Ứng dụng hình học giải các bài toán giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất mô đun của số phức

MỤC LỤC
1.Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài .............................................................................02
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………........02
1.3. Đối tượng nghiên cứu………………………………………….......02
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………….........02
1.5. Những điểm mới của SKKN...........................................................03
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm :
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm......................................03
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiêm....03
2.3. Các nội dung, biện pháp tổ chức thực hiện..................................03
a) Một số kiến thức về số phức: ....................................................03
b) Lớp bài toán tìm GTLN – GTNN của một tổng hay hiệu các
mô đun:.............................................................................................................04
Bài toán 1:Tập hợp điểm biễu diễn số phức z là đường thẳng....04
Bài toán 2:Tập hợp điểm biễu diễn số phức z là đường tròn.......05
Bài toán 3:Tập hợp điểm biễu diễn số phức z là đường elip........07
Bài toán 4:Các bài toán dạng khác.................................................13
2.4. Những kết quả đạt được.................................................................15
3. Kết
luận..........................................................................................................15
3.1. Kết
luận.............................................................................................15
3.2. Kiến nghị...........................................................................................16
(*)Tài liệu tham
khảo..........................................................................................17

1


1.Mở đầu

1.1. Lí do chọn đề tài :
Số phức có vai trò quan trọng trong toán học, với sự xuất hiện của số i, một
trong những ký hiệu thông dụng nhất trong toán học, đã dẫn đến việc định nghĩa
số phức dạng z= a + bi, trong đó a, b là các số thực.Đối với chương trình toán
học phổ thông số phức được đưa vào cuối cấp lớp 12, việc làm quen sử dụng và
ứng dụng số phức vào giải toán đối với học sinh là một điều khó, mấy năm gần
đây trong các đề thi THPT Quốc gia đã đề cập đến số phức ở những dạng toán
đơn giản cho đến khó.Trong đề thi Quốc Gia, số phức tuy chiếm một tỉ trọng rất
nhỏ nhưng có câu rất khó, chỉ các em thực sự giỏi mới làm được câu này. Vì
vậy Tôi viết chuyên đề này với tham vọng nho nhỏ là nhằm giúp cho các em có
một cái nhìn rõ ràng hơn về số phức, cũng như một số phương pháp điển hình
để giải một bài toán số phức như : phương pháp Hình Học, phương pháp Bất
Đẳng Thức,…Đặc biệt, phương pháp Hình Học rất hữu ích trong lớp Bài toán
về mô- đun số phức.
Để giúp các em hiểu sâu hơn về bản chất hình học của số phức và ứng dụng
của số phức, tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Ứng dụng hình học giải các bài
toán giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất mô đun của số phức”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Mục đích chính của Tôi khi nghiên cứu cực trị của số phức nhằm để phục
vụ công tác giảng dạy tại trường và giúp đỡ học sinh.
Bản chất cần được làm rõ của sáng kiến kinh nghiệm là nhìn thấy được lời giải
hay của bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của số phức theo hướng hình
học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng mà tôi hướng đến là học sinh lớp 12 trong trường THPT Mai
Anh Tuấn và học sinh luyện thi THPT Quốc gia đặc biệt là học sinh khá giỏi.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp chủ yếu mà tôi sử dụng là thử nghiệm ở học sinh, tìm hiểu
những khó khăn của các em trong quá trình học tập, nắm bắt được những điểm
2

yếu của học sinh. Từ đó Tôi có thể điều chỉnh quá trình dạy học và đưa ra
những phương pháp giúp các em tiếp cận phương pháp hình học trong giải toán
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mô đun của số phức .
Kiến thức phải được hệ thống một cách khoa học, tự nhiên; Đồng thời qua
chuyên đề này, học sinh có một cái nhìn bản chất của số phức dưới con mắt hình
học.
1.5. Những điểm mới của SKKN:
Số phức là chủ đề mới đối với học sinh phổ thông, đặc biệt là học sinh
trung bình của trường THPT Mai Anh Tuấn vẫn còn là điều mới mẻ. Chính vì
thế, Sáng kiến kinh nghiệm của bản thân tôi có thể giúp học sinh tiếp cận dễ
dàng với giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất modun của số phức bằng phương pháp
hình học. Bên cạnh đó, qua các bài toán có kèm theo những đánh giá, nhận xét,
đó là tính mới trong sáng kiến của tôi.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm:
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến:
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến:
Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT, Tôi nhận thấy rằng học sinh
chưa có kĩ năng giải các bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất mô đun
của số phức.Đặc biệt, là kỹ năng hình học hóa các bài toán min, max .Nhằm
trang bị cho bản thân những kiến thức cần thiết của một người giáo viên toán,
thỏa mãn niềm đam mê toán học, khắc phục những yếu điểm của bản thân sau
một thời gian công tác, đồng thời có thể giúp các em học sinh trang bị cho mình
những kĩ năng tối thiểu trong việc tìm min, max của số phức, khơi dậy niềm
đam mê học toán, phát triển và mở rộng những bài toán đã biết. Tôi mạnh dạn
đưa ra những kinh nghiệm của bản thân về “Ứng dụng hình học giải các bài
toán giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất mô đun của số phức”.
2.3. Các nội dung, biện pháp tổ chức thực hiện:
a) Một số kiến thức về số phức:

1) Cho số phức z  a  bi; a, b �R
�Mô đun số phức : z  a 2  b 2
uuuu
r
�Mỗi số phức z được biễu diễn bởi điểm M(a ;b) hay véc tơ OM
r
�Mỗi số phức z có thể đồng nhất với véc tơ u   a; b 
�Tổng hiệu hai số phức có thể đồng nhất với tổng hiệu hai véc tơ
r
�Mô đun số phức z bằng độ dài véc tơ u   a; b 
2) Cho số phức z  a  bi; a, b �R
�z 2  z z;

r2
2
z u ;

z
z1
 1 ;
z2
z2

z1 z2  z1 z2

3

z  z;

zn  z

n


� z1  z2 �z1  z2
�z1  z2 �z1  z2

. Dấu “=” xảy ra khi z1  kz2  k  0 
. Dấu “=” xảy ra khi z1  kz2  k  0 

M, N lần lượt là điểm biễu diễn các số phức z1 , z2 thì MN  z1  z2
�Nếu M,I lần lượt là điểm biễu diễn các số phức z , z0 thì z  z0  R � M thuộc
đường tròn tâm I bán kính R.
�Nếu M, A, B lần lượt là điểm biễu diễn các số phức z , z1 , z2 thì z  z1  z  z2 �
M thuộc đường trung trực của AB.
Dưới đây là một số Bài toán mà Tác giả sưu tầm cũng như tạo ra một số Bài
toán mới.
b) Lớp bài toán tìm GTLN – GTNN của một tổng hay hiệu các mô đun:
Bài toán 1:Tập hợp điểm biễu diễn số phức z là đường thẳng
Ví dụ 1: Xét số phức z thỏa mãn  z  1  z  2i  là số thực.Tính z  2  3i min .
�Gọi

Giải:Gọi z  x  yi; x, y �R .Ta có  z  1  z  2i    x  yi  1  x  yi  2i 
 x 2  y 2  x  2y   2x  y  2  i.

 z  1  z  2i  là số thực

� 2x  y  2  0 � y  2  2x .

2

2
2
2
2
2
Cách 1.Ta có z  2  3i   x  2    y  3   x  2    2x  1   x  2    2x  1

2
� 4� 9 �3
 5x  8x  5  5 �
x  �
5
� 5� 5
2

� z  2  3i min 

3
4
18
khi x   � y 
5
5
5

Cách 2.Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z thì M di động trên đường
thẳng  : 2x  y  2  0. Và A  2;3 là điểm biểu diễn của số phức -2 + 3i.
. Ta có d  A,   �AM
Nhận xét : Rõ ràng trong 2 cách trên thì cách 2 hay hơn, sinh động, dễ nhìn
hơn cách 1.

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa điều kiện z  z  z và z  1  3i  z  1  3i  4 . Tìm
� z  2  3i  AM

GTNN, GTLN của P  z  5
Giải: Đặt z  x  yi  x, y �R  và M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z. Ta có
�x �0
z  z  z � x  yi  x  yi  x 2  y 2 � 2x  x 2  y 2 � � 2
2
2
�4x  x  y
�x �0
�x �0
� �2
��
Vậy M chạy trên hai đường thẳng d1 : y  3x và
2
�y  � 3x
�y  3x
d 2 : y   3x và ở về phía bên phải
4


trục tung. Ta có : z  1  3i  z  1  3i  4 .Xét hai điểm



 



A 1; 3 ; B 1;  3 thì z  1  3i  z  1  3i  MA  MB  4

Vậy M chạy trên đoạn gấp khúc AOB. Ta có P  z  5  MC
với C(5; 0). Vậy max P  CO  5; min P  CA  19
3
O

 3

y
A
1

5
B

Nhận xét:Nếu dùng phương pháp đại số thì rất khó để đánh giá.Tuy nhiên
dùng hình học sẽ rất đơn giản.Cũng giả thiết đó nhưng thay đổi biểu thức P
cách giải hoàn toàn tương tự.
Bài toán 2:Tập hợp điểm biễu diễn số phức z là đường tròn.
Ví dụ 1:Xét số phức z thỏa mãn | z  1  5i | 2 . Gọi P  z  3  2i . Tìm Pmax , Pmin
Giải: Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z . Xét các điểm A(1; -5), B(-3; 2).
Từ | z  1  5i | 2
2
2
suy ra M nằm trên đường tròn (C ) tâm A, bán kính R  2 :  x  1   y  5   4 . Ta
có P = MB. Từ đó ta có: Pmax  AB  2  65  2 và Pmin  AB  2  65  2
Ví dụ 2.Cho số phức z thỏa mãn 2 z  1  2i  z  2  2i . Gọi P  z  3  i . Tìm
Pmax , Pmin

Giải: Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z. Từ 2 z  1  2i  z  2  2i
�  2 x  1   2 y  2    x  2    y  2  � x 2   y  2   5
2

2

2

2

2

suy ra M nằm trên đường tròn (C ) tâm I(0;-2), bán kính R  5 . Xét điểm A(-3;
-1). Ta có P = MA. Từ đó ta có
Pmax  AI  R  10  5 và Pmin  AI  R  10  5
Ví dụ 3: Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn z2  1  i  z2  1  2i và z1  2  i  1 . Gọi
P  z1  z2 . Tìm Pmin
Giải: Gọi N  x; y  là điểm biểu diễn số phức z2 . Từ z2  1  i  z2  1  2i
�  : 4 x  2 y  3  0 , ta có N di động trên ∆. Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn số
2
2
phức z1 . Từ z1  2  i  1 �  a  2    b  1  1 ,ta có M di

động trên đường tròn (C ) tâm I(2;1), bán kính R  1 . P  z1  z2  MN . MN
ngắn nhất khi
MN  d  I ,    R 

13
13
 1 . Vậy Pmin 

1
2 5
2 5

5

C
x


Ví dụ 4: Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn z2  2  i  z2  1  2i và z1  3  1 . Gọi
P  z1  z2 . Tìm Pmin
Giải: Gọi N  x; y  là điểm biểu diễn số phức z2 . Từ z2  2  i  z2  1  2i
�  : x  3 y  0 , ta có N di động trên ∆. Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn số phức
2
z1 . Từ z1  3  1 �  a  3  b 2  1 ,ta có M di
động trên đường tròn (C ) tâm I(3;0), bán kính R  1 . P  z1  z2  MN . MN
ngắn nhất khi
MN  d  I ,    R 

3
3
 1 . Vậy Pmin 
1
10
10

Ví dụ 5: Xét số phức z thỏa mãn  z  1  z  2i  là số ảo.Tính z  3  2i min ,
z  3  2i max

Bài toán này có 3 cách giải.Nhưng tôi xin nêu 2 cách. Trước hết ta xem điểm biểu
diễn số phức z là gì đã.
Giải:Gọi z  x  yi; x, y �R .Ta có  z  1  z  2i    x  yi  1  x  yi  2i 
 x 2  y 2  x  2y   2x  y  2  i.
2
�
1�
5
2
�
�x  y  x  2y  0
x  �  y  1 
�
�
��
 z  1 z  2i là số ảo � �
4 .
� 2�
2x  y  2 �0
�
�y �2  2x
�



2



2

đến đây ta có 2 cách giải
1
y 1
 sin t
2  cos t
5 cos t  1
5 sin t  2
và 5
�x
và y 
, với
5
2
2
2
2

x

Cách 1. Đặt
tan t �2

Ta có z  3  2i 
z  3  2i 

Vì





1
2

29  5



2

5 cos t  5
5 sin t  2

i
2
2

 
2

5 cos t  5 

5 sin t  2



2



1
4 5 sin t  10 5 cos t  34
2

�4 5 sin t  10 5 cos t  34 �2 145  34 

6



29  5



2


29  5
�
2

z 3 2i

29  5
2

�
29  5
�z  3  2i min 

�
2
��
29  5
�z  3  2i

max
�
�
2

Cách 2.Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z thì M di động trên đường tròn
2

1�
5
2
 C : �
�x  �  y  1 
4
� 2�

�1 �
5
tâm I � ;1�, bán kính R 
, trừ các điểm C  0; 2  ; D  1;0  . Với A  3; 2  là điểm biểu
2
� �

2

diễn của số phức w = -3-2i. � z  3  2i  AM . Ta có z  3  2i  AI  R  29  5
max
2

và z  3  2i min  AI  R 

29  5
2

Nhận xét: Rõ ràng cách dùng hình học đỡ mất thời gian và hay hơn cách
lượng giác ở trên.
Bài toán 3:Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là Elip:
2
2
x
y
Bài toán 3.1: Phương trình ( E ) dạng chính tắc 2  2  1
a
b
Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thỏa mãn z  c  z  c  2a hoặc
z  ci  z  ci  2a (Elip đứng). Tìm GTLN, GTNN của P  z  z0 .

Giải
- Tính b 2  a 2  c 2
x2 y 2

 1 với z  c  z  c  2a . Hoặc
a 2 b2

- Lập phương trình chính tắc của Elip
x2 y 2

 1 với z  ci  z  ci  2a .
a2 b2

7


b
x2 y 2
- Rút y theo dạng: y  � a 2  x 2 đối với 2  2  1 tương tự đối với
a
a
b

x2 y 2

1
b2 a 2

- Thay vào P ta được P   x  x0 
2

2

2

�b 2
�

�
� a  x 2  y0 �, x �  a; a  với
�a
�

z0  x0  y0i
- Dùng chức năng TABLE của máy tính cầm tay Casio tìm ra GTLN và
GTNN của hàm P 2 từ đó có P .
Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1.Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn z  1  3i  z  2  i  8 . Gọi
P  2 z  1  2i . Tìm Pmax , Pmin
Phân tích:Biểu thức giả thiết là tổng khoảng cách từ điểm M đến 2 điểm cố
định không đổi. Điều này gợi cho ta đến định nghĩa e líp.
1
�2

�
�
Giải: Gọi F1  1; 3 , F2  2;1 , I � ; 1�lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức
�

1
z1  1  3i; z2  2  i z3    i . Suy ra I là trung điểm của F1 F2 .Gọi M là điểm
2

biểu diễn của các số phức z. Ta có
25 39
5

với a  4; c 

2
4
4
Như vậy M di động trên Elip có độ dài trục lớn 2a = 8, 2c  F1F2  5 và I, F1 , F2

Ta có MF1  MF2  8  2a và đặt b 2  a 2  c 2  16 

lần lượt là tâm và hai tiêu điểm của Elip.
Ta quy về bài toán :”Tìm GTLN, GTNN của độ dài đoạn IM khi M di động
trên Elip ’.
Vậy IM lớn nhất bằng a = 4, IM nhỏ nhất bằng b 

39
.
2

P  2 z  1  2i  2 IM � Pmax  8; Pmin  39

Ví dụ 2:Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn z  1  3i  z  7  5i  26 . Gọi
P  3z  12  3i . Tìm Pmax , Pmin
Giải: Gọi F1  1; 3 , F2  7;5  , I  4;1 lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức
z1  1  3i; z2  7  5i z3  4  i . Suy ra I là trung điểm của F1 F2 và F1 F2  10 .Gọi
M là điểm biểu diễn của các số phức z. Ta có

8


Ta có MF1  MF2  26 . Đặt a  13; c  5 và b 2  a 2  c 2  169  25  144 . Khi đó
MF1  MF2  2a

Như vậy M di động trên Elip có độ dài trục lớn 2a = 26, 2c  F1F2  10 và I, F1 , F2
lần lượt là tâm và hai tiêu điểm của Elip.
Ta quy về bài toán :”Tìm GTLN, GTNN của độ dài đoạn IM khi M di động
trên Elip ’.
Vậy IM lớn nhất bằng a  13 , IM nhỏ nhất bằng b  12 � P  3z  12  3i . Ta có
Pmax  39; Pmin  36

Ví dụ 3: Xét số phức z thỏa mãn z  i  z  4  3i  10 .Tìm GTLN –GTNN của
P  z  7  7i

Giải: Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z . Và xét hai điểm

F1  0;1 , F2  4; 3 � I  2; 1 là trung điểm của F1 F2 . Hơn nữa , MF1  MF2  10 . Ta

xem M nằm trên E-lip có I là tâm và F1 , F2 là hai tiêu điểm và có độ dài trục lớn 2a
= 10. Gọi A  7; 7  là điểm biểu diễn của số phức : 7 – 7i. Ta có :
uuur
uuuu
r
uuur
uuuu
r
AF1   6;8  , AF2   3; 4  � AF1  2 AF2 . Như vậy, A nằm trên trục lớn của E – líp.

Và AF1  AF2  15  2a
nên A nằm ngoài E-líp.
� max P  AI  a  61  5 , min P  AI  a  61  5

- Bấm TABLE các hàm f1,2  x  với x � 3;3 được GTLN, GTNN của P 2
Bài toán 3.2. Elip không chính tắc nhưng A là trung điểm của F1 , F2 tức A

là tâm của Elip
Bài toán số phức tương ứng: Cho số phức z thỏa mãn z  z1  z  z2  2a với
2a  z1  z2 . Tìm GTLN, GTNN của P  z  z0 . Với đặc điểm nhận dạng

z0 

z1  z2
.
2

9


Giải
z1  z2

- Tính 2c  z1  z2 � c 

2

- Tính b 2  a 2  c2 � b  a2  c2
- Vì A là tâm Elip và M di chuyển trên Elip nên:
+ AM lớn nhất bằng a hay max P  a .
+ AM nhỏ nhất bằng b hay min P  b .
Ví dụ minh họa
Cho số phức z thỏa mãn z  1  3i  z  2  i  8 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của P  2 z  1  2i .
Giải
- Ta có P  2 z  1  2i �
P'  z 

- Ta thấy

P
1
 z   i . Ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN của
2
2

1
i .
2

z1  1  3i, z2  2  i

1
z z
z0    i
z0  1 2
2 . Do đó
2
và

5
25
39
- Tính 2c  z1  z2  5 � c  ; 2a  8 � a  4. Vậy b  16  
.
2

- Vậy max P '  4; min P ' 

4

2

39
, Do đó max P  8; min P  39
2

Bài toán 3.3. Elip không có dạng chính tắc, A không là trung điểm của
F1 , F2 nhưng A nằm trên các trục của Elip

10


Bài toán 3.3.1: A nằm trên trục Elip lớn và ngoài:
�
�z0  z1  k  z0  z2 
�z  z1  z  z2  2a

- Dấu hiệu nhận biết: �
- Thì max P  z0 

z1  z2
z z
 a và min P  z0  1 2  a
2
2

Bài toán 3.3.2: A nằm trên trục lớn và ở phía trong Elip:
�
�z0  z1  k  z0  z2 
�z  z1  z  z2  2a

- Dấu hiệu nhận biết: �
- Thì max P  z0 

z1  z2
 a . Còn GTNN không xác định nhanh được.
2

Bài toán 3.3.3. A nằm trên trục nhỏ (bất kể trong hay ngoài) Elip:
- Dấu hiệu nhận biết: z0  z1  z0  z2
- Thì min P  z0 

z1  z2
 b . Còn GTLN không xác định nhanh được.
2

Ví dụ minh họa:
Cho số phức z thỏa mãn z  i  z  3  3i  6 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của P  z  6  7i .
Giải:
11


z1  i � F1 (0;1); z2  3  3i � F2 (3; 3); z0  6  7i � A(6; 7) . I là trung điểm của F1 , F2

thì I 

z1  z2 �3
�
 � ; 1�.
2
�2
�

Có z0  z1  6  8i; z0  z2  3  4i � z0  z1  2( z0  z2 ) . Vậy A thuộc F1 , F2 .
Mặt khác z0  z1  z0  z2  10  5  6 . Vậy A nằm ngoài Elip.
Vậy max P  AI  a  z0 

z1  z2
21
z z
9
 a  ; min P  AI  a  z0  1 2  a 
2
2
2
2

Bấm máy: thấy ngay a  3
+ Gán z0 vào A; z1 vào B và z2 vào C.
+ Kiểm tra A, B, C thẳng hàng

A B
 k ��*
AC

+ Kiểm tra A nằm ngoài Elip: A  B  A  C  6
+ Bấm max P  A 

BC
BC
 3 ; max P  A 
3
2
2

ELIP SUY BIẾN
Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z  z1  z  z2  2a nhưng có z1  z2  2a . Tìm
GTLN, GTNN của T  z  z0
Giải:
- Bài toán tương đương với bài toán hình học MF1  MF2  F1 , F2 . Tìm GTLN,
GTNN của T  AM .
- Giả thiết MF1  MF2  F1 , F2 tương đương với M di chuyển trong đoạn thẳng
F1 F2 . Do đó:

- Viết phương trình đường thẳng F1F2 với x � x1 ; x2  (ở đây x1 , x2 lần lượt là
hoành độ của F1F2 )
- Rút y theo x từ phương trình F1F2 vào T được T  f  x  với x � x1 ; x2 
12


- Tìm GTLN, GTNN của f  x  trên đoạn x � x1 ; x2  .
Ví dụ minh họa:
Cho số phức z thỏa mãn z  2  i  z  4  7i  10 . Tìm GTLN, GTNN của
P  z  1  4i

Giải
Với các quy ước từ ban đầu, có F1 (2;1), F2 (4; 7) và A(1; 4) . M là điểm biểu diễn
z . Có F1 F2  10 do đó z  2  i  z  4  7i  10 � M thuộc đoạn thẳng F1 F2 .
�x  2  3t
. Với x � 2; 4
�y  1  4t

uuuuv

Có F1 F2  (6; 8) nên phương trình tham số của F1F2 : �
� t � 0; 2 .

2
2
2
2
Có P 2   x  1   y  4    3t  3   4t  3  25t 2  6t  18 với � t � 0; 2 .

Khảo sát hàm f (t )  25t 2  6t  18 trên  0; 2 được GTNN của f (t ) bằng 18, giá trị
lớn nhất bẳng 130.
Vậy min P  3 2 và maxP= 130 .
Bài toán 4:Các bài toán dạng khác
Ví dụ 1:Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  11; z1  z2  4  3i . Gọi
P  z1  z 2 . Tìm Pmax
Giải: Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 . Đặt OA = z1 ,
OB = z2 . Dựng hình bình hành
OACB, với O là gốc tọa độ.Khi đó AB = z1  z2  11
uuu
r uuur uuur
uuur

Ta có OA  OB  OC � z1  z2  z  4  3i với véc tơ OC tương ứng với số phức z.
A
OC = z1  z2  3  4i  5 . Xét tam giác OAB ta có
2

OA2  OB 2 AB 2
�5 �
OI 

� 2 OA2  OB 2  AB 2  4OI 2  11  4. � � 36
2
4
�2 �
2





Và P  z1  z2  OA  OB � 2  OA2  OB 2   36  6

O

Pmax  6 khi OA = OB � OI  AB với I là trung điểm đoạn AB.
13

I
B

C

Ví dụ 2:Cho các số phức z thỏa mãn
2z  i

2  iz

Giải:Đặt z  x yi

1

2 x   2 y  1 i
2  y  ix

� 4 x 2   2 y  1 � 2  y   x 2 � x 2
2

2z  i
�1 . Tính z max .
2  iz

2

1

2

2
y
�

 1

4 x 2   2 y  1

�
z

 2  y

1

z

1

2

2

1

 x2

z max

1

1 1
1
 

. Tính w .
z w zw
� w
3iw
2
z 
2
�
w � � 3iw � � 2
2
Giải: Ta có 1  1  1 � z 2  w2  zw  0 � �
�
z  � �
�
�
�
z w zw
� 2� �
w
3iw
�2 � �
z 
�
� 2
2

Ví dụ 3:Cho 2 số phức z, w và có z  1 thỏa mãn

w

3i
w 3
w �z
 w �4 z  w 4
2
2
2 4
1
1 2
Ví dụ 4: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 , z2 �0; z1  z2 �0 và z  z  z  z .
1
2
1
2

Mô đun 2 vế ta được z 

Tính



z1
z2
z1
z2

z
1
1 2
z1

2z
2z
  �
 1 1 �
 1  1 . Đặt t  1
z1
z2
z1  z 2 z1 z 2
z1  z 2
z2
z2
1
z2

Giải: Ta có:

� 1  i
t
�
t
2 �t  2
2
 1  2t � 2t  2t  1  0 � �
Khi đó
1  i
t 1
2
�
t
�

2

Cách 2: Chọn z1  1 �

z
1
2
2
 1  � z 2  (z 2  2)(1  z 2 ) � z 2  1 �i � 1 
1  z2
z2
z2
2

Ví dụ 5: Cho số phức z thỏa mãn z  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T  z 1  2 z 1

Giải:



T  z  1  2 z  1 �  1  22  z  1  z  1
2

2





2

Cauchy-swart)
2



2

2



2
2
Chú ý: z  1  z  1  2x  2y  2  2 z  1 với z = x + yi

Cách 2: Đặt z = x + yi ta có:
T  x  yi  1  2 x  yi  1 

 x  1

2

 y2  2
14

 x  1

2



5.2 z  1  2 5

 y2

(BĐT


Lại có x 2  y 2  1 � T  2x  2  2 2x  2  f  x 
Ta có: f '  x  

1
2
6

0� x
� Tmax  2 5
10
2x  2
2  2x
1
z

Ví dụ 6: Biết số phức z thỏa mãn phương trình z   1. Tính P  z 2016 

1
z

2016

.

3

1
1
� 1�
� 1�
Giải: Ta có: z   1 � �z  � 1 � z3  3  3 �z  � 1
z
z
� z�
� z�

� z3 

2
1
 2  0 �  z 3  1  0 � z 3  1
3
z

2.4. Những kết quả đạt được, những kinh nghiệm rút ra, những sản phẩm
chính của đề tài:
- Qua thời gian thực nghiệm, học sinh đã nắm được những kĩ năng cơ bản
nhất của việc nhìn,nhận dạng một bài toán số phức dưới con mắt hình học.
- Kinh nghiệm cho thấy, những kiến thức cơ bản nhất phải được trang bị,
bồi dưỡng cho các em ngay từ năm lớp 10. Không để đến gần thi cuối cấp mới

dạy, lúc đó các em tiếp cận rất hạn chế.
- Qua sáng kiến kinh nghiệm này, sản phẩm chính tôi thu được là niềm
đam mê học toán của thầy và trò, những kĩ năng được trang bị làm cho tư duy
người học ngày một phát triển.
Sáng kiến kinh nghiệm này có thể triển khai và ứng dụng rộng rãi trong
toàn bộ học sinh khối 12. Đặc biệt, có thể dùng để ôn thi học sinh giỏi và luyện
thi THPT Quốc gia.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1 Kết luận.
Qua một thời gian giảng dạy, nghiên cứu về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
mô đun của số phức, những vướng mắt của học sinh do thiếu kĩ năng cơ bản về
các phép biến đổi, đánh giá, nhìn nhận. Có thể nói sáng kiến kinh nghiệm của

15


tôi thật sự cần thiết và hữu ích cho giáo viên và học sinh. Đặc biệt là giáo viên
trẻ mới ra trường, còn non kinh nghiệm.
Một lần nữa, tôi có thể khẳng định: Sáng kiến kinh nghiệm này là
kết quả mà Tôi thu được sau một thời gian học tập, rèn luyện và nghiên
cứu về số phức. Đồng thời, tích lũy những kinh nghiệm qua quá trình
dạy học với đối tượng học sinh. Đó là sự kết tinh kiến thức đã qua nhiều
thế hệ và là sự giúp đỡ, học hỏi từ đồng nghiệp. Một số bài toán có nêu
lời giải đầy đủ, còn có một số bài chỉ vạch ra hướng giải.Hầu hết qua
các bài tập đều có nhận xét để học sinh hoặc người đọc có thể cảm nhận
sâu sắc hơn về bài toán. Do yếu tố thời gian, cũng như kiến thức và
cách trình bày còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự nhận xét, góp ý
của quý đồng nghiệp và các em học sinh, để sáng kiến này được hoàn
thiện hơn. Hy vọng rằng, tài liệu này có thể giúp ích cho quý đồng
nghiệp và các em học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập.

Trong thời gian tới, tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu để hoàn thiện hơn về
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mô đun số phức. Nhằm từng bước
hoàn thiện kĩ năng cho bản thân và tạo mũi nhọn cho nhà trường.
3.2.Kiến nghị:
Có thể dùng sáng kiến của tôi cho các em học sinh giỏi,các giáo
viên có niềm đam mê về toán học một cách rộng rãi.Xin chân thành cảm
ơn

Nga sơn, tháng 5 năm 2018
Người viết đề tài

Trần Văn Thành

16


(*) DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bài giảng trọng tâm ôn luyện môn Toán – Thầy Trần Phương;
2. Trọng tâm kiên thức và phương pháp giải toán – Thầy Trần Bá Hà;
3. Hàm biến phức – Thầy Nguyễn Văn Khuê; Thầy Lê Mậu Hải
4. Bộ đề thi đại học, cao đẳng của Bộ GD và ĐT từ năm 2002 đến năm
2014;
5. 90 đề thi thử Đại học, cao đẳng của nhà sách Lovebook – GSTT Group;
6. Một số kiến thức về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mô đun của số phức
trên mạng Internet.
7. Tạp chí toán học và tuổi trẻ
8. Website :toanmath.com
ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG CHẤM SKKN
..........................
................................................................................................................................

................................................................................................................................
................................................................................................................................
17


................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
................................................................................................................................
.....................................................................................

18