SKKN hướng dẫn học sinh lớp 12 giải quyết các bài toán số phức bằng phương pháp hình học

PHẦN I . MỞ ĐẦU
I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Toán học là khoa học của mọi ngành khoa học. Học toán giúp bản thân học
sinh rèn luyện khả năng tư duy, phát triển trí tuệ và có cách giải quyết các vấn đề
một cách khoa học. Tuy nhiên thực tế hiện nay nhiều học sinh học một cách máy
móc, rập khuôn, chỉ biết giải quyết bài toán theo một phương pháp đã có vì vậy
học sinh trở nên thụ động khi gặp những bài toán không có một khuôn mẫu nhất
định. Trong chương trình nội dung môn Toán ở trường phổ thông được chia thành
hai phần đó là Đại số, Giải Tích và phần Hình học. Học sinh luôn nghĩ rằng hai nội
dung nay hoàn toàn không liên quan đến nhau mà không nhận ra rằng đại số giải
tích và hình học luôn có mối liên hệ chặt chẽ với nhau. Vậy làm thế nào để những
học sinh có năng lực khá, giỏi thấy được mối liên hệ đó để vận dụng nó tốt nhất
vào giải quyết các bài toán đại số và học sinh cảm thấy hứng thú. Đó là câu hỏi mà
rất nhiều giáo viên quan tâm.
Trong hai năm gần đây, sau khi chuyển môn toán từ hình thức thi tự luận sang
hình thức thi trắc nghiệm đề thi THPT Quốc Gia môn Toán có sự mở rộng rõ rệt.
Đề thi có nhiều câu hỏi hay, mới lạ, yêu cầu học sinh phải thật sự hiểu và vận dụng
được kiến thức. Học sinh muốn đạt điểm khá, giỏi trong kì thi THPT Quốc Gia cần
giải quyết tốt những câu vận dụng thấp và vận dụng cao có trong đề thi và nội
dung về số phức nằm trong chương trình Giải Tích là một trong những nội dung
hay được quan tâm hiện nay.
Phần nhiều học sinh khi giải quyết các bài toán số phức phần vận dụng cao
luôn biến đổi theo các công thức giải tích, vì vậy việc biến đổi rất dài dễ gây nhầm
lẫn và tốn nhiều thời gian. Bên cạnh đó nhiều bài toán số phức mới lạ nên học sinh
thường lúng túng không biết giải quyết . Từ những vấn đề đó tôi lựa chọn đề tài:
“ Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải quyết các bài toán số phức bằng phương
pháp hình học”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Giúp học sinh hình thành tư duy logic, hệ thống và tư duy sáng tạo.
- Hình thành kĩ năng giải quyết bài toán số phức bằng phương pháp hình học.

III.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
1. Đối tượng nghiên cứu:
- Chương IV chương trình Giải tích lớp 12 Nâng cao.
- Khách thể: Học sinh lớp 12A4; năm học 2018- 2019 Trường THPT Lê Lợi.
2. Phạm vi nghiên cứu:
Đề tài nghiên cứu các bài toán số phức vận dụng thấp, vận dụng cao có thể
giải quyết bằng phương pháp hình học hiệu quả.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết
Thu thập, nghiên cứu và hệ thống lại các tài liệu có liên quan đến đề tài để
làm cơ sở nghiên cứu.
2. Phương pháp thực nghiệm sư phạm
- Tiến hành dạy học môn Toán nội dung Giải Tích 12 tại các lớp là khách
thể nghiên cứu.
- Khảo sát tính khả thi và hiệu quả thực hiện đề tài.
1


3. Phương pháp phân tích, đánh giá kết quả, thống kê xử lí số liệu.
Sử dụng công thức toán thống kê để xử lí số liệu thu thập được nhằm đánh
giá kết quả thực nghiệm.
4. Phương pháp viết báo cáo khoa học.
PHẦN II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
I.CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN
1..Lý thuyết về số phức
1.1.Định nghĩa số phức
- Một số phức là một biểu thức có dạng

a + bi

, trong đó a và b là những số

i = −1
2

thực và i thỏa mãn
. Kí hiệu số phức đó là z và viết z = a +bi.
- i được gọi là đơn vị ảo, a được gọi là phần thực và b được gọi là phần ảo của
số phức .Tập hợp các số phức được kí hiệu là
1.2..Modul của số phức.

£

.

z = a + bi ( a, b ∈ R )

- Modul của số phức
được kí hiệu là
- Một số tính chất của modul số phức:
+ Với mọi số phức

z; z '

, ta có:

và

;

.

z + z' = z+ z'

z + z' ≤ z + z'

+ Với mọi số phức
, ta có:
;
I.3. Biểu diễn hình học của số phức.
- Mặt phẳng phức có Ox là trục thực và Oy là trục ảo.
-

Mỗi số phức

z = x + yi ( x, y ∈ R )

được biểu diễn là điểm M

Gọi M là điểm biểu diễn của số phức

+

( x; y )

. Khi đó:

z

đối xứng nhau qua trục thực.

z1 = x + yi

uuuuu
r
MN =

uuuu
r
MN = ( x '− x; y '− y )

;

. Khi đó:

.

+ Hai điểm biểu diễn số phức z và
z2 = x '+ y ' i

.

uuuu
r
OM = x 2 + y 2

+ Modul của số phức z bằng

-

.

z'
z'
=
( z ≠ 0)
z
z

z. z ' = z z '

z; z '

z = a 2 + b2

z

; N là điểm biểu diễn của số phức

( x '− x )

2

+ ( y '− y )

2

+
 x + x' y + y'
;


÷
2 
 2

+Trung điểm I của đoạn thẳng MN có tọa độ là
- Ý nghĩa hình học của phép cộng trừ hai số phức:

.

2


Nhận xét 1:Cho hai số phức
biểu diễn là N. Khi đó:

z1 = x + yi

uuuu
r uuur uuur
z1 + z2 = OM + ON = OQ

có điểm biểu diễn là M;

z2 = x '+ y ' i

có điểm

uuur
OQ = z1 + z2

và

uuuu
r uuur uuuur uuuur
z1 − z2 = OM − ON = NM NM

,
biểu diễn số phức
2. Các lý thuyết cơ bản về hình học phẳng.
2.1.Đường thẳng.
Trong mặtr phẳng
Oxy cho đường thẳng d.
r

z1 − z2

uuuur
NM = z1 − z2

và

n≠0

- Vectơ
có giá vuông góc với đường thẳng d được gọi là véc tơ pháp
tuyến của đường
thẳng d.
r r
u≠0

- Vectơ
có giá song song hoặc trùng với đường thẳng d được gọi là véc
tơ chỉ phươngr của đườngr thẳng d.
r
- Nếu

n = ( a; b )

thì

u = ( b; − a )

hoặc

u = ( −b; a )

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình:

M ( x0 ; y0 )

điểm

. Khoảng cách từ M đến d được kí hiệu là :

d ( M; d ) =

( x − a)

+ ( y − b) = R

và xác định bởi

a 2 + b2

- Cho đường tròn tâm
2

và

ax 0 + by0 + c

công thức:
2.2.Đường tròn.
2

d ( I; d )

ax + by + c = 0

I ( a; b )

, bán kính R. Khi đó phương trình đường tròn là

2

.
- Cho đường tròn (C) và đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại 2 điểm A, B,
Khi đó ta luôn có:
+Nếu H là trung điểm của AB thì

R 2 = IH 2 +

+

AB 2
4

IH ⊥ AB

.

A
H
I

B

2.3. Elip
- Trong mặt phẳng Oxy, tập hợp điểm M có tổng khoảng cách tới 2 điểm E, F
cố định bằng một số 2a không đổi là đường Elip có 2 tiêu điểm là E, F có độ dài
tiêu cự là

EF = 2c

; trục dài bằng 2a; trục nhỏ bằng 2b trong đó

b = a2 − c2

.
3

-

Phương trình chinh tắc:

x2 y2
+
=1
a 2 b2

-

3.Các kiến thức cơ bản về vectơ
- Cho 3 điểm A, B, C ta cóuucác
quy tắc sau:
ur uuur uuur
AB + BC = AC

Quy tắc cộng 3 điểm: uuur uuur uuur
Quy tắc trừ
-

:

AB − AC = CB

Cho hình bình hành ABCD, ta có:
r r
a; b

uuur uuur uuur
AB + AD = AC

rr r r
r r
a.b = a . b .c os a; b

( )

Tích vô hướng của 2 vectơ
:
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ.
Trong những năm học trước, trong quá trình dạy học sinh lớp 12 ôn thi
THPTQG tôi đã dùng phương pháp khảo sát thực tế từ học sinh và quá trình dạy
học của bản thân và đồng nghiệp về nội dung số phức ở mức độ vận dụng thấp,
vận dụng cao, bản thân tôi thấy học sinh gặp những trở ngại sau:
- Học sinh biến đổi theo phương pháp giải tích dài, mất nhiều thời gian.
Có nhiều bài toán tìm GTLN, GTNN sử dụng bất đẳng thức làm học sinh cảm
thấy khó khăn từ đó dẫn đến học sinh ngại làm các bài tập đó.
Có những bài toán học sinh không biết bắt đầu từ đâu, chỉ biến đổi mày mò,
không có hướng cụ thể.
Học sinh chưa có phương pháp cụ thể cho những bài toán số phức làm theo
phương pháp hình học.
Từ những vấn đề trên, khi áp dụng vào quá trình dạy học năm học 2018 –
2019, tôi đã có một số biện pháp khắc phục như sau:
- Ôn tập, rèn luyện các kĩ năng về các bài toán vectơ, bài toán hình học
phẳng thành thục.
- Xây dựng hệ thống bài toán gốc để áp dụng vào giải các bài toán số phức.
- Hướng dẫn nhận dạng các bài toán có thể sử dụng phương pháp hình học.

- Phân chia các dạng toán và xây dựng các bước thực hiện giải quyết bài
toán.
III. GIẢI PHÁP GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
Để hướng dẫn học sinh giải quyết tốt các bài toán số phức vận dụng thấp, vận
dụng cao dựa vào phương pháp hình học trước hết cần chia hệ thống bài tập thành
3 dạng:
-

-

4


Bài toán tìm quỹ tích của điểm biểu diễn số phức.
Bài toán tìm số phức thỏa mãn yêu cầu liên quan đến hình học phẳng.
Bài toán tìm GTLN, GTNN của modul số phức.
1. Tìm tập hợp điểm của số phức thỏa mãn điều kiện.
Bài toán tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức là một trong số các bài toán cơ
bản mà học sinh cần phải nắm vững. Đây được xem là một trong số những bài toán
căn bản để có thể giải quyết các bài toán số phức phức tạp hơn.
Phương pháp:
Bước 1: Nhận dạng các giả thiết đã cho để chuyển sang các đối tượng
hình học.
- Nếu tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng sẽ có dạng:
-

z − z1 = z − z2

.
z − z0 = R

-

Nếu số phức z thỏa mãn:
thì tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z nằm trên đường tròn tâm I biểu diễn số phức z0, bán kính R.
z − c + z + c = 2a

Nếu giả thiết có
; a; c là hằng số cho trước thì tập hợp
điểm biểu diễn số phức là một elip có độ dài trục lớn bằng 2a.
- Nếu bài toán không có các dạng trên có thể sử dụng các tính chất modun
số phức đưa về các dạng quen thuộc trên.
Bước 2: Chuyển các giả thiết đã cho sang các khái niệm hình học.
-

-

Cho số phức

z1; z2

phức z thỏa mãn
trung trực của AB.
-

-

z − z1 = z − z2

. Khi đó ta có: MA = MB, hay M thuộc đường

Nếu điểm M biểu diễn số phức z; A biểu điễn số phức cho trước
hay

-

có các điểm biểu diễn lần lượt là A, B, điểm M biểu diễn số

MA = a

tức M thuộc đường tròn tâm A, bán kính

R=a

MA + MB = 2a

z0 z − z0 = a ( a > 0 )

.

Nếu
thì M thuộc đường Elip có tiêu điểm là A, B độ dài trục lớn bằng
2a.
Trong trường hợp bài toán xuất hiện số phức mới có liên quan đến số phức cũ, có
thể tìm cách biểu diễn số phức mới qua số phức cũ rồi mới chuyển giả thiết sang
các khái niệm hình học.
Bước 3: Tím mối quan hệ giữa yêu cầu đề bài với các giả thiết đã cho và
kết luận.
1.1. Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường thẳng.

z − 3 + 2i = z − 1 + i

Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn:
.
a. Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z.
b. Tìm tập hợp các điểm N biểu diễn số phức

W = z −i

.
5


Lời giải

z = 3 − 2i ⇒ A ( 3; −2 )

a. Gọi A là điểm biểu diễn của số phức
z = 1 − i ⇒ B ( 1; −1)

.

Gọi B là điểm biểu diễn số phức
Theo bài ra ta có : MA = MB nên tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng d
là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
Ta có

uuu
r
r

AB = ( −2;1) ⇒ n = ( −2;1)

, trung điểm của AB là

3

I  2; − ÷
2


.
−2 x + y +

:

11
=0
2

Vậy tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng d có phương trình
b.

w = z−i ⇔ z = w +i

. Thay vào giả thiết ta có:

w + i − 3 + 2i = w + i − 1 + i ⇔ w − 3 + 3i = w − 1 + 2i
⇒

Tập hợp các điểm N thuộc đường thẳng

với

∆

C ( 3; −3) ; D ( 1; −2 )

Đường thẳng

∆

∆

có

r
n = ( −2;1) ;

là đường trung trực của đoạn CD ,

trung điểm của CD là

 −5 
K  2; ÷
 2 

5
13

−2 ( x − 2 ) + 1 y + ÷ = 0 ⇔ −2 x + y + = 0

2
2


Phương trình là:
Bài 2. Tìm tập hợp các điểm A biểu diễn số phức z thỏa mãn các điều kiện:
a. iz − 3i − 2 = iz − i − 1

b.

z − 3 + 2i
z −1+ i
=
1− i
1+ i

Lời giải
iz − 3i − 2 = iz − i − 1 ⇔ z − 3 −
a.
⇒

2
1
= z − 1 − ⇔ z − 3 + 2i = z − 1 + i
i
i

Tập hợp các điểm A biểu diễn số phức z nằm trên đường trung trực của MN, với

M ( 3; 2 ) ; N ( 1; −1)

Đường thẳng trung trực của MN có

r
vtpt n ( −2; −3 )

; đi qua điểm I

 1
 2; ÷
 2

.

2x + 3y −

Vậy tập hợp các điểm A nằm trên đường thẳng có phương trình:

11
=0
2

6


z − 3 + 2i
z −1 + i
z − 3 + 2i
z −1+ i
=

⇔
=
⇔ z − 3 + 2i = z − 1 + i
1− i
1+ i
1− i
1+ i

b.

M ( 3; 2 ) ;

Vậy tập hợp các điểm A nằm trên đường đường trung trực của MN, với
2x + 3 y −

N ( 1; −1)

có phương trình là:
Nhận xét

11
= 0.
2

Đối với bài 2 về hình thức giả thiết có dạng
z − z1 = z − z2

w1 = w 2

nhưng chưa có dạng

, vì vậy ta cần sử dụng tính chất modul của số phức đã nêu ở trên để

biến đổi.
1.2. Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường tròn.
Bài 1. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn:
z − 3i + 2 = 5

( 1 + i ) z + ( z − 1) 3i + 5i = 6

iz − 2i + 1 = 4

b.

a.

a. Gọi A là điểm biểu diễn số phức

c.
Lời giải

z0 = −2 + 3i

.

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z.
Theo bài ra MA = 5 nên M nằm trên đường tròn tâm A (-2; 3); R = 5.
iz − 2i + 1
= 4 ⇔ z −2−i = 4
i

iz − 2i + 1 = 4 ⇔
b.

Vậy tập hợp các điểm M nằm trên đường tròn tâm

( 1 + 2i ) z − ( z + 1) 3i + 5i

c.

⇔

( 1 − i ) z + 2i

=

1− i

I ( 2;1) ; R = 4

= 6 ⇔ ( 1 − i ) z + 2i = 6

6
1 − i ⇔ z −1+ i = 3 2

.

MK = 3 2

hay

Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn tâm
K ( 1; −1) ; R = 3 2

.
z + 3i − 2 = 2

Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn:
số phức

w = 2z + i

w = 2z + i ⇔ z =

. Hãy tìm quỹ tích các điểm biểu diễn

.

w −i
2

Lời giải
. Thay vào giả thiết ta có:
7


w-i
w − i + 6i − 4
+ 3i − 2 = 2 ⇔
= 2 ⇔ w − 4 + 5i = 4
2

2

I ( 4; −5 ) ; R = 4.

Vậy tập hợp điểm biểu diễn w thuộc đường tròn tâm
1.3.Quỹ tích điểm là đường Elip
Bài 1. (Toán học tuổi trẻ , số 478, năm 2017).Cho số phức z thỏa mãn:
z+2 + z−2 =5

.Tìm tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z.
Lời giải
Gọi điểm M biểu diễn số phức z , điểm A biểu diễn số phức
diễn số phức

z = −2

. Khi đó ta có:

MA + MB = 5

Vậy tập hợp các điểm M nằm trên đường

( E)

z=2

; điểm B biểu

.

2a = 5.

có tiêu điểm là A, B và độ dài trục

lớn lớn là
1.4. Bài tập tự luyện.
z =2
1. Cho số phức z thỏa mãn
w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z

. Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức

là một đường tròn. Tính bán kính R của đường tròn đó.

A. 20.

20

B.

C. 7

D.

7

2 z − 2 + 3i = 2i − 1 − 2 z
2. Cho số phức z thỏa mãn

phức là?

A. Một đường tròn.

. Tập hợp điểm biểu diễn của số

B. Một đường thẳng.

C. Một Elip . D.Hình khác.

z =2
3. Cho số phức z thỏa mãn
w = ( 1 − i ) z + 2i

. Tập hợp điểm biểu diễn số phức

là một đường tròn có bán kính là?

A. 2.

-

3

2 2

3

B.
C.
D.
2. Các bài toán tìm các yếu tố liên quan đến số phức

2.1. Phương pháp.
Bước 1. Chuyển các dữ kiện bài toán sang các khái niệm hình học
Thông thường ta sẽ gặp các dữ kiện như đường tròn, đường thẳng , véc tơ….
Có thể bài toán chưa có dấu hiệu hình học, nhưng qua phép biến đổi đại số sẽ đưa
được về phương trình đường tròn, đường thẳng……Phần này sẽ được đề cập rõ
ràng hơn trong phần bài tập.
Bước 2: Chuyển yêu cầu đề bài về các yếu tố hình học:

8


-

-

Nếu đề bài yêu cầu tính modun số phức ta chuyển về độ dài đoạn thẳng, số số phức
ta chuyển về sự tương giao giữa 2 đường thẳng hoặc đường thẳng đường tròn, hai
đường tròn.
Trong khi chuyển yêu cầu đề bài sang yếu tố hình học cần chú ý đến việc có xuất
hiện số phức mới ? Nếu có, ta thường tìm mối quan hệ giữa yếu tố mới và cũ rồi
mới chuyển sang yếu tố hình học.
Bước 3: Tìm mối quan hệ hình học giữa giả thiết và yêu cầu bài toán:
- Để tìm được các mối quan hệ này trước hết cần thực hiện vẽ hình.
- Chú ý đến các tam giác vuông, cân, đều.
- Mối quan hệ giữa đường tròn và dây cung.
2.2.Bài tập.
Bài 1. (Đề minh họa Sở giáo dục và đào tạo Thanh hóa). Cho các số phức
z − 1 + 2i = 5

thỏa mãn:

và

z1 − z2 = 8

. Tìm modul của số phức
Lời giải
Cách 1: Sử dụng phương pháp đại số

Gọi số phức

Chứng minh được rằng:
Thật vậy: Giả sử

2

2

w1 + w 2 + w1 -w 2 = 2 w 1 + 2 w 2

2

w1 = x + yi; w 2 = a + bi ( x; y; a; b ∈ R )

w1 + w 2 + w1 -w 2 = ( x + a ) + ( y + b ) + ( x − a ) + ( y − b )
2

)

w = z1 + z2 − 2 + 4i


 w1 = w 2 = 5


 w1 − w 2 = 8
2

(

,

z2

w1 = z1 − 1 + 2i; w 2 = z2 − 1 + 2i

Theo giả thiết ta có:

Ta có:

z1

(

2

)

2

2

= 2 x 2 + a 2 + 2 y 2 + b 2 = w1 + w 2

2

2

2

2

⇒ w1 + w 2 = 2.25 + 2.25 − 82 = 6

Cách 2: Sử dụng phương pháp hình học.
Gọi điểm A, B lần lượt biểu diễn số phức
Khi đó A, B nằm trên đường tròn tâm

z1; z2

.

I ( 1; −2 ) ; R = 5

.
zF =

Gọi F là trung điểm của AB, F là điểm biểu diễn số phức

z1 + z2

2

9


Khi đó

w = 2 zF − 2 + 4i = 2 ( z F − 1 + 2i )

w = 2 z F − 1 + 2i = 2 IF

Bước 3: Áp dụng định lí pitago vào
tam giác IFB có
có:

IF = 3

AB = 8 ⇒ FB = 4

ta

.

w =6

Vậy
.
Nhận xét: Qua hai cách giải ta thấy nếu bài toán dùng hình học sẽ rất nhanh,
2

không mất nhiều thời gian vào việc suy nghĩ được
vậy tiết kiệm nhiều thời gian khi làm bài thi.

2

2

w1 + w 2 + w1 -w 2 = 2 w1 + 2 w 2

Bài 2: Trong mặt phẳng phức xét 2 điểm A, B lần lượt biểu diễn các số phức

( 1 + 3i ) z

Ta có:

z

và

uuur uuu
r uuu
r
AB = OB − OA = 3iz = 3 z

OB = ( 1 + 3i ) z = 10. z

;

;

OA + AB = OB
2

SOAB =

, vì

. Biết diện tích tam giác OAB bằng 6. Tính modun của số phức z.
Lời giải
OA = z

Khi đó,

2

2

2

nên tam giác ABC vuông tại A.

1
1
AB. AO = 3 z . z = 6 ⇒ z 2 = 4 ⇔ z = 2
2
2

z +1 = z − i

Bài 3 . Có bao nhiêu số phức thỏa mãn

A. 1.
B. 3
C. 0.
D.2
Lời giải

z −2−i = 3

và

.

Phân tích bài toán: Nhìn vào giả thiết ta thấy tâp hợp điểm biểu diễn số
phức z thuộc đường tròn và đường thẳng . Bài toán chỉ yêu cầu số số phức thỏa
mãn yêu cầu nên ta chỉ cần tìm vị trí tương đối của đường thảng và đường tròn.

10


Gọ
;z = 2+i

i M, A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức
A ( −1;0 ) ; B ( 0;1) ; C ( 2;1)

.Khi đó:

Từ giả thiết ta có:
⇒

z; z = −1; z = i

 MA = MB

 MC = 3

M thuộc đường tròn tâm C, R = 3 và M thuộc đường trung trực

Đường thẳng
d ( C; ∆ ) =

∆

có

r
vtpt n = ( 1;1)

2 +1
2

; điểm đi qua

 −1 1 
I ; ÷
 2 2

∆

của AB.

.

∆

Vì
nên cắt (C) tại 2 điểm .
Vậy có 2 số phức thỏa mãn. Đáp án D
z + 2i − 1 = 3

Bài 4:Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn:
A. 0
B. 1.
C. 2.
Lời giải:
Ta thấy đây là 2 phương trình đường
I ( 1; −2 ) ; R = 3

z −i + 2 = 5

và
D. 3

.

J ( −2;1) ; R = 5

tròn
và

Số số phức thỏa mãn đề bài chính là số
giao điểm của 2 đường tròn.
2 < IJ= 32 + 32 = 3 2 < 8

Vì
tròn cắt nhau.
Vậy đáp án C.

nên 2 đường

2

z =2 z+z +4

Bài 5 :Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn:
A. 4
B. 3
C. 1
Lời giải
Gọi

z = x + yi ( x, y ∈ R )

z − 1 − i = z − 3 + 3i

và

?
D.2

có điểm biểu diễn là điểm M . Khi đó ta có:

 x 2 + y 2 − 4 x − 4 = 0 khi x ≥ 0
⇔ 2
2
2
z = 2 z + z + 4 ⇔ x2 + y 2 = 4 x + 4
 x + y + 4 x − 4 = 0 khi x<0
⇒

(H)

( C ) ;( C )
1

Tập hợp điểm M nằm trên hình ((H) gồm hai cung tròn

I ( −2;0 ) ; J ( 2;0 )

,

R1 = R2 = 2 2

2

có tâm là

như hình vẽ.
11

Gọi H , K lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức

z = 1 + i; z = 3 − 3i ⇒ MH = MK

nên M nằm trên đường thẳng d là đường trung trực của HK với

H ( 1;1) ; K ( 3; −3)

Khi đó số phức z thỏa mãn chính là số giao điểm của đường thẳng d và hình (H).
Phương trình đường thẳng d là:
d ( I ; d ) < R; d ( J ; d ) < R

x − 2y − 4 = 0

B ( 0; −2 )

.

Ta có
và
đều thuộc đường thẳng d và hai cung tròn
nên đường thẳng d cắt (H) tại 3 điểm.
Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét: Bài toán này không thể ngay lập tức chuyển các giả thiết sang các khái
niệm hình học giống các bài tập 1, 2, 3, 4 mà cần thực hiện biến đổi theo đại số
thông thương để tìm ra hình (H). Vì vậy trong những bài toán mà giả thiết không
có dấu hiệu đặc trưng như đường thẳng, đường tròn, elip,góc hoặc biểu thức
chứa đồng thời z và

z

….ta hãy nghĩ đến việc kết hợp phương pháp đại số.

Bài 6. Cho các số phức
diễn các số phức
5
A.

B.

z1 ; iz2

4 7

z1 ; z2

, biết

thỏa mãn:

·
MON
= 300

C.

z1 = 2; z2 = 3

. Gọi M, N là các điểm biểu

S = z + 4 z22
2
1

. Tính

3 3

D.

5 2

Lời giải

12


Bước 1: Chuyển giả thiết sang các yếu tố hình học.
z1 = 2 ⇒

M nằm trên đường tròn tâm

O; R = 2

z2 = 3 ⇔ iz2 = i 3 ⇒

O; R = 3

N nằm trên đường tròn tâm

Bước 2: Chuyển yêu cầu bài toán về yếu tố hình học.
S = z12 + 4 z22 = z12 − ( 2iz2 ) = ( z1 − 2iz2 ) ( z1 + 2iz2 )
2

Gọi P là điểm biểu diễn số phức
S = ( z1 − 2iz2 )

Khi đó:

( z1 + 2iz2 )

2iz

.

uuuur uuur uuuu
r uuur
= OM − OP OM + OP

uuuu
r uuu
r
S = PM . OA

( Theo quy tắc hình bình hành)
Bước 3: Xét tam giác POM có:
uuuur uuur
3
PM 2 = OM 2 + OP 2 − 2.OM .OP.c os OM , OP = 2 2 + 12 − 2.2 3.
=4

2

(

)

Xét tam giác POA có:
uuu
r uuur
3
OA2 = OP 2 + PA2 − 2.PA.OP.c os PA, PO = 2 2 + 12 + 2.2 3.
= 28
2

(

)

S = 2.2 7 = 4 7

Vậy
.Đáp án B
Bài 7( Đề thi thử THPTQG 2019 – SGDDT Bến Tre).Cho số phức z thỏa mãn:
z −4+ z + z − z ≥ 4

(

w = ( z − 2i ) zi + 2 − 4i

)

và
phần ảo là số thực không dương. Trong
mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) là tập hợp các điểm biểu diễn số phức z. Gọi
S( H)

A. 7

S( H)

là diện tích hình phẳng (H),
gần nhất với giá trị nào sau đây ?
B. 17
C. 21
D. 193.
Lời giải

13


z = x + yi ( x, y ∈ R )

Gọi

(

có điểm biểu diễn là

)

M ( x; y )

w = ( z − 2i ) zi + 2 − 4i =  x + ( y − 2 ) i   ( x − yi ) i + ( 2 − 4i ) 

Khi đó:

=  x + ( y − 2 ) i  ( y + 2 ) + ( x − 4 ) i  = x ( y + 2 ) − ( y + 2 ) ( x − 4 ) +  x ( x − 4 ) + ( y + 2 ) ( y − 2 )  i

Vì phần ảo là số thực không dương nên ta có:
x ( x − 4) + ( y + 2) ( y − 2) ≤ 0 ⇔ x2 + y 2 − 4x − 4 ≤ 0

⇒

tập hợp M thuộc hình tròn tâm

I ( 2; 0 ) ; R = 2 2

(như hình vẽ)

z − 4 + z + z − z ≥ 4 ⇔ 2x − 4 + 2 y ≥ 4 ⇔ x − 2 + y ≥ 2
 x + y − 4 ≥ 0 khi x ≥ 2,y ≥ 0
 x − y − 4 ≥ 0 khi x ≥ 2,y ≤ 0

⇔
- x + y ≥ 0 khi x ≤ 2,y ≥ 0
- x − y ≥ 0 khi x ≤ 2,y ≤ 0
⇒

Tập hợp các điểm M nằm ngoài hình vuông ABCO với
( như hình vẽ)

(

S ( H ) = S(C ) − S ABCO = π . 2 2

Vậy

) −( 2 2)
2

2

A ( 2; 2 ) ; B ( 4; 0 ) ; C ( 2; −2 )

= 8π − 8

.Diện tích gần đáp án B nhất.

II.3. Bài tập tự luyện

2z −1 = z + 1+ i
1. Tính modul của tất cả các số phức z thỏa mãn

, đồng thời điểm biểu

diễn của z trên mặt phẳng tọa độ thuộc đường tròn tâm
A. 1

B.

3 5

C.

5

I ( 1;1) ; R = 5

.

D.3

14


2. Gọi (H) là tập biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng Oxy để

2z − z ≤ 3

, số phức z có phần thực không âm. Tính diện tích hình (H) ?
3π

3
π
2

3
π
4

π

B.
C.
D.6
3.(Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An – lần 4) Cho số phức z thỏa mãn
A.

w = ( 1 + i ) z + 2 − 3i

z + 1 − i = 2 z + 2 − 3i

. Biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức
một đường tròn. Bán kính đường tròn thuộc khoảng nào sau đây?

( 1; 2 )

( 3; 4 )

( 2;3)

là

( 0;1)

A.
B.
C.
D.
3. Các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của modul số phức.

Các bài toán liên quan đến giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của modul số phức
là một trong những câu hỏi khó. Để giải quyết các bài toán này, ngoài phương pháp
đại số hoặc phương pháp lượng giác hóa thì phương pháp hình học là một công cụ
mạnh để học giải quyết các bài toán nhanh chóng.
Trong hệ thống bài tập này ta thường chia thành các dạng sử dụng hình học cụ thể
như sau:
+ Mối quan hệ giữa điểm và đường thẳng.
+ Mối quan hệ giữa điểm , đường thẳng, đường tròn, hai đường tròn.
+ Mối quan hệ giữa điểm và Elip.
3.1. Phương pháp chung.
Bước 1. Chuyển các dữ kiện bài toán sang các khái niệm hình học
Thông thường ta sẽ gặp các dữ kiện như đường tròn, đường thẳng , véc tơ….
+ Có thể bài toán chưa có dấu hiệu hình hoc, nhưng qua phép biến đổi đại
số sẽ đưa được về phương trình đường tròn, đường thẳng……Phần này sẽ được đề
cập rõ ràng hơn trong phần bài tập.
Bước 2: Chuyển yêu cầu đề bài về các yếu tố hình học:
- Nếu đề bài yêu cầu tính modun số phức ta chuyển về độ dài đoạn thẳng,
khoảng cách từ 1 điểm đến một đường thẳng. Cần chú ý nếu xuất hiện số phức mới
cần chuyển số phức cũ sang số phức mới để chuyển sang yếu tố hình học tránh
nhầm lẫn.
Bước 3: Tìm mối quan hệ hình học giữa giả thiết và yêu cầu bài toán:
- Để tìm được các mối quan hệ này, cần thực hiện vẽ hình và quan sát.
- Sử dụng các bài toán gốc.
- Cần chú ý kết hợp bất đẳng thức Bunhia .
3. 2.Các bài toán sử dụng mối quan hệ giữa điểm và đường thẳng.
3.2.1. Các bài toán hình học cơ bản.
Bài toán 1. Cho đường thẳng d và điểm M nằm ngoài d. Tìm N thuộc d sao cho
khoảng cách MN là ngắn nhất.
15

Lời giải.
Gọi N là hình chiếu của điểm M trên d.
N1

Gọi

là điểm bất kì thuộc d.

Xét tam giác vuông

MNN1

MN ≤ MN1

, ta có:

Vậy MN ngắn nhất khi N là hình chiếu của
MN min = d ( M ; d )

M trên d hay
Bài toán 2. Cho đường thẳng d và 2 điểm A, B. Tìm M thuộc d sao cho MA + MB
nhỏ nhất trong các trường hợp sau:
a. A, B khác phiá so với d.
b. A, B cùng phía so với đường thẳng d.
Lời giải
a. Lấy M’ bất kì thuộc d. Ta có:
M ' A + M ' B ≥ AB

Dấu “=” xảy ra khi A, M’, B thẳng hàng.

Vậy MA + MB nhỏ nhất khi M là giao
điểm của AB và d.
b. Lấy A’ đối xứng với A qua d.

Lấy M’ thuộc d, khi đó:

M ' A + M ' B = M ' A '+ M ' B ≥ A ' B

Dấu “=” xảy ra khi M’ là giao điểm của
A’B và đường thẳng d.
Vậy MA + MB nhỏ nhất khi M là giao
điểm của AB và d.
3.2.2. Bài tập
z + 2 − 2i = z − 4i

Bài 1. Cho số phức z và w thỏa mãn:

;

w = iz + 1

. Giá trị nhỏ nhất

w

của
A.

là ?
2

2

B.

3 2
2

C.2

D.

2 2

Lời giải
w = iz + 1 ⇔ z =

w -1
i

. Khi đó ta có:
16


z + 2 − 2i = z − 4i ⇔

w -1
w -1
+ 2 − 2i =
− 4i ⇔ w + 1 + 2i = w + 3
i

i

Gọi M là điểm biểu diễn số phức w.
⇒

M nằm trên đường trung trực của AB với

A ( −1; −2 ) ; B ( −3;0 )

Phương trình đường trung trực của AB là:

x − y +1 = 0

.

w

nhỏ nhất khi OM ngắn nhất .
d ( O; d ) = OM =

Theo bài toán 1 OM ngắn nhất khi

2
2

.Đáp án A.

z = z − 1 + 2i

Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn:

. Giá trị nhỏ nhất của

P = ( 1 + 2i ) z + 11 + 2i

là?
A.

5
2

5
2

2
5

B.

5
2

C.

D.
Lời giải

w = ( 1 + 2i ) z + 11 + 2i ⇔ z =

Đặt

w - 11 - 2i
1 + 2i

z = z − 1 + 2i ⇔ z = z − 1 + 2i ⇔ z = z − 1 − 2i
⇒

w - 11 - 2i
w - 11 - 2i
w - 11 - 2i
w - 11 - 2i + 3 - 4i
=
− 1 − 2i ⇔
=
1 + 2i
1 + 2i
1 + 2i
1 + 2i

⇔ w − 11 − 2i = w − 8 − 6i

Gọi M là điểm biểu diễn w, ta thấy tập hợp điểm M nằm trên đường trung trực d
của AB trong đó

A ( 11; 2 ) ; B ( 8; 6 )

.

17

uuu
r
r
AB = ( −3; 4 ) ⇒ n d = ( −3; 4 )

, trung điểm

Phương trình đường thẳng d là :

 19 
I  ;4÷
 2 

.

25
 19 
−3  x − ÷ + 4 ( y − 4 ) = 0 ⇔ − 3 x + 4 y −
=0
2
2


P = ( 1 + 2i ) z + 11 + 2i

.

đạt GTNN khi OM ngắn nhất , khi đó :
OM = d ( o; d ) = OM =

−25 2
4 +3
2

2

=

5
2

.Đáp án D
Bài 3 (Đề thi thử THPTQG - Trường THPT Lê Quý Đôn Hà Nội – 2018)
z − 2i = z + 2

Trong tập số phức cho số phức z thỏa mãn:

. Tìm GTNN của biểu

P = z + 2i + z − 5 + 9i .

thức
Lời giải
Gọi M, A, B lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z;
⇒ A ( 0; 2 ) ; B ( −2; 0 )

z = 2i; z = −2

.

.
Theo giả thiết ta có MA = MB , nên
M thuộc đường trung trực của AB.
Phương trình đường thẳng d là
đường trung trực của AB là:
1( x + 1) + 1( y − 1) = 0 ⇔ x + y = 0

Gọi điểm C, D là các điểm biểu
diễn các số phức

z = −2i; z = 5 − 9i

⇒ C ( 0; −2 ) ; D ( 5; −9 )

.

P = MC + MD

Khi đó
. Nhận thấy C, D cùng phía so với d nên theo bài toán 2 P đạt
giá trị nhỏ nhất bằng C’D ( C’ đối xứng với C qua d).
Xác định C’ đối xứng với C qua d, ta có C’ (2; 0).
Pmin = C ' D =

( 5 − 2)

2

+ ( −9 ) = 3 10

2

Vậy
.
3.3. Các bài toán liên quan đến đường tròn.
3.3.1.Các bài toán hình học cơ bản.

( C)

Bài toán 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
trí điểm M, N sao cho OM ngắn nhất và ON dài nhất.
Lời giải

có tâm A. Tìm trên

( C)

vị

18


Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường tròn
ta thấy.
OM + MA ≥ OA ⇔ OM ≥ OA − MA

OM min = OA − R

Vậy
.

Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm
của đường thẳng OA và đường tròn,
M nằm giữa đoạn OA.
OM − MA ≤ OA ⇔ OM ≤ OA + R

OM max = OA + R

Vậy
.
Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng OA và đường tròn, M nằm
ngoài đoạn OA.
Bài toán 2. Cho đường tròn
a.Tìm trên
b. Tìm trên

( C)

( C)

có tâm A và đường thẳng

∆

vị trí điểm M sao cho khoảng cách từ M đến
vị trí điểm N sao cho khoảng cách từ N đến
Lời giải

d ( I; ∆) ≤ R

d ( M , ∆)

a.- Nếu
thì
đường thẳng và đường tròn.
- Nếu

( C)

d ( I; ∆) > R

∆
∆

.
ngắn nhất .
dài nhất.

ngắn nhất bằng 0 tức là M là giao điểm giữa

, gọi N’ là điểm bất kỳ trên (C) , K là hình chiếu của điểm A

trên d khi đó ta luôn có:

N ' A + N ' K ≥ AK ⇔ N ' K ≥ AK − AN ' = AK − R

Dấu “=” xảy ra khi A, N’, K thẳng hàng và N’ nằm giữa AK.
Vậy vị trí điểm M là giao điểm giữa đường thẳng AK và đường tròn (C ), M
nằm giữa AK.
N ' K − AN ≤ AK ⇔ N ' K ≤ AN + AK

b.Xét tam giác N’AK ta có:
Dấu “=” xảy ra khi A, N’, K thẳng hàng và N’ nằm ngoài AK.
Vậy vị trí điểm N là giao điểm giữa đường thẳng AK và đường tròn (C ), N ngoài
AK.

19


Bài toán 3. Cho đường tròn (C) tâm A, 2 điểm B, C cố định sao cho
.M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn. Tìm giá trị nhỏ nhất của
Lời giải

uuur
uuur
AB = −k 2 AC

P = MB + MC

.

uuur 2
uuur uuu
r 2
uuur uuur
MB 2 = MB = MA + AB = MA2 + AB 2 + 2.MA. AB

(

)

uuuu
r2
uuur uuur
k 2 MC 2 = k 2 MC = k 2 MA + AC

(

)

2

uuur uuur
= k 2 MA2 + k 2 AC 2 + 2k 2 .MA.AC

uuur uuu
r
uuur
MB 2 + k 2 MC 2 = 1 + k 2 MA2 + AB 2 + k 2 AC 2 + 2 MA AB + k 2 AC

(
)
= ( 1 + k ) MA
2

(

2

)

+ AB 2 + k 2 AC 2

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức bunhia ta có:
1
1 

MB + MC = MB + k . MC ≤ 1 + 2 ÷ MB 2 + k 2 MC 2 =
k
 k 

(

MB + MC ≤

(1+ k ) R
2

2

)

( 1 + k ) MA
2

2

+ AB 2 + k 2 AC 2

+ AB 2 + k 2 AC 2

Pmin = MB + MC =

( 1+ k ) R
2

2

+ AB 2 + k 2 AC 2

Vậy
3.3.2. Bài tập.
Bài 1: (Toán học tuổi trẻ số 491- năm 2018) Cho số phức z thỏa mãn:
z − 1 + 2i = 5

. Khi đó
A.20

w = z +1+ i

B.

2 5

có modul lớn nhất bằng bao nhiêu?
C.
Lời giải

5

D.

5 2

20


w = z + 1 + i ⇔ z = w −1 − i

.Thay vào giả thiết,

ta có:
w − 1 − i − 1 + 2i = 5 ⇔ w − 2 + i = 5

Gọi M là điểm biểu diễn số phức w.
⇒

M thuộc đường tròn tâm

I ( 2; −1) ; R = 5

w max = OI + R = 2 5

Theo bài toán 1.
Vậy đáp án là B.

Bài 2: Xét số phức
z2 − 4 − i = 5

2

2

z1 − 2 − z1 + i = 1

z1

thỏa mãn:

và các số phức

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = z1 − z 2

Gọi số phức

thỏa mãn:

.

Nhận xét: Từ giả thiết thứ 2 ta thấy tập hợp các điểm biểu diễn
nên khả năng có thể sử dụng phương pháp hình học.
Lời giải
z1 = x + yi ( x, y ∈ R )

z2

z2

là đường tròn

.

z1 − 2 − z1 + i = 1 ⇔ ( x − 2 ) + y − x 2 − ( y + 1) = 1 ⇔ 2 x + y − 1 = 0
2

2

2

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức
Tập hợp các điểm N biểu diễn số phức
tròn tâm
Ta có

I ( 4;1) ; R = 5

P = MN

2

2

z1
z2

nằm trên đường thẳng
thỏa mãn

d : 2x + y −1 = 0

z2 − 4 − i = 5

.

nằm trên đường

.

, P nhỏ nhất khi MN ngắn nhất .

21


2.4 + 1 − 1

MN = d ( I ; d ) − R =

− 5=

5

3 5
5

Theo bài toán 2 , MN ngắn nhất khi
.
Bài 3:(Đề thi thử Sở Phú thọ lần 2 – 2019) Giả sử z là các số phức thỏa mãn
iz − 2 − i = 3

P = 2 z − 4 − i + z + 5 + 8i

. Tìm giá trị lớn nhất của
18 5

15

B.3

A.
iz − 2 − i = 3 ⇔

.
15 3

C.
Lời giải

iz − 2 − i
= 3 ⇔ z − 1 + 2i = 3
i

D.

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Vì

z − 1 + 2i = 3

nên tập hợp các điểm M nằm trên đường tròn tâm
Gọi A, B là các điểm biểu diễn số

phức

z = 4 + i; z = −5 − 8i

⇒ A ( 4;1) ; B ( −5; −8 )

9 5

I ( 1; −2 ) ; R = 3

.

uu
r
uur
IA = ( 3;3) ; IB = ( −6; −6 )

nên
Vì
Theo bài toán 3 ta có:

uur
uu
r
IB = −2 IA

2MA2 + MB 2 = 3MI 2 + 2 IA2 + IB 2 = 3R 2 + 6 IA2
= 3.9 + 6. ( 9 + 9 ) = 135

(

)

P = 2 MA + MB = 2. 2MA + MB ≤ 3 2MA2 + MB 2 = 3.135 = 9 5

Vậy

Pmax = 9 5

.Vậy đáp án là D

Bài 4. Cho số phức
P = z1 + 2 z2

A.

2 5−2

.

z1 ; z2

thỏa mãn

z1 − 4 = 1

và

iz2 − 2 = 2.

Tìm giá trị nhỏ nhất của

.
B.

4− 2

C.

4 2 −3

D.

4 2 +3

Lời giải
z1

Gọi M là điểm biểu diễn số phức
⇒

M thuộc đường tròn tập

thỏa mãn

I ( 4; 0 ) ; R1 = 1

z1 − 4 = 1

.

22


iz2 − 2 = 1. ⇔ z2 + 2i = 1 ⇔ −2 z2 − 4i = 2.

Gọi N là điểm biểu diễn số phức

−2z2 ⇒

P = z1 + 2 z2 = z1 − ( −2 z2 ) = MN

N thuộc đường tròn tâm

J ( 0; −4 ) ; R2 = 2

Ta có
MN min = IJ − R1 − R2 = 4 2 − 3

.Đáp án C
3.4. Các bài toán liên quan đến Elip
z1; z2

Bài 1 (Thi thử THPTQG Hoàng Văn Thụ - 2019) Cho số phức

thỏa mãn

P = z1 − z2

z1 − 3 + z1 + 3 = z1 − 4 + z1 + 4 = 10

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A.7
B. 20
C. 14
D. 10
Nhận xét: Nhận dạng đặc điểm để sử dụng phương pháp hình học :
z1 − 3 + z1 + 3 = z1 − 4 + z1 + 4 = 10

, ta thấy có 2 phương trình Elip.
Lời giải
Gọi M, N lần lượt là hai điểm biểu
z1; z2

diễn số phức
.
Gọi A, B, C, D lần lượt là các điểm
biểu diễn số phức

z = 3; z = −3; z = 4;

z = −4

Khi đó ta có:

MA + MB = NC + ND = 10

⇒

.

Tập hợp các điểm M nằm trên
hai Elip có cùng tâm O cùng trục
lớn và độ dài trục lớn là 10.
⇒

Điểm M, N chỉ có thể nằm hai vị trí

M1

hoặc

M2

.

P = z1 − z2 = MN ≤ 10
23


Vậy

Pmax = 10

. Đáp án D
z +1− i + z − 3 + i = 6

Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn

. Tìm giá trị lớn nhất của

P = z − 4 + 4i

.
z +1− i + z − 3 + i = 6

Nhận xét:
biến đổi giả thiết trên .

có hình thức giống phương trình Elip. Vì vậy ta cần
Lời giải

z + 1 − i + z − 3 + i = 6 ⇔ ( z − 1) + ( 2 − i ) + ( z − 1) − ( 2 − i ) = 6

z −1
2−i

w=

⇔

z −1
z −1
6
+1 +
−1 =
2−i
2−i
5

w +1 + w −1 =

6
.
5

Đặt
, khi đó phương trình trên trở thành:
Gọi M là các điểm biểu diễn số phức w , suy ra tập hợp các điểm M thuộc E lip có
6
5

tâm O, độ dài trục lớn là

.

P = z − 4 + 4i = ( 2 − i ) w − 3 + 4i = w − 2 + i 5

.
 3

P = w − 2 + i 5 ≤ ( w + −2 + i ) 5 = 
+ 5÷ 5 =8
 5


Vậy

Pmax = 8

.
3.5. Bài tập tự luyện.
z =1

1.(Đề thi thử THPTQG Tiền Giang – 2019) Cho số phức z thỏa mãn:

. Tìm

P = 1+ z + 2 1− z

giá trị lớn nhất của

.

2.(Đề thi thử Quy Nhơn – Bình Định lần 2) Cho 2 số phức
z1 + z2 = 8 + 6i

A.

và

z1 − z2 = 2

5+3 5

2 26

3. Cho số phức

z1

B.
C.
2
2
z1 − 2 − z1 + i = 1
thỏa mãn

A.

2 5
.
5

P = z1 + z2

34 + 3 2

4 6

và số phức

thỏa mãn

z2

D.
z2 − 4 − i = 5
thỏa mãn

.

P = z1 − z2

Tìm giá trị nhỏ nhất của

Pmin =

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

z1 ; z2

.

Pmin = 5.
B.

Pmin =

Pmin = 2 5.
C.

D.

3 5
.
5
24

4. Cho các số phức

z

z =1
thỏa mãn

M, m
. Gọi

P = z +1 + 2 z −1

nhất của biểu thức

. Khi đó:

M = 3 5, m = 2.
A.

M = 3 5, m = 4.
B.

M = 2 5, m = 2.
C.

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

M = 2 10, m = 2.
D.

IV. HIỆU QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Tôi đã áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy trong năm học
2018 – 2019 tại lớp 12A4 trường THPT Lê Lợi. Qua đó, so với lớp đối chứng
12A6 nhưng chưa áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm này, tôi nhận thấy học sinh lớp
12A4 giải quyết các bài toán số phức linh hoạt hơn học sinh lớp 12A6 một cách rõ
rệt:
- Học sinh thành thạo các bài toán quỹ tích.
- Học sinh có nhiều cách giải khác nhau cho cùng một bài toán số phức, tăng
tính linh hoạt trong việc giải quyết các giả thiết phức tạp.
- Học sinh chủ động hơn trong việc định hướng giải quyết bài oán phức tạp.
Kết quả cụ thể :
Lớp
Tốt
Khá
Trung bình Yếu
1 lớp thực nghiệm 25
13
2
0
Tổng: 40 em
(62,5%)
(32,5%)
(5%)
1 lớp đối chứng
15
17
8
0
Tổng: 40 em
(37,5%)

(42,5%)
(20%)
Đối với bản thân, khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào thực tế giảng dạy
tôi thấy hiệu quả ôn tập tốt hơn. Học sinh chủ động, tích trong việc phát hiện vấn
đề giúp cho tiết dạy có hiệu quả tốt hơn.
Ngoài ra sáng kiến kinh nghiệm này được tổ chuyên môn đánh giá tốt, thiết
thực và được đồng ý triển khai vận dụng trong những năm học tới nhằm góp phần
nâng cao tính chủ động, tích cực của học sinh trong việc dạy và học môn Toán .
Đồng thời sáng kiến kinh nghiệm là một tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh
lớp 12 ôn thi THPT Quốc Gia.
Như vậy, Sáng kiến kinh nghiệm này đã mang lại hiệu quả tích cực và thiết
thực cho người dạy và người học. Đáp ứng nhu cầu đổi mới phương pháp dạy và
học hiện nay nhằm phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh, nâng cao chất lượng giáo
dục.
PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Qua việc nghiến cứu, triển khai vận dụng Sáng kiến kinh nghiệm này, tôi rút ra một
số bài học kinh nghiệm như sau:
-

Trong giảng dạy cần thường xuyên tìm tòi, đưa ra các giải pháp dạy học, các cách
tiếp cận vấn đề mới, nhằm tạo sự hứng phú đối với học sinh.
25