhất của  MA 2  MB 2  thì giá trị lớn nhất của

 MA

2



 MB 2 là 2 R  IH  2 

AB 2
2

- Nếu yêu cầu tìm z thì viết viết phương trình đường thẳng IH. Giải hệ gồm
phương trình đường thẳng IH và  C  , suy ra hai nghiệm  x; y  của hệ. Thử lại để
chọn kết quả phù hợp với đáp án.

Ví dụ 6.1 Cho số phức z thỏa mãn z 5 . Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu
2
2
thức z  8  6i  z  4  10i lần lượt là:
A. 66 và 466
B. 5 và 15
C. 82 và 482
D. 41 và 241
Lời giải
Đặt M M  z  . Từ hệ thức z 5 . Suy ra, M thuộc đường tròn tâm O 0;0  bán
kính R 5 .
y

B(4;10)
H(6;8)

(C)

M1(3;4)

A(8;6)
x

O

M(-3;-4)
Đặt A 8;6, B 4;10 . Gọi H là trung điểm AB thì H  6;8 , và OH 2 100, AB 2 32 .
19

Theo lý thuyết ở trên thì
2
2
Giá trị nhỏ nhất của P  z  8  6i  z  4  10i MA 2  MB 2 là
AB 2
66
2
2
2
Giá trị lớn nhất của P  z  8  6i  z  4  10i MA 2  MB 2 là
2

Pmin 2 R  OH 

2

Pmax 2 R  OH 

AB 2
466 .
2

Chon đáp án A.
Ví dụ 6.2 Trong tất cả các số phức z thỏa mãn z  5  i  13 , tìm số phức z sao
2

2

cho z  1  5i  z  3  9i nhỏ nhất
A. z  3  4i

B. z  2  3i
C. z  7  2i
D. z  2  i
Lời giải
Đặt M M  z  . Từ hệ thức z  5  i  13 . Suy ra, điểm M thuộc đường tròn
 C  :  x  5 2   y  1 2 13 . Tâm I   5;1 , bán kính R  13 .
B(-3;9)

y
H(-1;7)

d

A(1;5)

M1(-3;4)

(C)
I(-5;1)

O

x

M2(-7;-2)
Đặt A1;5, B  3;9 . Gọi H là trung điểm AB thì H   1;7  . Đường thẳng
IH :

x 1 y  7


hay 3x  2 y  17 0
 4
 6

  x  5 2   y  1 2 13
Toa độ giao điểm của IH và  C  là nghiệm của hệ: 
. Giải
 3 x  2 y  17 0
 x  3; y 4
ra ta được, 
 x  7; y  2

Với x  3, y 4 thì M 1 H  13 với M 1   3;4
Với x  7; y  2 thì M 2 H 3 14 với M 2   7; 2
2
2
Theo lý thuyết ở trên, thì z  1  5i  z  3  9i  MA 2  MB 2 nhỏ nhất khi và
chỉ khi M  M 1 .
Vậy số phức cần tìm là: z  3  4i .
Chon đáp án A.
BÀI TOÁN 7: Cho hai số phức z,z’ thỏa mãn hệ thức z  z1  R, z ' z 2  z ' z 3 .
20


Trong đó, z1 , z 2 , z 3 là các số phức cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của z  z ' .
Nhận xét:
- Đặt M M  z , M ' M  z ' .
Từ hệ thức z  z1  R . Suy ra, M thuộc đường tròn  C  . Từ hệ thức z ' z2  z ' z3 .
Suy ra, M’ thuộc đường thẳng  và z  z '  MM ' .
Dẫn đến bài toán. Tìm điểm M  , M '  C  sao cho MM’ nhỏ nhất.

∆
M’=M
M2

I=z1

M2

∆
A=z1

I=z1

M’

B=z2

M1
A=z1

d  I ,  R

M

B=z2

d  I ,   R

+ Trường hợp    C  Ø thì giá trị nhỏ nhất của z  z ' bằng 0.
+ Trường hợp    C  Ø thì giá trị nhỏ nhất của z  z ' là z  z ' d  I ,    R .

Lời giải
- Từ hệ thức z  z1 R . Suy ra, đương tròn  C  , tâm I, bán kính R của  C  .
- Từ hệ thức z ' z 2  z ' z 3 . Suy ra, đương thẳng  .
- Tính khoảng cách d từ I đến ∆.
+ Nếu d  R thì giá trị nhỏ nhất của z  z ' là z  z ' 0 , và z  x; y   z '  x; y  d   C  .
+ Nếu d  R thì giá trị nhỏ nhất của z  z ' là z  z ' d  R . z  x; y  M  x; y  là hình
chiếu của I lên  , và z '  x' ; y '  M '  x' ; y ' a   C  , trong đó a là đường thẳng qua I
và vuông góc với  . (Chú ý: Chon M’ là điểm nằm giữa I, M).
Ví dụ 7.1 Cho hai số phức z,z’ thỏa mãn hệ thức z  2  i 2 và z '5  3i  z ' 1  9i .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  z ' gần bằng số nào trong các số sau:
A. 1,6
B. 1,1
C. 1,7
D. 1,5
Lời giải
Đặt M M  z , M '  M  z ' .
Từ hệ thức z  2  i 2 , suy ra M thuộc đường tròn:  x  2 2   y  1 2 4 với
tâm I   2;1 , bán kính R = 2.

21


y

(1;9)

∆
d

(C)

(-5;3)

M’
M

I(-2;1)
x
Từ hệ thức z '5  3i  z ' 1  9i , suy ra M’ thuộc đường thẳng  : x  y  4 0 .
Khoảng cách từ I đến  là d  I ,   

 2 1  4

5 2
 2 1.54 .
của biểu thức P  z  z ' là
2

2



5 2
 R . Vậy, giá trị nhỏ nhất
2

Chọn đáp án D.

BÀI TOÁN 8: Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  z1  z  z 2 2a, (a  0)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất (giá trị lớn nhất) của biểu thức z  z 0

b) Tìm số phức z để z  z 0 đạt giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất)
Nhận xét:
Đặt M M ( z ), F1 F1 ( z1 ), F2  F2 ( z 2 )
Từ hệ thức z  z1  z  z 2 2a, (a  0) suy ra tập hợp các điểm M là đường Elip có
hai tiêu điềm F1 , F2 ,độ dài trục lớn 2a
Ví dụ 8.1 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  4  z  4 10 .Gọi m ,n lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z .Tính T  (n  4i)  (2  mi) .
A. 26

B. 26

C. 5 2

D. 50

Lời giải
Từ điều kiện z  4  z  4 10 ,suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn cho số
phức z là Elip có hai tiêu điểm F1 ( 4;0), F2 (4;0) ,tiêu cự 2c=8,độ dài trục lớn
2a=10,độ dài trục bé 2b=6 với b 2 a 2  c 2 .Phương trình chính tắc của Elip là:
x2 y2
x2 y2


1

1 .
hay
25 9
a 2 b2

max z max OM OA a 5  m 5
min z min OM OB b 3  n 3

22


y
B

.

F1

O

.

A

F2

x

Vậy T  (3  4i )  (2  5i)  5  i  5 2  12  26 . Chọn đáp án B.
Ví dụ 8.2 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  z  1  3i 6 5 .Giá trị lớn
nhất của z  2  3i là.
A. 4 5

B. 2 5

C. 6 5

D. 5 5

Lời giải
Từ điều kiện z  1  i  z  1  3i 6 5 ,suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn
cho số phức z là Elip có hai tiêu điểm F1 ( 1; 3), F2 (1;1) ,tiêu cự F1 F2 2c 2 5 ,độ
dài trục lớn 2a 6 5 ,độ dài trục bé 2b 2 10 với b 2 a 2  c 2 .Phương trình của Elip
không phải là dạng chính tắc.
y

.

O

.

A

S

x

MB

Gọi A(2;3) là điểm biểu diễn cho z 0 2  3i thì z  2  3i MA
Ta có AF1 (3;6), AF2 ( 1; 2)  AF1  3 AF2 suy ra ba điểm F1 , F2 , A thẳng
hàng , điểm A nằm trên trục lớn của Elip
Gọi S là trung điểm của F1 F2  S (0; 1)
max z  2  3i  AS  SB 2 5  a 2 5  3 5 5 5 . Chọn đáp án D.

III. Kết luận,kiến nghị:
23


3.1. Kết luận.
Bài toán Cực trị số phức thực sự hấp dẫn học sinh khi được giải bằng phương pháp
hình học giải tích,đặc biệt là khi vẽ hình trên giấy kẻ có ô để dự đoán đúng đáp án
nhanh chóng trong bài thi trắc nghiệm,từ đó hoàn thành tốt bài thi THPT Quốc gia
môn Toán.
SKKN này được ứng dụng vào dạy các tiết tự chọn hoặc ôn thi THPT Quốc gia
môn Toán cho học sinh lớp 12.
Trong bài toán Cực trị số phức tôi mới chỉ khai thác đến tập hợp các điểm biểu
diễn cho số phức z là đường thẳng,đường tròn,đường elip.Khả năng phát triển mở
rộng phạm vi nghiên cứu của SKKN là tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z là
đường Hypebol,đường Prabol.
3.2 Kiến nghị.
Với đồng nghiệp,ứng dụng SKKN vào dạy ở tiết tự chọn, tiếp tục nghiên cứu để
mở rộng phạm vi của đề tài.
Với Sở GD&ĐTvà nhà trường,trang bị cơ sở vật chất cho phòng học có máy
tính,máy chiếu đa năng để giáo viên chiếu lên màn hình,hình vẽ thể hiện trên giấy
có ô kẻ.

Tài liệu tham khảo:
24


Đề minh họa THPT Quốc gia năm 2018 của BGD,Đề thi thử của các trường trên
toàn quốc,weside box math.vn , weside toanmath.com
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:
1. Tìm GTLN và GTNN bằng cách tìm điều kiện của tham số để phương trình hoặc
hệ phương trình có nghiệm (Xếp loại C năm học 2009-2010)

Thiệu Hóa,ngày 25 tháng 5 năm 2018
Người viết sáng kiến

HOÀNG TIẾN LONG

25