GIÚP HS NÂNG CAO kỹ NĂNG GIẢI tốt một số bài TOÁN cực TRỊ số PHỨC

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

MÔ TẢ SÁNG KIẾN
Mã số:……………………………..
1. Tên sáng kiến:
GIÚP HỌC SINH NÂNG CAO KỸ NĂNG GIẢI TỐT MỘT
SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC
(Trần Duy Tân, Nguyễn Thị Hồng Châu,
Nguyễn Văn Chung, @THPT Ngô Văn Cấn,
Nguyễn Văn Reo, @THPT Phan Văn Trị)
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục (Chương trình Toán
THPT)
3. Mô tả bản chất của sáng kiến
3.1.Tình trạng giải pháp đã biết
Số phức là vấn đề hoàn toàn mới được đưa vào dạy ở chương trình
phổ thông, nhưng với thời lượng dành cho số phức thì không được nhiều;
với các nội dung về khái niệm về số phức, phép cộng trừ nhân chia hai số
phức, phương trình bậc hai với hệ số thực. Phần lớn học sinh thường chỉ
áp dụng những dạng toán cơ bản như tìm phần thực, phần ảo, môđun số
phức, ….hay giải phương trình đơn giản trên tập số phức. Tuy nhiên, khi
vận dụng các bài toán về số phức, đặc biệt là các bài toán liên quan đến
cực trị về số phức thì học sinh còn lúng túng, hay còn e ngại trong việc
phân tích đề để tìm lời giải vì ngoài những kiến thức cơ bản về số phức
thì học sinh còn phải sử dụng đến những kiến thức liên quan như bất đẳng
thức, tập hợp điểm biểu diễn trong mặt phẳng,…. Bên cạnh đó, kể từ năm
học 2016 – 2017 thì hình thức thi THPT quốc gia môn Toán được chuyển
từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm, khi đó các câu hỏi về số
phức không chỉ gói gọn trong các dạng đơn giản về số phức hay giải
phương trình số phức mà được mở rộng sang nhiều vấn đề hơn, trong đó
có dạng toán cực trị số phức. Khi đó vai trò của người giáo viên rất quan

-1-


trọng trong việc tìm những phương pháp dạy học thích hợp để tác động
tới từng đối tượng để học sinh có thể tìm tòi nghiên cứu, đánh thức tiềm
năng cũng như phát huy tính sáng tạo của bản thân đáp ứng yêu cầu đổi
mới giáo dục hiện nay.
3.2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận là sáng kiến
3.2.1. Mục đích của giải pháp
- Sáng kiến này nhằm mục đích chia sẽ đồng nghiệp một số kinh
nghiệm giúp học sinh vận dụng kiến thức giải tốt một số bài toán cực trị
số phức.
- Sáng kiến này đưa ra một số dạng toán cực trị số phức điển hình ở
chương trình Toán lớp 12 để có giải pháp cũng như phương hướng giải
quyết hiệu quả hơn, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện cho
học sinh.
- Vấn đề được nêu trong giải pháp của sáng kiến này là thông qua
bài toán kiến thức cơ bản về số phức: phần thực, phần ảo, môđun của số
phức, các phép toán về số phức kết hợp với kiến thức về phương trình
đường thẳng, đường tròn, đường Elíp,... sẽ giúp học sinh giải quyết tốt
các bài toán và khai thác kiến thức cơ bản của bài toán, kết hợp vận dụng
kiến thức về bất đẳng thức, lượng giác, bài toán cực trị trong hình học,..
để từ đó giải quyết được bài toán “cực trị số phức thoả mãn điều kiện cho
trước”. Trên cơ sở ấy các em có thể phát huy được sức sáng tạo và tư duy
logíc của mình giải quyết nhanh gọn bài toán, tạo thêm niềm hăng say
cũng như sự đam mê toán học đến với học sinh.
3.2.2. Điểm mới trong giải pháp
Qua quá trình nghiên cứu và tìm giải pháp giúp học sinh nâng cao
kỹ năng giải tốt một số bài toán cực trị số có những điểm mới như sau:
+ Các bài toán được tổng hợp lại và được hệ thống thành các dạng

được giải theo các cách nhanh, gọn, đơn giản hóa vấn đề.

-2-


+ Các dạng bài tập được thực hiện từ đơn giản đến phức tạp, giúp
học sinh vận dụng từ các kiến thức phần khác như bất đẳng thức, phương
trình đường thẳng, đường tròn, đường Elip,… để giải các bài toán liên
quan giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun số phức.
+ Các bài toán được biên soạn theo hình thức trắc nghiệm phù hợp
định hướng đổi mới trong kiểm tra, đánh giá của Bộ giáo dục và đào tạo
và thực tiễn của kỳ thi THPT quốc gia.
+ Tăng cường kỹ năng sử dụng máy tính bỏ túi cũng như kỹ thuật
giải nhanh các bài toán trắc nghiệm để giúp học sinh ứng dụng làm tốt
các bài toán trong kỳ thi THPT quốc gia sắp tới.
3.2.3.Nội dung giải pháp
Nội dung giải pháp nâng cao kỹ năng giải tốt một số bài toán cực
trị số gồm ba phương pháp giải:
Thứ nhất: Phương pháp đại số
Thứ hai: Phương pháp hình học.
Thứ ba:

Phương pháp sử dụng máy tính Casio

3.2.3.1. Phương pháp đại số
A.Cơ sở lý thuyết liên quan
1. Bất đẳng thức tam giác
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

z1 - z2 � z1 - z2 , dấu “=” xảy ra khi z1 = kz2 với k �0

2. Bất đẳng thức Cauchy
Với a1,a2,....,an không âm, ta luôn có :
Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = .... = an
3. Bất đẳng thức Bunhiacopxky:
-3-

a1 + a2 + .... + an
n

� n aa
....an
1 2


( ab + a b )
1 1

2

2 2

(

)(

� a12 + a22 b12 + b22

Dấu “=” xảy ra khi

a1

=

b1

)

a2
b2

�
�
z1 + z2 �
4. Công thức trung tuyến z1 + z2 + z1 - z2 = 2 �
�
�
�
�
2

2

2

2

Chứng minh:
Ta có:

2

(

)

2

(

)

(

)

2

(

2

z1 - z2 = ( z1 - z2 ) z1 - z2 = ( z1 - z2 ) z1 - z2 = z1 + z2 - z1 z2 + z1z2

)

Mà

(

)

2

2

(

z1 + z2 = ( z1 + z2 ) z1 + z2 = ( z1 + z2 ) z1 + z2 = z1 + z2 + z1z2 + z1z2

)

�
�
z1 + z2 �
Từ đó suy ra: z1 + z2 + z1 - z2 = 2 �
�
�
�
�
2

2

2

2

B. Các dạng toán thường gặp
Bài toán 1: Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất và

giá trị lớn nhất của z +

1
.
z

A. 0 và 2. B. -2 và 2

C. 1 và 4

D. 2 và 4

Lời giải
1

1

1
Ta có z + z � z + z = 2 , suy ra max z +
z
z+

1
1
�z= 0 , suy ra min z + 1 = 0
z
z
z

Đáp án A

-4-


Bài toán 2. Cho số phức z thỏa mãn z - 1 - 2i = 4 . Gọi M, m lần
lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z + 2 + i . Tính
S = M 2 + m2

A. S = 34

B. S = 82

C. S = 68

D. S = 36

Lời giải
Ta có:
4 = z + 2 + i - ( 3 + 3i ) � z + 2 + i - 3 + 3i
- + +

޳ 4

z

i

2

3 2

�z + 2 + i �4 + 3 2 = M
�
��
�
�
z + 2 + i �3 2 - 4 = m
�
�

Do đó S = M 2 + m2 = 68
Đáp án C
Bài toán 3. Trong các số phức z thỏa mãn z - ( 2 + 4i ) = 2 , gọi z1 và
z2 là số phức có môđun lớn nhất và nhỏ nhất. Tính tổng phần ảo của

hai số phức z1 và z2 .
A. 8i

B. 8

C. -8

D. 4

Lời giải
Ta có 2 � z - 2 + 4i = z - 2 5 � 2 5 - 2 � z �2 5 + 2
* Giá trị lớn nhất z là 2 5 + 2 khi z = k ( 2 + 4i )
với ( k - 1) 5 = 1 � k = 1 +
�

1+
�
Do đó z1 = �
�
�
�

1
5

�
1 �
�
( 2 + 4i )
�
�
5�

* Giá trị nhỏ nhất z là 2 5 - 2 khi z = k ( 2 + 4i )
với ( 1 - k) 5 = 1 � k = 1 -

1
5

-5-


�
z
=

1�
Do đó 2 �
�
�

�
1 �
�
( 2 + 4i )
�
�
5�

� 1 �
�
�
�
�
�
z
z
4
1
+
+
4
1�
�
Vậy tổng hai phần ảo của 1 và 2 là �
�

�
�
�
�
�
5� �

1 �
�
�
=8
�
�
5�

Đáp án B.
2
Bài toán 4. Cho số phức z thỏa mãn z + 4 = 2 z . Ký hiệu

M = max z , m = min z . Tìm môđun số phức w = M + mi

A. w = 2 3

B. w = 3

C. w = 2 5

D. w = 5

Lời giải

2
Ta có z + 4 = 2 z

Nên

2

2

 2 z � z - 4 � z - 2 z - 4 �0
+=�+޳
z 1

M

5

2

1

5

2

 2 z �4 - z � z + 2 z - 4 �0
+-=�+-޳
z
1

5

m

1

5

Vậy w = M + mi = 2 3
Đáp án A.

Bài toán 5. Trong các số phức z thỏa 2z + z = z - i , tìm số phức
- 1
có phần thực không âm sao cho z đạt giá trị lớn nhất

A. z = 6 + i
4

2

B. z =

i
2

C. z = 3 + i
4

8

D. z = 6 + i

Lời giải
Giả sử số phức z = a + bi, ( a �0) � z = a - bi . Khi đó

-6-

8

8


2z + z = z - i � 9a2 + b2 = a2 + ( b - 1)

� 2b = 1 - 8a2 � b =

2

1
- 4a2
2

1

- 1
Ta có z = z lớn nhất khi và chỉ khi z = a2 + b2 nhỏ nhất
2

2

�
�
� 7
1
1 �
3�
7
2�
4
2
2
�
�
�
4
a
=
16
a
3
a
+
=
4
a
+
�
Khi đó z = a + �
�
�

�
�
�
�
�
2
4 �
8�
�
�
� 64 64
2

2

z � 7
8

�2
�
3
6
�
�
a =
�
a=
�
�
32

8
��
�
�
Do đó số phức z cần tìm thỏa �
�
�
1
1
2
�
�
b = - 4a
b=
�
�
�
� 8
� 2
�

Vậy z = 6 + i
8

8

Đáp án D
Bài toán 6: Cho số phức z1 và z2 thỏa mãn z1 - z2 = 1, z1 + z2 = 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của T =| z1 | + | z2 |
A. T = 8.

B. T =10.

C. T = 4.

Lời giải
Áp dụng công thức trung tuyến ta có:
2
2
� 2
z1 + z2 + z1 - z2 = 2 �
z + z2
�
�1
2

2

�
�
�
�

2

Suy ra z1 + z2 = 5
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky:
2
� 2
T 2 = ( | z1 | + | z2 |) � 12 + 12 �
z + z2

�
�1

(

)

Suy ra T � 10 . Vậy maxT = 10
-7-

2

�
�
�= 10
�

D. T= 10


Bài toán tương tự: Cho hai số phức z1, z2

thỏa mãn

z1 - z2 = 11, z1 + z2 = 60 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = z1 + z2 .

A. Pmax  61

C. Pmax  60

B. Pmax  61

D. Pmax  71

Đáp án chọn là C.
Bài toán 7: Cho số phức z thỏa mãn | z - 3 - 4i |= 5 . Gọi M và m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =| z + 2 |2 - | z - i |2 . Tính mô đun của số phức w = M + mi.

A. | w |= 2 314

B. | w |= 1258

C. | w |= 3 137

D. | w |= 2 309

Lời giải
Đặt z = x + yi,

( x, y ��)

.
2

2

Ta có z - ( 3 + 4i ) = 5 � ( x - 3) + ( y - 4) = 5
�

�
x - 3 = 5 sint
x = 3 + 5 sint
�
�
�
��
�
Đặt �
�
�
y - 4 = 5 cost
y = 4 + 5 cost
�
�
�
�
2

2

Khi đó P = z + 2 - z - i = 4x + 2y + 3

(

) (

)

= 4 3 + 5 sint + 2 4 + 5 cost + 3

Suy ra 4 5 sin t  2 5 cos t  P  23
Theo điều kiện có nghiệm phương trình lượng giác

( ) ( )
2

�+�-�-+޳�
4 5
�
2 5

2

(P

23)

2

P2

46P

Suy ra M = 33, m = 13 . Vậy | w |= 1258
Đáp án B
3.2.3.2. Phương pháp hình học
A. Cơ sở lý thuyết liên quan

-8-

429

0

13

P

33


 z - ( a + bi ) = R : Điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn
tâm I ( a;b) bán kính R .
 z - ( a1 + bi1 ) = z - ( a2 + bi2 ) : Điểm biểu diễn số phức z nằm trên
đường trung trực của đoạn AB với A ( a1;b1 ) , B ( a2 ;b2 )
 z - ( a1 + bi1 ) + z - ( a2 + bi2 ) = 2a , với F1 ( a1;b1 ) , F2 ( a2 ;b2 ) , a > 0
+ Đoạn thẳng F1F2 nếu F1F2 = 2a
+ Elip (E) nhận F1, F2 làm hai tiêu điểm với độ dài trục lớn là 2a nếu
2a > F1F2

Đặc biệt : z + c + z - c = 2a : Điểm biểu diễn số phức z
nằm trên Elip (E):

x 2 y2
+
= 1 với a2 = b2 + c2 ( a, b, c đều dương)
a2 b2

B. Các dạng toán thường gặp

* Dạng 1. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường
thẳng D : ax + by + c = 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên .

Khi đó min z = OH = d (O, D )
Bài toán 1. Trong các số phức z thỏa mãn z - 2 - 4i = z - 2i . Tìm
số phức z có môđun nhỏ nhất
A. z = 2 - 2i

B. z = 1 + i

C. z = 2 + 2i

D. z = 1 - i
-9-


Lời giải
Gọi số phức z = x + yi, x, y ��. Ta có
z - 2 - 4i = z - 2i
2

2

 ( x - 2) + ( y - 4) = x2 + ( y - 2)

2

 x +y - 4 = 0 .
Do đó tập hợp điểm M biểu diễn bởi số phức z là đường thẳng
d: x + y - 4 = 0 .

Khi đó z = OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của O lên
d.
Gọi đường thẳng  qua O và vuông góc với d có phương trình
: x - y = 0
Do đó M = d �D , nghĩa là tọa độ M là nghiệm của hệ
�
�
x +y - 4 = 0
x=2
�
��
�
�
.
�
�
x- y = 0
y=2
�
�
�
�

Đáp án C.
Cách 2: Với bài toán có cho sẳn đáp án thì ta có thể thay z của đáp
án vào đề bài thỏa:
z - 2 - 4i = z - 2i và kiểm tra môđun nhỏ nhất là được.

Bài toán 2. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn z + 2 - 2i = z - 4i .
Tìm số phức z sao cho w = iz + 1 có môđun nhỏ nhất

1
2

3
2

1
2

3
i
2

A. z = 1 + 3i

B. z = + i

C. z = 1 + i

D. z = -

Lời giải
Xét số phức z = x + yi, x,y ��, có điểm biểu diễn là M ( x;y) .

- 10 -


Khi đó z + 2 - 2i = z - 4i 
x + yi + 2 - 2i = x + yi - 4i � x + y - 2 = 0

Do đó điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường thẳng :
x +y - 2 = 0

Ta có w = iz + 1 � w = i z - i = z - i .
Gọi A ( 0;1)  AM = w
Gọi H là hình chiếu của A lên   min w = AH
Đường thẳng d qua A và vuông góc với  có phương trình
d: x - y + 1 = 0
� 1
�
x=
�
�
x +y - 2 = 0
�
� 2
�
�
�
Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình �x - y + 1 = 0 � 3
�
�
�
y=
�
�
� 2

Đáp án B
* Dạng 2. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn

a) Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn (C)
có tâm I ( a;b) bán kính R. Gọi  là đường thẳng đi qua hai điểm O và
I. Khi đó đường thẳng  cắt (C) tại hai điểm như hình vẽ bên.

- 11 -


*Do đó min z = OA = OI - R = a2 + b2 - R và
max z = OB = OI + R = a2 + b2 + R

* Tìm tọa độ hai điểm A, B (tức là tìm số phức z có môđun nhỏ
nhất, lớn nhất).
+ Lập phương trình đường thẳng  qua hai điểm O và I có dạng :
Ax + By + C = 0

+ Tìm A, B là giao điểm  và (C) nghĩa là ta giải hệ
2
2
�
�
(�x - a) + ( y - b) = R 2
�
�
Ax + By +C = 0
�
�

Hai nghiệm  tọa độ hai điểm A, B , so sánh độ dài OA, OB .
Tổng quát: Cho số phức z thỏa mãn z1.z + z2 = R,( R > 0) . Tìm giá
trị nhỏ nhất, lớn nhất của z

z

R

z

R
2
Ta có công thức max z = z +
và min z = 2 z1
z1
z1
1

b) Trong các số phức z thỏa mãn z - z1 = R1 , ( R1 > 0) . Tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = z - z2
Gọi I, A, M lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1, z2, z

- 12 -


Khi đó IA = z1 - z2 = R2
Suy ra maxP = AM 1 = R1 + R2 và minP = AM 2 = R1 - R2
Muốn tìm số phức z sao cho Pmax , Pmin thì ta tìm giao điểm M 1, M 2
của đường tròn ( I , R1 ) với đường thẳng AI.
Tổng quát: Cho số phức z thỏa mãn z1.z - z2 = R1,( R1 > 0) . Tìm
giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của P = z - z3
z

R

z

R

2
1
Ta tìm được max P = z - z3 +
và min P = 2 - z3 - 1
z
z1
z1
1
1

Bài toán 3. Cho số phức z thỏa mãn z - 3 - 4i = 1 . Môđun lớn nhất
của số phức z là
A. 7

B. 6

C. 5

D. 4

Lời giải
Gọi số phức z = x + yi, x, y ��. Ta có z - 3 - 4i = 1 

( x - 3)

2

2

+ ( y - 4) = 1 .

Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm
I ( 3; 4) bán kính R = 1 . Với O là gốc tọa độ thì z = OM . Vậy
max z = OI + R = 5 + 1 = 6

Đáp án B.
Bài toán 4: Nếu các số phức z thỏa mãn ( 1 + i ) z + 1 - 7i = 2 thì z
có giá trị lớn nhất bằng
A. 4

B. 3

C. 7

C.6

Lời giải
�

z+
�
Ta có ( 1 + i ) z + 1 - 7i = 2 � ( 1 + i ) �
�
�

- 13 -

1 - 7i �
�
�
= 2
�
�
1+i �


 (1 + i ) . z +

1 - 7i
= 2 � 2. z - ( 3 + 4i ) = 2
1+i

� z - ( 3 + 4i ) = 1 .

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm
I ( 3; 4) , bán kính R = 1

Vậy max z = OI + R = 32 + 42 + 1 = 6
Đáp án D.

Bài toán 5: Cho số phức z thỏa mãn z - 3 + 2i = 2 . Giá trị nhỏ
nhất của z + 1 - i là
A.7
B. 3
C. 2

D. 5
Lời giải
Ta có z - 3 + 2i = 2 điểm biểu diễn số phức phức z là đường
tròn tâm I ( 3;- 2) bán kính R = 2
Từ z + 1 - i ta chọn số phức z2 = - 1 + i có điểm biểu diễn là
A ( - 1;1)

Vậy min z + 1 - i = IA - R =

( - 4)

2

+ 32 - 2 = 3

Đáp án B.
Bài toán 6: Trong tất cả các số phức z thỏa mãn z - 2 + 2i = 1 , gọi
z = a + bi , a,b �� là số phức có z + 4i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá

trị biểu thức P = a ( b + 2)
1
2
1
C. P = 2 +
2

A. P = 2 -

1
2

B. P = - 2 1
2

D. P = -

2

Lời giải
Từ z - 2 + 2i = 1 suy ra điểm biểu diễn số phức z là đường tròn
(C) có tâm I ( 2;- 2) , bán kính R = 1
- 14 -


Từ z + 4i ta chọn z = - 4i có điểm biểu diễn là A ( 0;- 4)
Đường thẳng đi qua I và A có phương trình d : x - y - 4 = 0
Gọi M, N là giao điểm của d với đường tròn (C), suy ra tọa độ M,
N là nghiệm của hệ
�
x =y+4
�
�
�
�
�
�
�
x- y- 4 = 0
x =y+4
�

�
�
�
y =- 2+
�
�
�
�
��
��
�
2
2
2
�
�
�
2 y + 2) = 1
( x - 2) + ( y + 2) = 1 �
�
�
�
�
�
�(
�
�
�
y =- 2�
�

�
�
�
�
�
1
1 �
1
1 �
�
�
�
�
�
2
+
;
2
+
,
N
2
;
2
�
�
M �
�
�
�

�
� �
�
�
2
2�
2
2�

1
2
1
2

Khi đó AM > AN N là điểm biểu diễn số phức z cần tìm
z = 2 -

�
+�
- 2�
�
�
2 �

1

1 �
�
�
i = a + bi

�
�
2�

�
1
�
a = 2�
�
2 � P = a ( b + 2) = 2 - 1
�
�
�
1
2
�
b=- 2�
�
2
�

Đáp án A
Bài toán 7: Cho số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và
w=

z
là số thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức M = z + 1 - i là:
2 + z2

A. 2.

B. 2 2.

C. 2.

D. 8.

Lời giải
Ta có: w =
w=w

z
z
z
�w=
=
2
2
2
2 +z
2 +z
2 +z

( 1) . Vì w là số thực nên

( 2) .Từ (1), (2) suy ra

2�
�
z

z
�
�
=
�
z
2
+
z
= z 2 + z2 � 2 z - z = z.z z - z
�
�
2
2
�
�
�
2 +z
2 +z

(

)

(

2
�2
�
� z- z �

z - 2�
=0� z =2� z = 2
�
�
�
�

(

)

(vì z không là số thực nên z - z � 0 ).
- 15 -

)

(

)


Đặt w = z + 1 - i � z = w - 1 + i � w - 1 + i = 2 suy ra điểm biểu
diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 1;- 1) bán kính R = 2
� max w = R +OM = 2 + 12 + 12 = 2 2

Đáp án B
Cách 2: Ta có w là số thực nên

1
2

= z + là số thực.
w
z

2 ( a - bi )
1
Đặt z = a + bi . � = a + bi + 2
là số thực khi
2
w

2b
b- 2
=0 �
a + b2

a +b

�
b = 0 ( khô
ng thỏ
a mã
n yê
u cầ
u bà
i toá
n)
�
�2
a + b2 = 2 � z = 2

�
�

Tập hợp điểm biểu diễn z là đường tròn O ( 0; 0) ;R = 2.
Đặt M ( z) ;A ( - 1;1) � MAmax = AO + R = 2 2.
* Dạng 3. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là Elip
a) Số phức z thỏa mãn z + c + z - c = 2a
(hoặc z + ci + z - ci = 2a ).
Khi đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường Elip (E) :
x2 y2
+ 2 = 1 với a2 = b2 + c2 , a,c,b đều dương, a > c và có:hai tiêu
2
a
b

điểm: F1 ( - c; 0) , F2 ( c; 0) ;bốn đỉnh: A1 ( - a; 0) , A2 ( a; 0) , B1 ( - b; 0) , B2 ( b; 0) ;độ
dài trục lớn: A1A2 = 2a ;độ dài trục nhỏ: B1B2 = 2b ;tiêu cự: F1F2 = 2c

- 16 -


Vậy min z = OB1 = OB2 = b ; max z = OA1 = OA2 = a
b) Cho số phức z thỏa mãn z - z1 + z - z2 = 2a với 2a > z1 - z2 .
z +z
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = z - z0 với z0 = 1 2
2

Bài toán 8. Cho số phức z thỏa mãn z + 3 + z - 3 = 10 . Giá trị nhỏ
nhất của z là
A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Lời giải
Cách 1:Gọi số phức z = x + yi, x,y ��. Ta có z + 3 + z - 3 = 10
suy ra c = 3,a = 5 và b = 4 nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z là
Elip có phương trình (E):

x2 y2
+
=1
25 16

Theo hình vẽ thì min z = 4
Đáp án B
Cách 2:
Gọi A ( - 3; 0) , B ( 3; 0) có trung điểm là O ( 0; 0) . M là điểm biểu diễn số
phức z, AB = 6 .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MAB, đường trung tuyến
MO, ta có
2

z = MO 2 =

MA 2 + MB 2 AB 2
MA 2 + MB 2

=
- 9
2
4
2

- 17 -


Mà theo giả thiết ta có MA + MB = 10
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky:

( MA + MB )

2

Do đó min z =

(

2

2

� 1 +1

) ( MA

2

+ MB

2

) � MA

2

+ MB

2

( MA + MB )
�
2

2

= 50

50
- 9 =4
2

Bài toán 9. Trong tất cả các số phức z thỏa mãn z + 4 + z - 4 = 10
. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó ,
giá trị của biểu thức P = M - m2 bằng
A. P = - 6

B. P = - 13

C. P = - 5

D. P = - 4

Lời giải
x2 y2
Áp dụng : z + c + z - c = 2a là Elip (E): 2 + 2 = 1 với a2 = b2 + c2
a

b

Khi đó, từ z + 4 + z - 4 = 10 ta có a = 5,c = - 4 � b = a2 - c2 = 3
 điểm biểu diễn số phức z là Elip :

x2 y2
+
=1
25
9

Vậy M = a = 5,m = b = 3 . Suy ra P = M - m2 = - 4
Đáp án D.
Bài toán 10. Cho số phức z thỏa mãn z - 1 + 3i + z + 2 - i = 8 .
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = 2z + 1 + 2i
A. 8 và 39

B. 4 và 39

C. 8 và 39

D. 4 và 39

2

2

Lời giải
Ta có P = 2z + 1 + 2i 

P
1
= z +i + .
2
2

- 18 -


Ta sẽ tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P ' = z + i +
Ta chọn z1 = 1 - 3i, z2 = - 2 + i, z0 = -

1
2

z + z2
1
- i . Do đó z0 = 1
2
2

5
2

Ta có 2c = z1 - z2 = 5 � c = ; 2a = 8 � a = 4
Khi đó b =

2

- c2 =

39
2

 max P ' = 4,min P ' = 39  max P = 8,min P = 39
2

Đáp án A.
Bài toán 11: Xét các số phức z thỏa mãn z  2  i  z  4  7i  6 2.
Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của z  1  i . Tính
P  m M.
5 2  2 73
.
2
5 2  73
D. P 
.
2

A. P  13  73.

B. P 

C. P  5 2  73.

Lời giải
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z, F1 ( - 2;1) , F2 ( 4; 7) và N ( 1;- 1)
Từ z  2  i  z  4  7i  6 2 và F1F2 = 6 2
nên ta có M thuộc đoạn thẳng F1F2
� 3 3�

�
- ; �
�
Gọi H là hình chiếu của N lên F1F2 , ta tìm được H �
�
�
� 2 2�
�

Suy ra P = NH + NF2 = 5 2 + 2 73 .
2

Đáp án B
3.2.3.3. Phương pháp sử dụng máy tính Casio
A. Phương pháp chung
 Bước 1 : Đặt z = x + yi, x,y �� biến đổi theo điều kiện để tìm
hệ thức điều kiện
 Bước 2 : Rút x (hoặc y ) từ hệ thức điều kiện thế vào biểu thức
tìm min max

- 19 -


 Bước 3 : Sử dụng chức năng tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất
của tam thức bậc hai MODE 53 (với máy tình 570 VN PLUS) hoặc sử
dụng MODE 7 của Casio để tìm min max
B. Các dạng toán thường gặp
Bài toán 1. Cho số phức z thỏa mãn z - 2 - 4i = z - 2i , số phức
có môđun nhỏ nhất là
A. z = 3 + i

B. z = 5 - i

C. z = 2 - 2i

D. z = 2 + 2i

Lời giải
Với dạng toán trắc nghiệm này đáp án số phức z đã cho sẵn nên ta
thực hiện như sau:
 Thay z là các đáp án vào điều kiện z - 2 - 4i = z - 2i đề bài bằng
chức năng CALC của máy tính:

ta được các số phức thỏa là z = 3 + i , z = 5 - i , z = 2 + 2i
 So sánh môđun: 3 + i = 10 , 5 - i = 26 , 2 + 2i = 8
Do đó số phức z = 2 + 2i là số phức có môdun nhỏ nhất
Đáp án D.
Bài toán 2. Cho số phức z thỏa điều kiện iz - 3 = z - 2 - i . Phần
ảo của số phức z có môđun nhỏ nhất là
A. -

1
5

B.

1
5

C.

2
5

D. -

2
5

Lời giải
Đặt z = x + yi, x,y ��.
Từ iz - 3 = z - 2 - i ta được x + 2y + 1 = 0 (d)
- 20 -


Sử dụng máy tính
Cách 1: Từ các đáp án cho phần ảo ta thay vào (d) tìm được phần
thực rồi suy ra môđun số phức
A. y = 1
5

1
3
3 1
10
�x =- � z = - - i =
5
5
5 5
5

B. y = � x = C. y =

7
7 1
�z =- + i = 2
5
5 5

2
9
9 2
85
� x =- � z = - + i =
5
5
5 5
5

D. y = -

2
1
1 2
5
�x =- � z = - - i =
5
5
5 5
5

Vậy đáp án chọn là D
Cách 2: Từ x + 2y + 1 = 0  x = - 2y - 1
Khi đó z = x2 + y2 =

( - 2y - 1)

2

+ y2 = 5y2 + 4y + 1

Đặt P = 5y2 + 4y + 1
Với máy tính 570VN PLUS ta bấm Mode 53 nhập a=5, b=4, c= 1

bấm tới

Từ đây suy ra Pmin =

1
2

khi y = 5
5

Bài toán 3. Cho số phức z thỏa mãn z + 1 - 5i = z + 3 - i . Gọi
z = a0 + bi
, ( a0 ,b0 ��) là số phức có môđun nhỏ nhất, khi đó
0

- 21 -

a0
b0

là


A. 3

B.

1
3

C.

2
3

D. Đáp án khác

Lời giải
Đặt z = x + yi, x,y ��.
Từ z + 1 - 5i = z + 3 - i ta được x + 3y - 4 = 0  x = 4 - 3y
Ta có z = x2 + y2 =

(4-

2

3y) + y2 = 10y2 - 24y + 16

Đặt P = 10y2 - 24y + 16
Với máy tính 570VN PLUS ta bấm Mode 53 nhập
a=10, b=-24, c= 16

Bấm tới

Vậy Pmin =

a
1
8
6
2
2
6
khi y =  x =  a0 = ,b0 =  0 =
b0
3
5

5
5
5
5

Vậy đáp án B
Bài toán 4. Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của
T = z +1 + 2 z - 1

A. maxT = 2 5
C. maxT = 3 5
Lời giải

B. maxT = 2 10
D. maxT = 3 2

Đặt z = x + yi, x,y ��.
Từ z = 1 ta được x2 + y2 = 1 � y2 = 1 - x2 với - 1 �x, y �1
Ta có T = z + 1 + 2 z - 1 =
T =

( x + 1)

2

( x + 1)

2

2

+ 1 - x2 + 2 ( x - 1) + 1 - x2

- 22 -

2

+ y2 + 2 ( x - 1) + y2


Dùng máy tính với chức năng Table (Mode 7) và nhập
f ( x) =

( x + 1)

2

2

+ 1 - x2 + 2 ( x - 1) + 1 - x2

Start -1, End 1,
Ta được bảng

Step (1-(-1))/29

Suy ra maxT � 4, 47 hay maxT = 2 5
Từ đây ta có thể suy ra minT = 2
Vậy đáp án chọn A.
3.3. Khả năng áp dụng của giải pháp

Sáng kiến kinh nghiệm sử dụng cho giáo viên dạy môn toán lớp 12
chương số và được áp dụng ôn tập cho học sinh chuẩn bị ôn tập trong kỳ
thi THPT quốc gia sắp tới.
3.4. Hiệu quả, lợi ích thu được do áp dụng giải pháp
Đề tài được bắt đầu nghiên cứu thực trạng từ năm học 2016 - 2017
tại đơn vị và được thực nghiệm từ đầu năm học 2017-2018. Qua thời gian
thực hiện, bản thân tôi nhận thấy việc thực hiện đề tài đã mang lại hiệu
quả tích cực như sau:
+ Học sinh biết vận dụng các kiến thức đã học giải được tốt các bài
toán liên quan nhanh, chính xác.
+ Học sinh không còn ngán ngẫm, e dè khi gặp những bài toán khó về
số phức và có thể phát triển thành các dạng toán phức tạp hơn. Đa số đều
có thái độ hứng thú học tập khi mình đã làm chủ được kiến thức, sẵn sàng
cho kỳ thi THPT quốc gia.
+ Chất lượng giáo dục ngày một tăng lên, tỉ lệ học sinh khá giỏi cũng
tăng lên rõ rệt.
Để đánh giá mức độ thành công của đề tài, tôi đã tiến hành kiểm tra các
lớp đang thực hiện đề tài và lớp chưa thực hiện đề tài.
- 23 -


Kết quả: lớp chưa thực hiện đề tài thì không đạt kết quả tốt, học sinh
chưa làm được nhiều, chỉ giải được khoảng 20%, đa số thì còn e dè,
không giải được;Tuy nhiên, lớp thực hiện đề tài thì học sinh đa số đều
thực hiện tốt và giải được khoảng 80% đến 90%.
3.5. Tài liệu kèm theo gồm: không.
Bến Tre, ngày 17 tháng 3 năm 2018

- 24 -