Hướng dẫn học sinh khai thác kết quả một số bài tập trong sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải quyết

MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. MỞ ĐẦU

TRANG
2

1.1. Lý 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

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

3

2.1. Cơ sở lý luận

3

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

3

2.3. Các giải pháp thực hiện
2.3.1. Sử dụng tính chất của số i
2.3.2. Sử dụng tính chất của số phức liên hợp.
2.3.3. Sử dụng tính chất của mô đun số phức
2.3.3.1. Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tính giá trị của
biểu thức.
2.3.3.2. Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất.
2.3.3.3. Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán ứng dụng hình
học của số phức
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

3

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

4
6
8
9
11
15
18
19

3.1. Kết luận

19

3.2. Kiến nghị

20

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1


Trong chương trình Toán ở bậc trung học, số phức được đưa vào cuối chương
trình giải tích 12, tuy nhiên còn rất đơn giản. Hơn nữa trong các kì thi tốt nghiệp THPT
và thi Đại học của những năm trước năm 2017 bài tập về phần số phức chiếm một
phần rất ít, thường ở mức độ không quá khó và tài liệu về số phức không nhiều và
thường tản mạn. Chính vì vậy ở nhũng năm trước khi học sinh học xong phần số phức
cũng chỉ làm được một số dạng toán đơn giản như giải được phương trình bậc hai
nghiệm phức, tính được các yếu tố liên quan đến số phức. Tuy nhiên năm 2017 cùng
với việc chuyển từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm thì tỉ lệ của
phần số phức được nâng lên, nội dung đa dạng hơn trong đó có một đến hai câu được
phân bố ở câu hỏi mức độ vận dụng và vận dụng cao. Để làm được các câu đó đòi hỏi
học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản, biết khai thác và vận dụng các kiến thức đó.
Với mong muốn giúp học sinh, nhất là học sinh khá, giỏi có thể tiếp cận và giải quyết
được các bài toán khó đó tôi đã chọn đề tài
“ HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC KẾT QUẢ MỘT SỐ BÀI TẬP
TRONG SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12 NÂNG CAO ĐỂ GIẢI QUYẾT SỐ
MỘT SỐ BÀI TOÁN MỨC ĐỘ VẬN DỤNG –VẬN DỤNG CAO VỀ SỐ PHỨC ”

Qua đề tài này tôi mong muốn mang lại cho các em một cái nhìn mới về số
phức, giúp các em thêm hiểu về số phức và tự tin làm các bài toán về số phức.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu đề tài “ Hướng dẫn học sinh khai thác kết quả một số bài tập trong
sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải quyết một số bài toán mức độ vận dụng,
vận dụng cao về số phức’’ nhằm giúp học sinh rèn kỹ năng giải toán về số phức, nhằm
phát triển tư duy logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng học tập của học
sinh, tạo được hứng thú học tập môn toán, góp phần đổi mới phương pháp giảng dạy
bộ môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo của học sinh, góp phần
nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá, giỏi về môn toán, góp phần kích thích sự
đam mê, yêu thích môn toán, phát triển năng lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho
học sinh.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu về tính chất của số i , tính chất của số phức liên hợp, tính chất về
modun của số phức.
- Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn dạy học trong tình huống có vấn đề.
- Nghiên cứu và phát triển các nội dung kiến thức có trong sách giáo khoa, sách
bài tập thành vấn đề tổng quát áp dụng vào các bài toán tương tự.
- Thực nghiệm sư phạm để đánh giá tính hiệu quả của phương pháp giải vào đối
tượng nghiên cứu là học sinh khá, giỏi và học sinh ôn thi THPT Quốc Gia những năm
gần đây.
2


1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
a. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục ... có liên quan đến nội dung đề tài
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
- Tham khảo các đề minh họa thi THPT-QG của Bộ GD và đề thi thử của các trường

trên toàn Quốc
b. Thực nghiệm (giảng dạy): Đây là phương pháp chính.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận
Để thực hiện đề tài, cần dựa trên những kiến thức cơ bản
- Các phép biến đổi về số phức, số phức liên hợp.
- Các phép tính về cộng trừ và nhân chia số phức.
- Các phép biến đổi liên quan đến mô đun của số phức.
- Các kiến thức về đường thẳng, đường tròn, đường elip trong mặt phẳng.
2.2. Thực trạng của đề tài
Năm học 2016 – 2017 Bộ GD-ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia của môn
toán từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy và học cũng
phải thay đổi cho phù hợp.Trong đề thi môn toán của kỳ thi THPT Quốc Gia, trong các đề
minh họa của bộ GD - ĐT , và đề thi thử của các trường THPT trên toàn Quốc,học sinh
thường gặp một số câu số phức ở mức độ vận dụng và vận dụng cao. và để làm các câu
số phức đó học sinh thường làm theo cách biến đổi đại số thông thường mà rất ít khai
thác các ‘’kết quả đẹp ‘’ có trong các bài tập trong sách giáo khoa và sách bài tập để
có kiến thức nền tảng để giải toán nên có những bài toán cách giải dài và phức tạp.và
trở thành các bài toán khó đối với các em. Với đề tài: “ Hướng dẫn học sinh khai
thác kết quả một số bài tập trong sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải quyết
một số bài toán mức độ vận dụng – vận dụng cao về số phức’’, tôi mong muốn mang
lại cho các em một cái nhìn mới về số phức, giúp các em thêm hiểu về số phức và tự
tin làm các bài toán về số phức.
2.3. Giải pháp tổ chức thực hiện
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 giúp học sinh có cái nhìn sâu, rộng
hơn về nó. Từ một số bài tập cơ bản trong SGK. Giáo viên có thể xây dựng được một
số dạng toán với cách giải mới nhờ sử dụng các tính chất đặc trưng của số phức, để
học sinh hiểu kĩ hơn về số phức. Từ đó tạo sự lôi cuốn, phát huy tính sáng tạo của học
sinh.

3


Một số dạng bài tập trong đề tài này một phần nào đó cung cấp cho học sinh các
kiến thức cơ bản nhất về số phức. Từ đó các em có thể tự tin làm tốt những bài toán về
số phức.
Trong đề tài này tôi phân chia một số dạng toán dựa trên các kết quả của các bài
tập 6; 7; 8 trong SGK giải tích nâng cao lớp 12 trang 190. Ở mỗi dạng toán Giáo viên
hướng dẫn học sinh làm bài tập trong SGK sau đó đưa ra cho học sinh một số bài tập
để học sinh nghiên cứu, tìm cách giải. Từ đó hướng học sinh đến cách giải nhờ sử
dụng kết quả bài tập tương ứng .
Thực hiện đề tài này tôi chia nội dung thành ba phần
Phần 1. Sử dụng tính chất của số i
Phần 2. Sử dụng tính chất của số phức liên hợp
Phần 3. Sử dụng tính chất của mô đun số phức
Với mỗi phần
- Nhắc lại kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài
- Nêu các ví dụ áp dụng
- Đưa ra một số bài tập củng cố kiến thức.
Sau đây là nội dung cụ thể:
2.3.1 Sử dụng tính chất của số i
Bài tập số 7 ( trang 190 Sgk GT nâng cao 12)
A. Cơ sở lý thuyết
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n  0 ta có
4n
4n2
4 n 1
a) i  1
b) i  i

c) i  1
Lời giải:

4 n3
d) i  i

2
3
4
Ta có: i  1 , i  i , i 1 .

4 n 2
4n 2
4n
4 n 1
4n
Vậy a) i  1 b) i i .i i c) i i .i 1.(  1)  1

Tổng quát:

i k ���γ�
i 4 n r i r  1 r

4, k

�, n

�, k

4 n 3

4n 2
d) i i .i  i .

1, n 1

B. Ví dụ minh họa
2018
2018
Câu 1. Cho biểu thức. A  (1  i )  (1  i ) . Biểu thức A có giá tri là

A. i .

C. 0 .

B. 1 .
4

D. i .


2
2
2
2
Ta có (1  i )  1  2i  i  2i ; (1  i)  1  2i  i  2i

Lời giải:

 1 i =   1 i
2n



2 n

  2i   2n.i n
n

 1 i
;  1 i =
2n

A  (1  i) 2018  (1  i ) 2018  (2i )1009  (2i)1009  0 .



2 n

  2i   (2) n .i n
n

Chọn C

2016
2016
Câu 2. Tính giá trị các biểu thức sau: B  ( 3  i)  ( 3  i) . Biểu thức B có giá
tri là

A. 2

2017

B. 2

.

2017

i.

C. 2

2017

D. 2

.

2017

i.

3
3
Lời giải: Ta có: ( 3  i )  8i , ( 3  i )  8i

B  ( 3  i ) 2016  ( 3  i) 2016  (( 3  i)3 ) 672  (( 3  i)3 ) 672 (8i) 672  (8i) 672  2 2017 (i 4 )168  2 2017

Chọn C
7i

25 10 2016
z1  1  3i z2  4  3i z3  1  i
Câu 3. Cho
;
;
. Tìm dạng đại số của w  z1 .z2 .z3 .
1037

A. 2

C. 2

 21037 3i.

1021

B. 2

1037

3  21021 i.

1021

D. 2

3  21037 i.

3  21021 i.

Lời giải:
�
�
10
�
�7  i �
10
5
5
25 10 2016
1037
z2  �
3  21037 i.
�� w  z1 .z2 .z3  2
�  (2i)  2 i
�4  3i �
�
2016
z3  (1  i )2016  ( 2i)1008  21008 �
�
z125  (1  3i ) 25  88  88 3i

Chọn B
 Khi làm dạng bài tập này học sinh thường dùng máy tính tìm đáp án, và
gặp khó khăn khi máy tính không sử lí được kết quả . nhưng nếu học sinh
khai thác được các tính chất của số i và một số kết quả quên thuộc như
2
 (1  i)  2i

(1  i ) 2  2i

3
( 3  i )3  8i . …
 ( 3  i )  8i
Thì việc giải bài toán trở nên đơn giản hơn.

Bài tập củng cố tính chất.
2
3
17
2016
Câu 1. Số phức z thỏa z  1  2i  3i  4i  ...  18i  ...  2017i . Khẳng định nào sau
đây là khẳng định đúng?

5


A.
B.
C.
D.

z có phần thực bằng 1009 và phần ảo 1008 .
z có phần thực bằng 1009 và phần ảo 1008 .
z có phần thực bằng 1008 và phần ảo bằng 1009 .
z  i  1009  1009i .
2020

4
Câu 2. Cho z 0 là nghiệm của phương trình z  1  0 . Tính giá trị M  iz0

A. M  i
B. M  i
C. M  1
D. M  0

S  1 i

2016

Câu 3. Tính
A. S  0





3 i



1008

2016
C. S=2 i

2016
B. S  2

2016
D. S = -2

2
Câu 4. Gọi z1 , z 2 là 2 nghiệm của phương trình: z  2t  4  0 . Tính giá trị biểu thức

S  z12017  z2 2017

A. 2

.

2018

2018
B. - 2

C. 0

D. i

Câu 5. Cho số phức z thỏa mãn  z  3  i   1  i    1  i  . Khi đó số phức w  z  1  2i
có phần ảo?
1009
1009
A. 2  1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 2  4 .
2019

2.3.2. Sử dụng tính chất của số phức liên hợp.

A. Cơ sở lý thuyết
Cho số phức : z  a  bi ( a , b��)
z a  bi

Ta có

z. z  z

z  z;

2

Bài tập 6: ( Trang 190 Sgk GT 12 nâng cao)
Chứng minh rằng :







1
1
zz
zz
a) Phần thực của số phức z bằng 2
. Phần ảo của số phức z bằng 2i
b) Số phức z là ảo khi và chỉ khi z   z . Số phức z là thực khi và chỉ khi z  z

c) Với mọi số phức

 

z  z
n

n

z1 , z2

ta có :

z1  z2  z1  z2

,

a)



 a, b �� thì



z  a  bi nên phần thực của là

a



6



1
zz
2
, phần ảo của z

1
zz
2i
là
.
b) z là số ảo � phần thực của z bằng 0 � z  z  0 tức là z   z
z là số thực � phần ảo của z bằng � z  z  0 tức là z  z
b

. Tổng quát

z1 �z1 �
� �
(n  �, n 1)
z2 �0
z2 �z2 �
và nếu
thì
.

Lời giải:

z  a  bi

z1 z2  z1 z2




c)

z  a  bi, z '  a ' b ' i  a, b, a ', b ' ��

thì

z  z '   a  a;    b  b '  i  a  a ' (b  b ')i  a  bi  a ' b ' i  z  z '
,
z.z '  (aa ' bb ')  (ab ' ba ')i  (aa'-bb')-(ab'+ba') i

1
z'
�z � �z '.z � 1
z '.z 
z '.z 
� � � �
z. z
z
�z ' � �z.z � z.z

B. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho z là số phức thực sự và thõa mãn

Lời giải: Ta có:



1
z z

có phần thực bằng 4. Tính





z

2 z  zz
�1 �
1
1
1
�
8
�
8
2
�
� � z z  z z 8
z  z z  z  zz
z z �
z


z
�
�







�  8 z  1 z  z  2 z  0

Vì z là số phức thực sự nên

1
8 .
�
�z1  iz2  6i
�
b) �3z1  2 z2  1

z  z  2 z �0 � z 

�
2 z1  z2  11i
�
�
Ví dụ 2: giải hệ a) �2 z1  3iz2  17

Lời giải:
�
�2 z1  z2  11i
�
2 z1  z2  11i
�2 z1  z2  11i
�
�
�
�
�
�
�
2 z1  3iz2  17
2 z1  3i z2  17
�2 z1  3iz2  17
�
�
a)
� 4 12
� 4 12
z1 
 i
z 
 i
�
�
�
�1 5
5

5
5
��
��
8
31
8
31
�z    i
�z    i
�2
�2
5 5
5 5

�z1  iz2  6i
�
�
b) �3z1  2 z2  1

� 33 22
z 
 i
�
�1 13 13
�
�z   56  33 i
2
13 13
giải tương tự ta được kết quả �

 Ở dạng toán này nếu giải theo cách thông thường đặt z1  a1  b1i ; z2  a2  b2 i
thì ta sẽ có hệ 4 phương tŕnh 4 ẩn .Học sinh sẽ gặp khó khăn hơn trong quá
trình giải. Còn nếu Hs sử dụng được tính chất của số phức liên hợp thì bài
toán trở nên quen thuộc . Giải hệ bậc nhất hai ẩn.
Bài tập củng cố:
1 z  z2
2
z
Câu 1. Cho z là số phức thực sự và thõa mãn 1  z  z là số thực. Tính
7


A.

z  2

Lời giải: w



z  3

B.

C.

z 1

D.

z 

1
3

2

� z
�
1 z  z
2z
 1
�
2 �
2
2
1  z  z �là số thực
1 z  z
1  z  z để w là số thực thì: �

1  z  z2 �
1  z  z2 �
�
�� z 1  z  z 2  z 1  z  z 2
z
� z
�
�
z  z loai

��2
�
z 1
�z  1
� z  zz  zz 2  z  zz  0
. Vậy
. Chọn C .



�







Câu 2. Cho số phức z �0 sao cho z không phải là số thực và

z
1  z 2 là số thực .

w

z

Tính giá trị biểu thức 1  z
1
A. 5

2

.

1
B. 2

1
D. 3

C. 2

z
z
z

2
2
2
Lời giải: Do 1  z là số thực nên 1  z 1  z

 z  z   z  z zz
z

Do z không phải là số thực nên z  z �0 � z z  1 � z  1 .Vậy 1  z

2



1
2

z 1
Câu 3. Cho số phức z �1 thõa mãn z  1 là số thuần ảo. Tìm z

A.

z 1

B.

z 

1
2

C. z  2

. Chọn B .

D. z  4

z 1 z 1

 0 �  z  1 z  1   z  1 z  1  0
� 2z z  2
Lời giải: Từ giả thiết: z  1 z  1



� zz 1� z 1







. Chọn A

2.3.3. Sử dụng tính chất của mô đun số phức
A . Cơ sở lí thuyết
Số phức

z  a  bi

được biểu diễn bởi điểm M  a ;b  trên mặt phẳng

Oxy .

Độ dài của

uuuu
r
2
2
véctơ OM được gọi là môđun của số phức z. Kí hiệu z = a + bi = a + b .
Điểm M , N lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 thì khi đó z1  z2  MN .

Cho z  a  bi
1)

2
2
(a, b ��) ; z  a  b ta có các tính chất sau

z  z   z  iz  iz
8


2

2) z.z  z
Bài tập 8 (Sgk GT 12 nâng cao)
Chứng minh rằngr
r
a) Nếu véc tơ u của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thì độ dài của u
là

r
u  z,

và từ đó nếu các điểm

uuuur
A1 A2  z1  z2

A1 , A2

theo thứ tự biểu diễn z1 , z2 thì

.

z.z '  z z '
b) Với mọi số phức z , z ' ta có
và khi z �0 thì

z
z'

z
z'

z  z ' �z  z '
c) Với mọi số phức z , z ' ta có
Lời giải:

r
; u

r
u
z
a)
thì
biểu diễn số thì có tọa độ  a , b  và
r
r

uuur uuuu
r
u  z A1 , A2
u  a 2  b2
z1 , z2
OA1 , OA2
. Vậy
.
theo thứ tự biểu diễn
thì
theo thứ tự
uuuur
uuuur uuur uuuu
r
A A  z1  z2
biểu diễn z1 , z2 � A2 A1  OA1  OA2 biểu diễn số phức z1  z2 .Vậy 1 2
.
z  a  bi  a, b �R 

z  a2  b2

2

2

2
2
2
2
b) z  a  bi , z '  a ' b ' i thì z  a  b , z '  a '  b ' còn z.z '  (aa'-bb,)+(ab'+ba')i nên

2

z.z '  (aa ' bb ') 2  (ab ' ba ') 2 =(aa') 2  (bb ') 2  2(aa')(bb ')  ( ab ') 2  (ba ') 2  2( ab ')(ba ')
2
2
2
2
2
2
 (aa') 2  (bb ') 2  ( ab ')2  (ba ') 2   a  b   a '  b '   z z ' . Từ đó z.z '  z z '

Khi z �0 , ta có

z'
z' z'z
1
1
1
 2  2 z'z  2 z' z  2 z' z 
z
z
z
z
z
z

.

r
r

r r
c) u biểu diễn z , u ' biểu diễn z ' thì u + u ' biểu diễn z  z '

và

r r
z  z'  u u'

khi z.z ' �0 thì
r r
r r 2 r2 r
rr
r r
u  u '  u  u '  u  u '2  2u.u 'cos u , u '



Từ đó



r r
z  z '  u  u ' �z  z ' .





r2 r 2
r r

r r
�u  u '  2 u u '  u  u '





2

  z  z'

2

z  z ' �z  z ' .
Còn khi z.z '  0 thì rõ ràng

B .Ví dụ minh họa
2.3.3.1. Dạng 1:Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tính giá trị của
biểu thức.

9


2
2
Kiến thức thường sử dụng : Cho z  a  bi (a, b ��) ; z  a  b ta có các tính
chất sau

z  z  z



z. z  z

;

2

.

 Với mọi số phức z , z’ ta có

z.z '  z z '

và khi z �0 thì

z
z'

.
z
z'

 z1  z2 1

 z z  3
z z .
z
,
z

1
2
Ví dụ 1: Cho
thỏa mãn:  1 2
. Tính 1 2



2

z1  z 2  z1  z 2  z1  z 2

Lời giải:
=

2

z1  z2

z1  z2

2

2

 =  z  z   z  z   z .z  z .z
1

2

1

2

1

1

2

2

 z1.z2  z2 .z1

 z1 z2  z2 z1 � z1 z2  z2 z1  1





2



2



 z1 z1  z2 z2  z1 z2  z2 z1  z1  z2  z1 z2  z2 z1  1  1  1  1.
z1 , z2

Vídụ 2. Cho các số phức
2018 z1  2019 z2

thỏa mãn z1  2 , z2  3 và z1  z2  4 . Tính

.

Lời giải:
2018 z1  2019 z2

2



  2018 z1  2019 z2  2018 z1  2019 z2

2

2

2

2



 20182 z1  20192 z2  2018.2019 z1 z2  z1 z2





2



 20182 z1  20192 z2  2018.2019 z1  z2  z1  z2
� 2018 z1  2019 z2  65199571

2

  65199571

.

Từ kết quả bài toán này ta có các hệ quả sau:
Suy ra hệ quả



2

2

2

2

2

2

z1  z2  z1  z2  z1 .z2  z1 .z2
z1  z2

 z1  z2  z1 .z2  z1 .z2

2



z1  z2  z1  z2
2

z  z1  z  z2


mz1  nz2


Bài tập củng cố



.

2

2

2

 2 z1  2 z 2

2

2

� z  z2
 2 �z  1
2
�

2

.

.


z1  z2
2

2

�
�
�.



  mz1  nz2   mz1  nz2   m 2 z1  n 2 z2  mn z1 z2  z1 .z2
2

10

2




z  2w  3

Câu 1. Cho hai số phức z , w thỏa mãn
trị của biểu thức P  z.w  z.w .
A. P  14i .
B. P  28i .
Lời giải: Ta có:

,

2 z  3w  6

và

z  4w  7

D. P  28 .

C. P  14 .



. Tính giá







2
z  2w  3 � z  2w  9 �  z  2 w  . z  2 w  9 �  z  2w  . z  2 w  9





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





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

.

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

Câu 2.Cho số phức z thoả mãn
A. 3  3 3.

z 3

và

z 2  9  9 3.

B. 3  3.

Tính

P zz  zz .

C. 3  3 2.

D. 6  3.

Lời giải: Theo giả thiết ta có:
�z.z  z 2  9
�z.z  9
�
�
�
�2
�
2
�z  9  z 2  9  z 2  9  243 � z 2  9   z 2  9   243
�





�
�z.z  9
�z.z  9
�� 2
�
�
 z.z   9  z 2  z 2   81  243 �z 2  z 2  9
�
2
�
 z  z   z 2  z 2  2z.z  9  2.9  27 � z  z  3 3
�
�
2
z  z   z 2  z 2  2z.z  9  2.9  9 � z  z  3

�
�
Do đó
. Vậy P  3  3 3 Chọn A.

z. �
 3  4i  z  4  3i �
� 5 2  0 . Giá trị của z là
Câu 3. Cho số phức z thỏa mãn �

B. z  2 .

A. z  2 .
Lời giải :

Ta có

C. z  2 2 .

z. �
 3  4i  z  4  3i �
�
� 5 2  0

� z. �
 3 z  4    4 z  3 i �
�
� 5 2

.
11

D. z 1 .

.


z .  3 z  4    4 z  3 i  5 2

Môđun hai vế ta được

� z .  3 z  4    4 z  3  5 2 � z
2

2

2

 25 z

2



 25  50 � z

2

z

2



1  2

2

� z  1 � z 1

.

Thử lại: Với z 1 , ta tìm được

z

2 7 2

i
10
10 thỏa mãn. Chọn D

2.3.3.2 Dạng 2:Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất.
Kiến thức thường sử dụng.
Với mọi số phức z , z ' , ta có
z  z ' �z  z '

. dấu ''  '' xảy ra khi z1  kz2 với k �0 .

z  z ' �z  z '

. 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

z1  z 2  z1  z 2

2



2

 2 z1  z 2

Ví dụ 1. Gọi M và

m

2



.Từ đó suy ra



2

z1  z 2 � 2 z1  z 2

lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

phức khác 0 và thỏa mãn

z �2

P

2

.

2z  i
z , với z là số

M
. Tính tỷ số m .

Lời giải Ta có:
P

2z  i 2 z  i
2z  i
1 5

�
 2 �
z
z
z
z 2

P

2z i
2z  i
2z  i
1 3

�
 2 �
z
z
z
z 2

. Dấu bằng xảy ra khi z  2i . Suy ra

M

. Dấu bằng xảy ra khi z  2i . Suy ra

M 5

Vậy m 3 .

12

5
2.

m

3

2.


z �2
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của

T

zi
z thì tổng M  m là:

T  1

Lời giải : Ta có

1 1
i
�
z và z 2 .Áp dụng tính chất z1  z2 �z1  z2 �z1  z2

z1  0
�
�
�z1 �0
�
�
�

k �0, k �R , z2  kz1
�
Dấu = thứ nhất xảy ra khi và chỉ khi �
z1  0
�
�
�z1 �0
�
�
�
k �0, k �R , z2  kz1
�
Dấu = thứ hai xảy ra khi và chỉ khi �

1

Ta có

i
i
1
1
�T �1  � 1  �T �1 
z
z
z
z

1
1

1 ��+�
T +

1
2
2

Tmin 

1
2 khi

1
2

T

3
3
Tmax 
2 .
2 khi

�
k �0, k �R
�
1
�i
�
� �k  

�  k .1
2
�
�z
�
�z  2

Kết hợp với

1 1
�
z 2

�
k �0, k �R
�
�i
� 1
� �k 
�  k .1
� 2
�z
�
�z  2

. Khi đó z  2i . Vậy

ta được.

. Khi đó z  2i .

M m 

3 1
 2
2 2
.

z  z  2,
Ví dụ 3. Với hai số phức z1 và z 2 thỏa mãn z1  z 2  8  6i và 1 2
tìm giá trị lớn

nhất

P  z1  z 2

.

Bổ đề. Cho hai số phức

z1

và

z2

2

, ta luôn có



z1  z 2   z1  z 2  z1  z 2
2

Chứng minh. Sử dụng công thức







z1  z 2  z1  z 2   z1  z 2  z1  z 2   z1  z 2  z1  z 2
2

2

z1.z  z1.z 2  z1.z 2  z 2 .z 2  z1.z1  z1.z 2  z1.z 2  z 2 .z 2







2

 2 z1 .z1  z 2 .z 2  2 z1  z 2

2

2



2

z1  z 2  z1  z 2  2 z1  z 2

 � dpcm

13



 và z.z  z

2



2

. Khi đó

 *


Áp dụng (*), ta được



2

2 z1  z 2

2

  z z
1

2

2

 z1  z 2  14

2

Theo bất đằng thức Bunhiacopxki, ta được



2

P  z1  z 2 � 2 z1  z 2

2



14

Bài tập củng cố.
Câu 1. Cho số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và
trị lớn nhất của biểu thức

M  z 1 i

Lời giải : Do
�

w

z
2  z 2 là số thực. Giá

là

B. 2 2 .

A. 2 .

w

C. 2 .

D. 8 .

z
2  z 2 là số thực � w  w







 

2
z
z

� 2 z  z. z  2 z  z 2 . z � 2 z  z  z . z z  z � z  z
2
2
2 z
2 z
2

� z 2

2



2 0

(vì z không là số thực nên z  z �0 ) � z  2

�

1�=
i 
z 1 i
Ta có z =

2

2

2 2

Câu 2. Cho các số phức z và w thỏa mãn
T  w 1  i

 z

 2  i

M
z 

2 2

. Chọn B.

z

1 i
w
. Tìm giá trị lớn nhất của

.

4 2
A. 3 .

2
B. 3 .

2 2
C. 3 .
z
z
 2  i  z   1  i �  2 z  1   z  1 i 
w
w
Lời giải : Ta có:
�  2 z  1   z  1 i 

z �
w

 2 z  1   z  1
2

2



D. 2 .

z
z
2
� 5 z 2 z 2 
w
w

.

2
� z 0
t  z  t  0
Vì 5 z  2 z  2  0 z
. Đặt
.
2
1
5t 2  2t  2
1 1� 9
3
�
2
2

 5   2  2 �  � �
t

�t 2 � 2
t t
2 t  0
Ta có: w

2
4 2
�

2

T  w  1  i �w  1  i
3
3 .
Khi đó:

14

w

2

3 .


�w  k  1  i   k  �, k
�
2
�
� �w 

3
�
�z  2
Dấu đẳng thức xảy ra �
1 1
4 2
�w  i
max T 
3 3 . Vậy
3 . Chọn A.

0

�k 2 

2
1
�k
3
3

Câu 3. Cho số phức z thỏa mãn z   4  3z  i  4   1  i  z . Tìm mệnh đề đúng.
3
0 z �
2.
A.

11
4 z �
2 .

C.

3
 z �4
B. 2
.

11
 z �10
D. 2
.

Lời giải : Đặt r  z � z  r ,  r �0  .
Ta có z   4  3z  i  4   1  i  z � z  3i   4   1  i  r  4i
� z  1  3i   4  r   r  4  i

Lấy mô đun hai vế của ta được :
z 1  3i  4  r   r  4  i � r 10 

 4  r

2

  r  4

2

� 10r 2  2r 2  32 � r 2  4 � r  2. Vậy z  2. Chọn B.

2.3.3.3 Dạng 3:Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán :Ứng dụng hình

học của số phức
Kiến thức thường sử dụng.
Bài tập 8 (Sgk GT 12 nâng cao )
r
r
u
u
1). Nếu véc tơ của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thì độ dài của véc tơ là
r
u  z
và từ đó nếu các điểm A1 , A2 theo thứ tự biểu diễn số phức z1 , z2 thì
uuuur
A1 A2  z2  z1  A1 A2

.

2
2
2) .Cho z=a+bi a, b �� ; z  a  b ta có các tính chất sau

z  z  z

;

z. z  z

2

15

A .Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z biết:
1.
2.

z  i  z  2  3i
z  i  z  2  3i

3. 3
Lời giải:

iz  1  z  2  3i

z  i  z  2  3i  z  (  i )  z  ( 2  3i)

1.
.Trong mặt phửng phức gọi M ( x; y) là điểm
biểu diễn số phức z , A (0; 1) là điểm biểu diễn số phức i , B (2; 3) là điểm biểu
diễn số 2  3i
z  ( i )  z  (2  3i )  MA  MB � M
Giả thiết
thuộc đường trung trực của AB hay
 M  đường thẳng : x- y - 3 =0

2.
3.

z  i  z  2  3i � z  1  z  2  3i  z  2  3i

Trở về câu (a)

iz  1  z  2  3i � i iz  1  z  2  3i � i 2 z  i  z  2  3i � z  i  z  2  3i

Trở về câu (a)
z1 z2  z1 z2
z  z  z

Ở ý b,c giáo viên hướng dẫn học sinh sử dụng tính chất : i  1
z 2  2 z  5   z  1  2i   z  1  3i 

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn
điểm biểu diễn số phức w  z  2  2i .
Lời giải: Ta có

. Tìm tập hợp các

z 2  2 z  5   z  1  2i   z  1  3i 

�  z  1  4i 2  z  1  2i z  1  3i
2

� z  1  2i z  1  2i  z  1  2i z  1  3i

�z  1  2i  0
�w  2  2i  1  2i  0
��
��
�z  1  2i  z  1  3i
�w  2  2i  1  2i  w  2  2i  1  3i

16


�w  1  0
��
�w  1  4i  w  1  i

TH1: w  1  0 thì điểm biểu diễn số phức w là điểm A  1; 0 
TH2:

w  1  4i  w  1  i

thì tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường thẳng

2y 3  0

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w  z  2  2i . Là đường thẳng 2 y  3  0

và điểm A  1;0  .

Ví dụ 3 Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z biết

z  3i  iz  3  10

z1 z2  z1 z2
z  z  z

Lời giải: áp dụng các công thức : i  1
z  3i  i z  3  10 � z  3i  i i z  3  10 � z  3i   z  3i

� z  3i  z  3i � z  3i  z  3i  10 � z  3i  z  3i  10

Ta có:
Trong mặt phẳng
Oxy, giả sử M , F1 , F2 lần lượtuuubiễu
diễn z , 3i , 3i . Với F1 , F2 nằm
ur
uuuur
trên trục oy . F1M biễu diễn số phức z  3i . F2 M biễu diễn số phức z  3i .
�MF1  MF2  10
��
z  3i  z  3i  10
�F1 F2  6
Khi đó điều kiện

Vậy tập hợp điểm M là Elip có độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6.
x2 y2

1
Phương trình ( E ) trong mặt phẳng (oxy) 16 25 .

 Nhận xét: Ở dạng bài tập này nếu học sinh sử dụng cách biến đổi đại số thông
thường thì bài toán trở nên phức tạp và khó đưa đến kết quả đúng.
B.

Bài tập củng cố.

2
3
Câu 1. Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z, z , z  z �� . Có

bao nhiêu số phức z để ABC vuông.

A. 1 .

C. 2 .

B.Vô số.
17

D. 4 .


Lời giải: Ta có:
BC  z  z
3

2

AB  z 2  z  z . z  1
2

 z . z 1

,

AC  z 3  z  z . z  1 . z  1

,

Đặt a  z , b  z  1 , c  z  1 , a, b, c  0

Giả sử tam giác vuông tại A ta có
AB 2  AC 2  BC 2 � a 2b 2  a 2b 2c 2  a 4b 2 � 1  c 2  a 2
2

2

1  z  1  z � 2  x 2  2 x  y 2  x 2  y 2 � x  1 (trong đó
z  x  yi  x, y ��

.

2
2
z 3   1  3 y 2    3 y  y 3  i
Thử lại ta có z  1  yi , z  1  y  2 yi ,

Khi đó

uuu
r
AB   2  y 2 ; 3 y 

,

uuur
AC   3 y 2 ; 2 y  y 3 

uuur uuur

suy ra AB. AC  0

Vậy đến đây có thể kết luận có vô số số phức z có điểm biểu diễn thuộc
đường thẳng x  1 thỏa mãn. (loại điểm A  1;0  do c  0 ) .Chọn B.
z  6, z2  2
Câu 2. Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn 1
. Gọi M , N là các điểm biểu
T  z12  9 z22
�
z
iz
1
2
MON

60
�
diễn cho và . Biết
. Tính
.
A. T  18 .
B. T  24 3 .
C. T  36 2 .

D. T  36 3 .

Lời giải: Ta có
T  z12  9 z22  z12   3iz2   z1  3iz 2 . z1  3iz2
2

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 3iz2 .
Khi đó ta có

uuuu
r uuu
r uuuu
r uuu
r
uuuu
r uur
z1  3iz2 . z1  3iz2  OM  OP . OM  OP  PM . 2OI  2 PM .OI

Do

.

�
MON
 60�và OM  OP  6 nên MOP đều suy ra PM  6 và

3
3 3
2
.
Vậy T  2 PM .OI  2.6.3 3  36 3 . Chọn D.
OI  6.

18

2
2
Câu 3. Cho hai số phức z1 , z2 khác 0 thỏa mãn z1  z1 z2  z2  0. Gọi A, B lần lượt là các

điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 . Khi đó tam giác OAB là:
A. Tam giác đều.
B. Tam giác vuông tại O .
0
C. Tam giác tù.
D. Tam giác có một góc bằng 45 .
Lời giải:
3
3
2
2
Ta có z1  z2  ( z1  z2 )( z1  z1 z2  z2 )  0 , suy ra:
3

3

z13   z23 � z1  z2 � z1  z2 � OA  OB

.

Lại có
2

2
2
( z1  z2 ) 2  ( z12  z1 z2  z22 )  z1 z2   z1 z2 nên z1  z2  z1 z2 � AB  OA.OB  OA

Suy ra A AB  OA  OB � OAB đều. Chọn A.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy rằng: Sau khi đưa ra hệ thống bài tập trên,
học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt vào các bài toán khác nhau từ đơn giản
đến phức tạp. Nhờ sử dụng các tính chất cơ bản của số phức mà nhiều bài toán có lời
giải trở nên ‘’sáng sủa’’ ngắn gọn. Các em học sinh thấy được tầm quan trọng của việc
khai thác hệ thống bài tập trong SGK và sách bài tập.Khi dạy các bài tập 6,7,8 cần
nhấn mạnh dạng toán, các kiến thức liên hệ, khắc sâu ví dụ. Đối với mỗi một dạng
toán nhỏ cần phân tích lý do, hiệu quả của việc vận dụng kiến thức đó, liên hệ đến các
trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, nhìn nhận, so sánh với các cách giải khác đã
được học. Từ đó tiết dạy đạt hiệu quả cao hơn, rèn được tính chủ động lĩnh hội kiến
thức của học sinh, ý thức học tập nghiêm túc, có khả năng cảm nhận toán học tốt hơn.
Qua thực tế, trực tiếp giảng dạy sáng kiến kinh nghiệm này trong các tiết chuyên
đề của các lớp 12T5, năm học 2018 - 2019, tôi nhận thấy rằng các em tiếp thu được
kiến thức tự tin hơn khi gặp các bài số phức ở mức độ vận dụng và vận dụng cao.
Sau khi áp dụng đề tài trên tôi đã khảo sát học sinh và thu được kết quả như sau:
Trước khi dạy chuyên đề.
Lớp

Sĩ
số

Giỏi
SL
%

Khá
SL
%

TB
SL
19

Yếu
%

SL

%

Kém
SL
%


12T5

45

5

11.1

14

31.1

21

46.7

5

11.1

0

0

Sau khi dạy chuyên đề
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
Sĩ
số SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
12T5 45 15 33.3 19 42.2
9

20.0
2
4.5
0
0
Như vậy qua kết quả trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu tôi nhận thấy
chất lượng học tập môn toán của học sinh được nâng lên rõ rệt, số lượng học sinh khá
giỏi tăng lên nhiều.
Lớp

Như vậy có thể khẳng định được rằng các phương pháp giải trên cao tác động rõ
rệt tới việc nâng cao chất lượng học tập của học sinh 12.
PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Sáng kiến kinh nghiệm này cũng là một tư liệu tốt giúp giáo viên giảng dạy cho
đối tượng học sinh: Giỏi, khá, học sinh ôn thi đại học.
Qua quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy: Sau khi đưa ra cách giải quyết mới như
trên học sinh không còn lúng túng nữa và đã làm được phần lớn các bài tập ở mức độ
vận dụng và vận dụng cao như lớp các bài tập vận dụng trong đề tài. Với kết quả thực
nghiệm cho học sinh lớp12 trường THPT Quảng Xương 1 đã chứng tỏ đề tài giúp học
sinh phần nào say mê, hứng thú và sáng tạo trong học tập, nghiên cứu. Điều đó làm
cho các em tiếp thu bài tốt và khích lệ tinh thần học tập tích cực của các em.
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, bản thân tôi thực sự rút ra được nhiều
kinh nghiệm quý báu, giúp tôi hoàn thành tốt hơn công việc giảng dạy của mình.
Trên đây là kinh nghiệm: “ Hướng dẫn học sinh khai thác kết quả một số bài
tập trong sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải quyết một số bài toán mức độ
vận dụng – vận dụng cao về số phức’’của tôi. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý
kiến của các đồng nghiệp và các đồng chí trong hội đồng khoa học của Sở Giáo dục.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
3.2. Kiến nghị

3.2.1. Đối với tổ chuyên môn :
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này được dùng cho các tiết học chuyên đề. Tùy
theo sự phân bố tiết học của từng chuyên đề đã được quy định, tuỳ theo khả năng tiếp
thu của học sinh, giáo viên cần phải biết linh hoạt kết hợp, lồng ghép các kiến thức về
số phức, hướng dẫn học sinh khai thác và vận dụng nội dung các dạng bài tập được đề
cập đến trong sách giáo khoa để biến các bài toán ‘lạ ‘ thành các dạng bài toán quen
thuộc , tạo hứng thú trong học tập của học sinh để việc phát hiện cách giải và giải
quyết bài toán được dễ dàng.
20


3.2.2. Đối với nhà trường :
Cần có sự động viên nhiều hơn nữa trong phong trào đổi mới phương pháp dạy học,
kiểm tra đánh giá học sinh theo định hướng phát huy năng lực học sinh, viết và áp
dụng SKKN.
3.2.3. Đối với sở giáo dục :
Phát triển và nhân rộng những đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời sau
mỗi năm sở sẽ tập hợp những sáng kiến kinh nghiệm đạt giải in thành sách nội bộ để
gửi về các trường làm sách tham khảo cho học sinh và giáo viên.
Cuối cùng xin trân thành cảm ơn các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn và các
em học sinh đã giúp đỡ tôi hoàn thành SKKN này.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác
Người viết

Lê Thị Thúy

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa Giải tích 12 nâng cao , NXB Giáo Dục Việt Nam , Đoàn Quỳnh
21


( Tổng chủ biên) - Nguyễn Huy Đoan ( Chủ biên) .
[2].Các đề thi tốt nghiệp THPT Quốc gia năm học 2016-2017, 2017-2018. Các đề thi
thử Tốt nghiệp THPT Quốc gia hai năm học 2017, 2018, 2019.

22