Một số biện pháp xây dựng bài tập về số phức nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài:
Số phức là vấn đề hồn tồn mới và khó đối với học sinh, địi hỏi người dạy
phải có tầm nhìn sâu, rộng về nó. Do những tính chất đặc biệt của số phức nên khi
giảng dạy nội dung này giáo viên có nhiều hướng khai thác, phát triển bài toán để
tạo nên sự lôi cuốn, hấp dẫn người học. Tuy nhiên phần số phức lại được đặt ở cuối
chương trình lớp 12 nên cả giáo viên và học sinh đang trong tâm thế kết thúc
chương trình để bước sang giai đoạn ơn thi THPT quốc gia, hơn nữa vấn đề số
phức nhìn chung khá mới và khó đối với cả giáo viên và học sinh, do đó chun đề
này ít được quan tâm khai thác, vận dụng đúng mức.Vấn đề tư duy, đặc biệt là năng
lực tư duy liên quan đến tư tưởng và nguồn lực trí tuệ con người, khơng chỉ được
nghiên cứu ở phương diện triết học mà còn được nghiên cứu ở nhiều phương diện
khác: khoa học quản lý, giáo dục và đào tạo, dạy và học môn học cụ thể.. “Hội nghị
Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo ” đã
khẳng định nhiệm vụ của ngành giáo dục là nâng cao dân trí, phổ cập giáo dục phổ
thơng cho tồn dân, song song nhiệm vụ đó cần phải bồi dưỡng nhân tài, phát hiện
các học sinh có năng khiếu ở trường phổ thơng và có kế hoạch đào tạo riêng để họ
thành những cán bộ khoa học kĩ thuật nồng cốt. Hiện tại các tài liệu viết về chuyên
đề số phức khá phong phú, tuy nhiên chưa có tài liệu nào nghiên cứu sâu về việc
phát triển năng lực tư duy học sinh thông qua việc dạy về số phức. Vì vậy, tơi đã
chọn và nghiên cứu đề tài “Một số biện pháp xây dựng bài tập về số phức nhằm
phát triển năng lực tư duy cho học sinh”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Xây dựng hệ thống bài tập nhằm bồi dưỡng, phát triển năng lực và phẩm
chất cho học sinh THPT.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Cơ sở lý luận của đề tài
- Các biện pháp xây dựng hệ thống bài tập nhằm phát triển năng lực tư duy cho
học sinh lớp 12 thông qua chuyên đề số phức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu cơ sở lí luận của lí thuyết.

1


- Nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi thử của các
trường THPT trong cả nước.
- Thực nghiệm: Khảo sát học sinh ở các lớp 12A, 12G.

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận
2.1.1. Khái niệm nhận thức
Nhận thức là một trong ba mặt cơ bản của đời sống tâm lý của con người. Nó
là tiền đề của hai mặt kia và đồng thời có quan hệ chặt chẽ với chúng và với các
hiện tượng tâm lý khác
Những phẩm chất của tư duy bao gồm
Tính định hướng, bề rộng, độ sâu, tính linh hoạt, tính mềm dẻo, tính độc lập
và tính khái quát. Để đạt được những phẩm chất tư duy trên, trong quá trình dạy
học, chúng ta cần chú ý rèn cho học sinh bằng cách nào?
2.1.2. Rèn luyện các thao tác tư duy trong dạy học ở trường trung học phổ
thơng.
Trong logic học, người ta thường biết có ba phương pháp hình thành những
phán đốn mới: Quy nạp, suy diễn và loại suy.Ba phương pháp này có quan hệ chặt
chẽ với những thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng ,khái qt
hố .
Phân tích "Là q trình tách các bộ phận của sự vật hoặc hiện tượng tự nhiên của
hiện thực với các dấu hiệu và thuộc tính của chúng theo một hướng xác định". Như
vậy, từ một số yếu tố, một vài bộ phận của sự vật hiện tượng tiến đến nhận thức trọn
vẹn các sự vật hiện tượng. Vì lẽ đó, mơn khoa học nào trong trường phổ thơng cũng
thơng qua phân tích của cả giáo viên cũng như học sinh để bảo đảm truyền thụ và lĩnh
hội.
Tổng hợp "Là hoạt động nhận thức phản ánh của tư duy biểu hiện trong việc xác lập

tính chất thống nhất của các yếu tố trong một sự vật nguyên vẹn có thể có được trong
việc xác định phương hướng thống nhất và xác định các mối liên hệ, các mối quan hệ
giữa các yếu tố của sự vật nguyên vẹn đó, liên kết giữa chúng được một sự vật và hiện
tượng nguyên vẹn mới" Phân tích và tổng hợp là hai q trình có liên hệ biện chứng.

2


So sánh "Là xác định sự giống nhau và khác nhau giữa các sự vật hiện tượng của
hiện thực". Trong hoạt động tư duy của học sinh thì so sánh giữ vai trị tích cực quan trọng
Khái qt hố là hoạt động tư duy tách những thuộc tính chung và các mối liên hệ
chung, bản chất của sự vật và hiện tượng tạo nên nhận thức mới dưới hình thức
khái niệm, định luật, quy tắc.
2.1.3. Đánh giá trình độ phát triển của tư duy học sinh
* Đánh giá khả năng nắm vững những cơ sở khoa học một cách tự giác, tự lực, tích
cực và sáng tạo của học sinh (nắm vững là hiểu, nhớ và vận dụng thành thạo)
* Đánh giá trình độ phát triển năng lực nhận thức và năng lực thực hành trên cơ sở
của quá trình nắm vững hiểu biết.
2.2.Thực trạng việc dạy Toán hiện nay
Vài năm trở lại đây, trong kỳ thi THPT quốc gia vấn đề về số phức luôn
chiếm một tỉ lệ không nhỏ trong đề thi, phần lớn là các câu hỏi ở mức độ dễ, tuy
nhiên cũng có một vài câu ở mức độ vận dụng và vận dụng cao, gây khơng ít khó
khăn khơng chỉ cho học sinh mà cịn khó khăn cho cả giáo viên. Tuy nhiên nếu học
sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, có lối tư duy hợp lý, có năng lực phát hiện vấn đề,
có khả năng tư duy sáng tạo...thì khơng có gì có thể làm khó được các em. Trong
phạm vi sáng kiến này, tơi trình bày một số biện pháp xây dựng bài tập về số phức
nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh.
2.3. Một số biện pháp xây dựng bài tập nhằm phát triển năng lực học sinh
2.3.1. Bài tập rèn luyện năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề
Ví dụ 1. Số phức sau đây là số thực hay số ảo (z là số phức tùy ý cho trước sao cho

biểu thức xác định)
a) z   z 
2

2

b)

 

z2  z

2

[1]

1 z z
PHVĐ: Số phức z là số thực khi và chỉ khi z  z , z là số ảo khi và chỉ khi z   z

GQVĐ:

2
2
2
2
2
2
Ta có �z   z  � ( z )   z   ( z )  z  z  ( z ) . Vậy z 2   z  là số thực

�

�

2

�

2

2

�

3


 

�z 2  z 2
�
�
� 1 z z
�

 

 

2
2
� z2  z 2

2
2
z2  z
z

z
z2  z
�


. Vậy
là số ảo.
�
1  zz
1  zz
� 1 z z
1

z
z
�

 

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng phức, cho các điểm: O (gốc tọa độ), A biểu diễn số 1, B
biểu diễn số phức z không thực, A’ biểu diễn số phức z ' �0 và B’ biểu diễn số phức
zz ' . Hai tam giác OAB và OA’B’ có phải là hai tam giác đồng dạng hay không ?[1]
OA ' OB ' A ' B '



OA OB
AB
OA  1, OB  z , OA '  z ' , OB '  zz ' , AB  z  1 , A ' B '  zz ' z '

PHVĐ: Hai tam giác OAB và OA’B’ đồng dạng khi
OA '

OB '

zz '

A' B '

zz ' z'

GDVĐ: OA  z ' ; OB  z  z ' ; AB  z  1  z '
Do đó

OA ' OB ' A ' B '


 z ' . Vậy hai tam giác OAB và OA’B’ đồng dạng.
OA OB
AB

Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  i  z  2  3i  2 5 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của z . [2]
PHVĐ: Gọi A(-2; 1), B(2; 3), M(x; y) là điểm biểu diễn z. Khi đó, ta có:
z  2  i  MA, z  2  3i  MB và AB  2 5 .
Do đó z  2  i  z  2  3i  2 5 � MA  MB  AB � M thuộc tia đối của tia BA

u cầu của bài tốn: tìm GTNN của z , nghĩa là điểm M trên tia đối của tia BA và
cách gốc tọa độ O một khoảng nhỏ nhất
GQVĐ:
Theo phân tích thì z = OM nhỏ nhất khi
y
và chỉ khi M �B , khi đó

z

min

M

 OB  13

3

A

1

-2

O

B

1

2

x

2.3.2. Bài tập rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo
Ví dụ 1. Xét số phức z thỏa mãn z  2  2i  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  z  1  i  z  5  2i ? [2]

4


Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z . Do z  2  2i  2 nên tập hợp điểm M là
đường tròn  C  :  x  2    y  2   4 .
2

2

Các điểm A  1;1 , B  5; 2  là điểm biểu diễn các số phức 1  i và 5  2i . Khi đó,
P  MA  MB .
Nhận thấy, điểm A nằm trong đường tròn  C  còn điểm B nằm ngồi đường trịn

 C  , mà
với  C  .

MA  MB �AB  17 . Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của đoạn AB

Ta có, phương trình đường thẳng AB : x  4 y  3  0 .
Tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn  C  là nghiệm của hệ với
1 y  5
2
2

2
2
�
�
 x  2   y  2  4 � �
�
 4 y  5   y  2   4
�
�
�x  4 y  3
�x  4 y  3  0

Ta có  4 y  5   y  2 
2

2

� 22  59
y
 N
�
17
2
�
 4 � 17 y  44 y  25  0 �
� 22  59
y
 L
�
17

�

Vậy min P  17 khi z 

37  4 59 22  59

i
17
17

Ví dụ 2. 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. [2]
2
2
Ta có: z  4  3i  5 �  a  4    b  3  5 � a 2  b2  8a  6b  20

Đặt A  z  1  3i  z  1  i ta có:
A

 a  1

2

  b  3 

A2 � 12  12 

2

  a  1

2

 a  1

2

  b  1

2

  b  3   a  1   b  1
2

2

2

  2 2 a

2

 b 2   4b  12


5


 2  16a  8b  28   8  4a  2b  7 

 1

Mặt khác ta có:
4a  2b  7  4  a  4   2  b  3   15 �  42  22 

  a  4

2

  b  3

2

  15  25

 2

Từ  1 và  2  ta được: A2 �200
Để Amax

4a  2b  7  25
�
�a  6
�
��
 10 2 � �a  4 b  3
b4

�
�

�4
2

Vậy P  a  b  10 .
Ví dụ 3. Cho hai số phức z , w thỏa mãn z  2w  3 , 2 z  3w  6 và z  4w  7 . Tính
giá trị của biểu thức P  z.w  z.w . [2]
2
Ta có: z  2w  3 � z  2w  9 �  z  2w  .  z  2w   9 �  z  2w  .  z  2 w   9





2
2
� z.z  2 z.w  z.w  4w.w  9 � z  2 P  4 w  9  1 .

Tương tự:





2
2
2
2 z  3w  6 � 2 z  3w  36 �  2 z  3w  . 2 z  3w  36 � 4 z  6 P  9 w  36  2  .





z  4 w  7 �  z  4w  . z  4w  49 � z  4 P  16 w  49  3 .
2

2

�z 2  33
�
�
Giải hệ phương trình gồm  1 ,  2  ,  3 ta có: �P  28 � P  28 .
� 2
�w  8

Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn 5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i . Tìm giá trị lớn nhất
M của z  2  3i ? [2]

Gọi A  0;1 , B  1;3 , C  1; 1 . Ta thấy A là trung điểm của BC

6


� MA2 

MB 2  MC 2 BC 2
BC 2

� MB 2  MC 2  2 MA2 
 2 MA2  10 .
2

4
2

Ta lại có: 5 z  i  z  1  3i  3 z  1  i
� 5MA  MB  3MC � 10. MB 2  MC 2


 25MA2 10  2MA2 10   MC

2 5

Mà z  2  3i   z  i    2  4i  �z  i  2  4i �z  i  2 5 �4 5 .
�z  i  2 5
�
z  2  3i  loai 
�
Dấu "  " xảy ra khi �a b  1 , với z  a  bi ; a, b �� � �
.
z  2  5i
�
� 
�2
4

Ví dụ 5. Giả sử z1 , z2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz  2  i  1 và
z1  z2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của z1  z2 .

Ta có iz  2  i  1 � z   1  i 2   1 . Gọi z0  1  i 2 có điểm biểu diễn là I  1; 2  .
Gọi A , B lần lượt là các điểm biểu diễn của z1 , z2 .
Vì z1  z2  2 nên I là trung điểm của AB .

Ta có z1  z2  OA  OB � 2  OA2  OB 2   4OI 2  AB 2  16  4 .
OA  OB  2 � z1  z2  2 .

Vậy giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng 4 .
2.3.3. Bài tập rèn luyện khả năng suy luận, kỹ năng diễn đạt logic, chính xác
Ví dụ 1. Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2, z2  3 . Gọi M , N là các điểm
2
2
�
biểu diễn cho z1 và iz2 . Biết MON
 30�. Tính S  z1  4 z2 .

7


2
2
2
Ta có S  z1  4 z2  z1   2iz2   z1  2iz2 . z1  2iz2
2

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 2iz2 .

uuuu
r uuu
r uuuu
r uuu
r

uuuu

r

uur

Khi đó ta có z1  2iz2 . z1  2iz2  OM  OP . OM  OP  PM . 2OI  2 PM .OI .
�
Do MON
 30�nên áp dụng định lí cosin ta tính được MN  1 . Khi đó OMP có MN
đồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra OMP cân tại M
� PM  OM  2 .

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có: OI 2 

OM 2  OP 2 MP 2

7.
2
4

Vậy S  2 PM .OI  2.2. 7  4 7 .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi  H  là phần mặt phẳng chứa các điểm
biểu diễn các số phức z thỏa mãn

z
16
và
có phần thực và phần ảo đều thuộc
16
z

đoạn  0;1 . Tính diện tích S của  H  .[2]
Giả sử z  x  yi  x, y �� .
Ta có:
Vì

16
16 x
16 y
z
x
y
16

 2
 2
i.
  i;
2
x  yi x  y
x  y2
16 16 16
z

z
16
và
có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn  0;1 nên
16
z
� x

0 � �1
�
16
�
0 �x �16
�
0 �x �16
�
y
�
�
0 � �1
�
0 �y �16
�
0 �y �16
�
� 16
�
�
�
�
�
�x  8 2  y 2 �64 .
2
2
16 x


0

�
16
x
�
x

y
�
�
�
0� 2
�1
2
� x y
�
�x 2  y  8 2 �64
0 �16 y �x 2  y 2

�
� 
�
16 y
�
0� 2
�1
2
� x y

8

y
16 C

I

O

B
E

A

J

16

x

Suy ra  H  là phần mặt phẳng giới hạn bởi hình vng cạnh 16 và hai hình trịn

 C1  có tâm I1  8;0  , bán kính

R1  8 và  C2  có tâm I 2  0;8  , bán kính R2  8 .

Gọi S �là diện tích của đường trịn  C2  .
�1
�

� �1

� �

1

�
�

 SOEJ � 2 � . .82  .8.8 �.
Diện tích phần giao nhau của hai đường tròn là: S1  2 � S �
4
4
2

Vậy diện tích S của hình  H  là:
1
�1
�
S  162   .82  2. � . .82  .8.8 � 256  64  32  64  192  32  32  6    .
2
�4
�

Ví dụ 3. Cho số phức z thoả mãn

1 i
là số thực và z  2  m với m ��. Tìm các
z

giá trị của m để có đúng một số phức thoả mãn bài toán. [2]
Giả sử z  a  bi, vì z �0 nên a 2  b 2  0  * .

Đặt: w 

1 i
1 i
1
a b
a b

 2
�
a  b   a  b i�
 2
 2
i.
2 �
2
�
z
a  bi a  b
a  b a  b2

w là số thực nên: a  b  1 .Kết hợp  * suy ra a  b �0 .
2
Mặt khác: a  2  bi  m �  a  2   b 2  m 2  2  .(Vì m là mô-đun nên m �0 ).
2
2
2
Thay  1 vào  2  được:  a  2   a 2  m 2 � g  a   2a  4a  4  m  0  3 .

9

Để có đúng một số phức thoả mãn bài tốn thì PT  3 phải có nghiệm a �0 duy
nhất.
Có các khả năng sau :
KN1 : PT  3 có nghiệm kép a �0
2
0
��
�m  2  0
�m 2 .
ĐK: �g 0 �0 � � 2
4  m �0
� 
�

KN2: PT  3 có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm a  0
�
0
�
m2  2  0
�
�
�
�m  2.
ĐK: �g 0  0 � 2
4m  0
�
� 

Vậy m  2 và m = 2 là các giá trị cần tìm.
2.3.4. Xây dựng bài tập có nhiều cách giải khác nhau
Ví dụ 1. Với hai số phức z1 và z2 thỏa mãn z1  z2  8  6i và z1  z2  2 , tìm giá trị
lớn nhất của P  z1  z2 . [2]
Cách 1: Ta có: z1  z2  8  6i  10 .



2

Suy ra: 2 z1  z2

2

  z z
1



2

2
2

2

 z1  z2  100  4  104 .

Ta có: P  z1  z2 � 2 z1  z2

2



104  2 26 .

�z1  z2  26
�
�
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi �z1  z2  8  6i (hệ này có nghiệm)
�z  z  2
�1 2

Vậy max P  2 26 .
Cách 2: Gọi z1  a  bi,  a, b �� , z2  c  di,  c, d �� .

10


�a  c  8
�
�
Theo giả thiết ta có �b  d  6
�
2
2
 a  c   b  d   4
�

 1

 2
 3

2
2
�
 a  c    b  d   100
�
��
� a 2  b2  c 2  d 2  52
2
2
 a  c   b  d   4
�
�

Ta có P  z1  z2  a 2  b 2  c 2  d 2 .
Áp dụng bất đẳng thức  x  y  �2  x 2  y 2  ta có:
2

2
P 2 �=
=2  a
b2 

2  c2

d2 

104

P

2 26

ac 8
�
�
bd 6
�
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 26 . Dấu bằng sảy ra khi �
2
2
 a  c   b  d   4
�
�
a2  b2  c2  d 2
�
�
a  4
�
�
�
b  3
�
�
��
�
c  4
�

�
�
d  3
�
�

2
2
2
2
.
2
2
2
2

2
2
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn z  4  4i  5 và biểu thức P  z  2  z  i đạt
giá trị nhỏ nhất. Tính z  i
Cách 1.
2
2
Giả sử z  x  y.i . Khi dó, ta có  x  3   y  4   5 và P  4 x  2 y  3

 4 x  2 y  20

2





2
2
2
2
2 �
�
4  x  3  2  y  4  �
 100
 x  3   y  4  �
�
�� 4  2 �
�

Suy ra 4 x  2 y  20 �10 � 4 x  2 y  3 �13 � Pmin  13 khi x  1, y  3
Lúc đó z  1  3i � z  i  17
11


Cách 2.
Từ  x  3   y  4   5 , đặt x  3  5 sin t , y  4  5 cos t . Khi đó
2

2

�
sin t  
�

�
P  2 5  2sin t  cos t   23 �2 5. 2 2  12  23  13 . Dấu “=” xảy ra khi �
�
cos t  
�
�

2
5
1
5

Suy ra z  1  3i � z  i  17 .
Cách 3.
Từ điều kiện  x  3   y  4   5 suy ra quỹ tích các điểm M biểu diễn z là
2

2

đường trịn tâm (C) có I(3; 4), bán kính R  5 .
Tồn tại số phức z thỏa mãn P  4 x  2 y  3 đạt GTNN khi đường thẳng
 : 4 x  2 y  3  P  0 có điểm chung với đường trịn (C), xảy ra khi và chỉ khi
4.3  2.4  3  P
�
�
�
42  22

d  I , ��
 R

�5

23 P

10

13 P 33

4 x  2 y  3  13
�
�x  1
�
��
� z  1  3i � z  1  17 .
Vậy Pmin = 13 khi �
2
2
 x  3   y  4   5 �y  3
�

Cách 4. Từ điều kiện  x  3   y  4   5 suy ra quỹ
2

2

y

tích các điểm M biểu diễn z là đường trịn tâm (C)
có I(3; 4), bán kính R  5 .

Gọi A(-2; 0), B(0; 1) làn lượt là các điểm biểu
diễn các số phức – 2 và i
Ta có
uuur uuuur uuur uuur
P  z  2  z  1  MA2  MB 2  BA.2MN  2 BA.KN  2 BA.KN
2

2

I
3

A

N

M

K

B
O

1

x

(với N là trung điểm của đoạn AB, K là hình chiếu
của M trên AB).
P = 2BA.KN nhỏ nhất khi và chỉ khi KN nhỏ nhất, mà N là trung điểm của

đoạn thẳng AB cố đinh nên KN nhỏ nhất khi KM là tiếp tuyến của đường trịn (C)
vng góc với AB, từ đó tìm được M(1;3) hay z  1  3i � z  i  17 .

12


Ví dụ 3. Cho số phức z thõa mãn z  1  i  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2

2

P  z  2  i  z  2  3i .[2]

Cách 1: Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z . Gọi I  1; 1 , A  2;1 , B  2;3
lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức 1  i ; 2  i ; 2  3i . Khi đó, ta có:
MI  2 nghĩa là M thuộc đường trịn  C  có tâm I  1; 1 , R  2 và P  MA2  MB 2 .
AB 2
, với E  0; 2  là trung điểm của AB . Do đó
2
P có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ME có giá trị lớn nhất.

Ta có: P  2ME 2  EA2  EB 2  2ME 2 

Ta có : IE  1  9  10  R nên  ME  max  IE  R  2  10 .
Vậy Pmax  2  2  10  
2



AB 2

 2 2  10
2



2

 10  38  8 10 .

Cách 2: Giả sử z  x  yi ( x, y ��). M  x; y  là điểm biểu diễn của z .
Suy ra M � C1  có tâm I1  1;  1 và bán kính R1  2 .
z  1  i  2 �  x  1   y  1  4  1 .
2

2

Ta có: P �0 và P  z  2  i  z  2  3i   x  2    y  1   x  2    y  3  .
2

2

2

2

2

2

Suy ra P   x  1   y  1  x 2  y 2  2 x  10 y  16   x  1   y  5   6 .

2

2

2

2

Ta có  x  1   y  5  P  6 �6  2  nên  2  là phương trình của đường trịn  C2  có
2

2

tâm I 2  1;5  , bán kính R2  P  6  R1 ; I1 I 2  2 10 .
Để tồn tại x , y thì  C1  và  C2  có điểm chung � P  6  2 �I1I 2 � P  6  2 .
 P
Suy ra : P  6 �2  I1 I 2 ۣ

 2  2 10 

2

 6  38  8 10 .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  C1  và  C2  tiếp xúc trong.
Vậy max P  38  8 10 .

13

Ví dụ 4. Xét các số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z  3  2i  2 . Tính a  b khi
z  1  2i  2 z  2  5i đạt giá trị nhỏ nhất. [2]

Cách 1: Đặt

z  3  2i  w

 x, y �� . Theo bài ra ta có

w  x  yi

với

w  2 � x2  y 2  4 .

Ta có P  z  1  2i  2 z  2  5i  w  4  2 w  1  3i   x  4   y 2  2  x  1   y  3 
2

 20  8 x  2
2



 x  1

2

x2  y 2  2 x  1 

2

  y  3  2 5  2 x  2

 x  1

2

  y  3

2

  2

 x  1

2

 y2 

 x  1

2

 x  1

2

  y  3

2

2

  y  3

2

2



�2  y  y  3  �2 y  3  y  6 .
�x  1
�x  1
�
P  6 � �y  3  y  �0 � �
.
�y  3
�2
2
�x  y  4

Vậy GTNN của P là bằng 6 đạt được khi z  2   2  3  i .
Cách 2:
y
5
M

M0

A
2
-1

O

I

K
2

3

x

z  3  2i  2 � MI  2 � M � I ; 2  với I   3; 2  .
P  z  1  2i  2 z  2  5i  MA  2MB với A   1; 2  , B   2;5  .

14


Ta có IM  2 ; IA  4 . Chọn K  2; 2  thì IK  1 . Do đó ta có IA.IK  IM 2 �
� IAM và IMK đồng dạng với nhau �

IA IM

IM IK

AM IM


 2 � AM  2MK .
MK IK

Từ đó P  MA  2MB  2  MK  MB  �2BK .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , K , B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng BK .
Từ đó tìm được M   2; 2  3  .
Cách 3:Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn số phức z  a  bi.
Đặt I   3;2  , A  1;2  và B  2;5 .
Ta xét bài tốn: Tìm điểm M thuộc đường trịn  C  có tâm I , bán kính R  2 sao
cho biểu thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Trước tiên, ta tìm điểm K  x; y  sao cho MA  2MK M � C  .
uuu
r uu
r

uuu
r uur

Ta có MA  2MK � MA2  4MK 2 �  MI  IA  4  MI  IK 
2

2

uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r uu

r uur
� MI 2  IA2  2MI .IA  4 MI 2  IK 2  2MI .IK � 2MI IA  4IK  3R 2  4IK 2  IA2  * .









uu
r uur r
�
�IA  4 IK  0
 * luôn đúng M � C  � � 2
.
3R  4 IK 2  IA2  0
�
uu
r uur r
�
4  x  3   4
�x  2
�
IA  4 IK  0 � �
��
.
4  y  2  0
�y  2

�

Thử trực tiếp ta thấy K  2; 2  thỏa mãn 3R 2  4 IK 2  IA2  0 .
Vì BI 2  12  32  10  R 2  4 nên B nằm ngồi  C  .
Vì KI 2  1  R 2  4 nên K nằm trong  C  .
Ta có MA  2MB  2MK  2MB  2  MK  MB  �2 KB .

15


Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK .
Do đó MA  2 MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của  C  và đoạn thẳng BK .
Phương trình đường thẳng BK : x  2 .
Phương trình đường trịn  C  :  x  3   y  2   4 .
2

2

�x  2
�x  2
�x  2
�
��
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ �
hoặc �
.
2
2
�y  2  3
� x  3   y  2   4 �y  2  3

Thử lại thấy M  2; 2  3  thuộc đoạn BK .
Vậy a  2 , b  2  3 � a  b  4  3
2.3.5. Xây dựng bài tập theo hướng phát triển
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1 . Tìm GTLN và GTNN của z  3  4i
Gọi z  x  yi và M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng phức. Từ điều
kiện z  1 suy ra M thuộc đường tròn (C): x 2  y 2  1 tâm O(0; 0), bán kính R = 1.
Cách 1. Gọi A(3;4), ta có z  3  4i  AM ,

y
4

ycbt tương đương với tìm điểm M trên (C) sao cho
AM lớn nhất và nhỏ nhất.
Gọi M1, M2 là các giao điểm của đường
thẳng OA với đường tròn (C), ta có
AM 1 �AM �AM 2 , mà OA = 5 do đó
z  3  4i max  OA  R  6
z  3  4i min  OA  R  4

M

A

M1
O

x
1

3

M2

Cách 2. Gọi z  x  yi và M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng

phức. Từ điều kiện z  1 suy ra M thuộc đường tròn (C): x 2  y 2  1 tâm O(0; 0), bán
kính R = 1.
16


Đặt x  sin t , y  cos t , khi đó z  3  4i 

 sin t  3

2

  cos t  4   26   6sin t  8cos t 
2

Mặt khác 10 �6sin t  8cos t �10 hay
Do đó 4 �z  3  4i �6 . Vậy z  3  4i max  6 , z  3  4i min  4
Cách 3. Gọi z  x  yi và M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng
phức. Từ điều kiện z  1 suy ra M thuộc đường tròn (C): x 2  y 2  1 tâm O(0; 0), bán
kính R = 1.
Ta có z  3  4i 

 x  3

2

  y  4   26   6 x  8 y 
2

Áp dụng BĐT bu-nhi-a-copx-ki, ta có

 6x  8 y 

2



� 62  82

x

2



 y 2  100 � 10 �6 x  8 y �10

Do đó 4 �z  3  4i �6 . Vậy z  3  4i max  6 , z  3  4i min  4

Ví dụ 2. Xét các số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z  3  2i  2 . Tính T  a  b
khi z  1  2i đạt giá trị nhỏ nhất.
Tập hợp các điểm M(a; b) biểu diễn số
phức z là đường trịn (C) tâm I(3; 2),
bán kính R = 2
Gọi A(-1; 2) là điểm biểu diễn số phức –

1 + 2i. Gọi M1, M2 là các giao điểm của
đường trịn với đường thẳng IM.
Ta có z  1  2i  MA

y

A

-1

Mà MA �AM 1  IM  R  2 .

M1

O

M2

I
M

x
1

3

Vậy z  1  2i min  2 khi z = 1 + 2i
Khi đó T = 3.
Ví dụ 3. Xét các số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z  3  2i  2 . Tính T  a  b
khi z  1  2i  z  2  3i đạt giá trị nhỏ nhất.

17


Tập hợp các điểm M(a; b) biểu diễn số
phức z là đường trịn (C) tâm I(3; 2),
bán kính R = 2

B

y

Gọi A(-1; 2), B(2; 5) là các điểm biểu
diễn số phức – 1 + 2i và số phức 2 + 5i.

M1
A

Đường thẳng qua I vng góc với
đường thẳng AB cắt đường trong (C) tại
hai điểm M1, M2.

I

O

-1

M2

M

x

1

Ta có

3

z  1  2i  z  2  3i  MA  MB
�M 1 A  M 1 B

Đường thẳng qua I vng góc với AB có phương trình y = 5 – x . Tọa độ giao điểm
M1, M2 là nghiệm của hệ
2
2
�
x  3  2, y  2  2
�
 x  3   y  2   4 � �
� M 1  3  2, y  2  2
�
�
x  3  2, y  2  2
�
�y  5  x



 z  1  2i  z  2  3i 

min



 8  4 2  14  8 2 . Khi đó T = 5.

Ví dụ 4. Xét các số phức z  a  bi ( a, b ��) thỏa mãn z  3  2i  2 . Tính T = a  b
khi z  1  2i  2 z  2  5i đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt z  3  2i  w với w  x  yi

Cách 1.

 x, y �� . Theo bài ra ta có

w  2 � x2  y 2  4 .

Ta có P  z  1  2i  2 z  2  5i  w  4  2 w  1  3i   x  4   y 2  2  x  1   y  3 
2

 20  8 x  2
2



 x  1

2

x2  y 2  2 x  1 

2

  y  3  2 5  2 x  2

 x  1

2

  y  3

2

  2

 x  1

2

 y2 

 x  1

2

 x  1

2

  y  3

2

2

  y  3

2

2


18


�2  y  y  3  �2 y  3  y  6 .
�x  1
�
�x  1
P  6 � �y  3  y  �0 � �
.
�y  3
�2
2
�x  y  4

Vậy GTNN của P là bằng 6 đạt được khi z  2   2  3  i � T  4  3 .
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường

Trong những năm qua, khi giảng dạy, ôn thi THPT, bồi dưỡng học sinh giỏi về
phần số phức tôi đã cung cấp cho đồng nghiệp và các em học sinh lớp 12 của
trường THPT Mai Anh Tuấn một số biện pháp xây dựng bài tập về số phức nhằm
phát triển năng lực tư duy cho học sinh, kết quả cho thấy các biện pháp này đã giúp
cho học sinh một hướng đi rõ ràng, một cách nhìn tổng qt, tồn diện, tự tin hơn
khi phải đối mặt với những bài tốn khó về số phức.
Qua khảo sát học sinh lớp 12 các năm học 2017 – 2018 và năm học 2018 –
2019, tôi nhận thấy số lượng học sinh giải quyết được những câu ở mức độ khó đã
chiếm tỉ lệ cao hơn nhiều so với những năm học trước. Qua kết quả trên và những
nhận định, góp ý của đồng nghiệp, chúng ta có thể khẳng định: Nếu vận dụng sáng
kiến vào giảng dạy cho học sinh trường THPT Mai Anh Tuấn thì sẽ góp một phần
quan trọng nâng cao chất lượng giảng dạy bộ mơn tốn trong nhà trường.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
Qua nghiên cứu, vận dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy tơi nhận thấy:
Học sinh có thể vận dụng linh hoạt hơn kiến thức vào việc giải quyết các bài tốn
liên quan; nhiều em ln ln đặt ra các câu hỏi như là: còn cách nào khác để giải
quyết bài tốn này hay khơng, có thể phát triển bài tốn theo hướng nào khác hay
khơng?
Tuy nhiên tơi mới chỉ áp dụng sáng kiến này ở trên các lớp mũi nhọn của nhà
trường và nhận thấy kết quả khá tốt, trong thời gian tới tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu để
có thể vận dụng giảng dạy ở các lớp có chất lượng thấp hơn.

19


3.2. Kiến nghị
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song kinh nghiệm giảng dạy nói chung và bồi
dưỡng học sinh giỏi nói riêng cịn có hạn chế. Vì vậy, bài viết này khơng tránh khỏi
những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp và bạn đọc để đề tài

được hoàn thiện, hiệu quả hơn.
Xin trân trọng cảm ơn !

Thanh Hóa, ngày 2 tháng 6 năm 2019
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
ĐƠN VỊ
khơng sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Trịnh Ngọc Sơn

TÀI LIỆU THAM KHẢO
20


[1]. Sách giáo khoa Giải tích 12
[2]. Các bài từ đề thi thử THPT quốc gia của các trường THPT năm 2017 - 2018

MỤC LỤC
21


1.Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận

2.1.1. Khái niệm nhận thức
2.1.2. Rèn luyện các thao tác tư duy trong dạy học ở trường trung
học phổ thông.
2.1.3. Đánh giá trình độ phát triển của tư duy học sinh
2.2.Thực trạng việc dạy Toán hiện nay
2.3. Một số biện pháp xây dựng bài tập nhằm phát triển năng lực
học sinh
2.3.1. Bài tập rèn luyện năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề
2.3.2. Bài tập rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo
2.3.3. Bài tập rèn luyện khả năng suy luận, kỹ năng diễn đạt
logic, chính xác

Trang
1
1
1
1
2
2
2
2
3
3
3
3
4
7

2.3.4. Xây dựng bài tập có nhiều cách giải khác nhau

10

2.3.5. Xây dựng bài tập theo hướng phát triển

16

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
Tài liệu tham khảo

19
19
19
20
21

22