SKKN hướng dẫn học sinh giải một số bài toán số phức đặc biệt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HOÀNG LỆ KHA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
SỐ PHỨC ĐẶC BIỆT

Người thực hiện: Tống Minh Tuấn
Chức vụ: Tổ Phó Chuyên Môn
Đơn vị công tác: Trường THPT Hoàng Lệ Kha
SKKN thuộc lĩnh vực ( môn ): Toán

THANH HÓA NĂM 2019
MỤC LỤC
1


I. MỞ ĐẦU….….…………………………………………………...……... ....3
1.1. Lý do chọn đề tài………………………………………………………...3
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………….……....3
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………….……...3
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………..…….4
1.5. Những điểm mới của sáng kiến...……………………………….……….4
II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM…………………....…4
2.1. Cơ sở lí
luận..............................................................................................4
2.2. Thực trạng vấn đề………...………………………………………...…...4
2.3. Các giải pháp thực hiện………...…………………………………...…..5
2.4. Hiệu quả của sáng kiến…………...………………………………........20

III. KẾT LUẬN……………………………………...……….……………... 21

2


I. MỞ ĐẦU.
1.1. Lý do chọn đề tài.
Căn cứ vào chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà
nước. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của trường
THPT Hoàng Lệ Kha năm học 2018-2019.
Trong quá trình giảng dạy, tôi được nhà trường tin tưởng giao cho dạy các lớp
cũng có những học sinh khá, giỏi. Chính vì vậy ngoài việc giúp các em nắm
chắc kiến thức cơ bản tôi còn phải bồi dưỡng cho các em ôn thi THPT quốc gia
là nhiệm vụ quan trọng số một.
Trong các nội dung thi THPT quốc gia phần số phức đóng vai trò quan trọng.
Những năm học trước đây thì phần số phức trong đề thi đại học chỉ là một câu
đơn giản cho tất cả học sinh. Tuy nhiên theo tình hình thi mới của bộ giáo dục
thì phần số phức có những câu hỏi khó ở mức vận dụng cao đòi hỏi học sinh
phải có cách giải nhanh chóng phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm.
Từ lý do chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi THPT
quốc gia, ôn thi học sinh giỏi cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy.
Tôi đã tổng hợp, khai thác thành chuyên đề: ‘‘ Hướng dẫn học sinh giải một số
bài toán số phức đặc biệt’’. Hi vọng với đề tài nhỏ này sẽ giúp các bạn đồng
nghiệp dạy học hiệu quả hơn, giúp các em xử lý tốt không cảm thấy lúng túng
trong việc giải quyết các bài toán trắc nghiệm về số phức ở mức vận dụng cao.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Qua nội dung đề tài này tôi mong muốn cung cấp cho học sinh một
phương pháp và kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán
trắc nghiệm về số phức ở mức vận dụng cao, tránh tình trạng khi các em gặp
phải các bài toán này thường làm phức tạp vấn đề làm mất nhiều thời gian

hay không giải được. Năm học mới này, với hình thức thi đại học trắc
nghiệm đối với môn toán thì áp lực thời gian là một vấn đề, đòi hỏi học sinh
có cách giải quyết nhanh các bài tập. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp
các bạn đồng nghiệp cùng các học sinh có cái nhìn linh hoạt và chủ động khi
gặp các bài toán về số phức.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
• Học sinh thực hiện nội dung này học sinh lớp 12.

3


• Đối tượng nghiên cứu : các phép toán lấy số phức liên hợp tổng, hiệu,
tích, thương của hai số phức và có thể mở rộng cho nhiều số phức, môđun
của số phức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
• Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu các tài liệu liên quan như
sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo về toán trắc nghiệm số phức
ở mức vận dụng cao.
• Phương pháp điều tra quan sát : Tìm hiểu về việc vận dụng các phương
pháp dạy học tích cực ở một số trường phổ thông.
• Phương pháp tổng kết kinh nghiệm : Tham gia dự giờ, rút kinh nghiệm
trong tổ bộ môn, tham dự các buổi họp chuyên đề, trao đổi ý kiến với
đồng nghiệp.
•

Phương pháp thực nghiệm : Tiến hành thực nghiệm ở các lớp 12I, 12K,
12M trường THPT Hoàng Lệ Kha.

1.5. Những điểm mới của sáng kiến.
• Việc sử dụng số phức liên hợp để giải quyết các bài tập tính toán, tìm giá

trị lớn nhất, nhỏ nhất trên tập số phức.
• Hệ thống bài tập ở dạng trắc nghiệm.
II. NỘI DUNG.
2.1. Cơ sở lí luận.
Đẩy mạnh việc đổi mới dạy học (PPDH) đang diễn ra ở tất cả các trường học,
việc đổi mới phương pháp dạy học đem lại chất lượng và hiệu quả cao trong
giảng dạy. Đổi mới PPDH ở trường THPT được diễn ra theo bốn hướng chủ yếu
sau :
•

Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của học sinh.

•

Bồi dưỡng phương pháp tự học.

•

Rèn luyện kỹ năng lý thuyết vào thực tiễn.

•

Tác động đến tình cảm, đem lại niền vui, hứng thú học tập cho học sinh.

4


Trong đó hướng phát huy tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của học sinh
được xem là chủ đạo, chi phối đến các hướng còn lại.
2.2. Thực trạng vấn đề.

Giải các bài toán về số phức bằng phương pháp sử dụng số phức liên hợp
tương đối mới lạ đối với đa số học sinh lớp 12. Khi gặp các bài toán về vấn đề
trên, hầu như học sinh mất rất nhiều thời gian để biến đổi bài toán. Một số học
sinh do năng lực tư duy hạn chế chưa biết cách thường gọi dạng tổng quát của số
phức nhưng rất khó khăn trong việc giải và cũng có thể không giải được. Chính
vì vậy người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra cách giải đơn giản, thuận lợi để
giải quyết bài toán một cách nhanh chóng.
2.3. Các giải pháp thực hiện.
Khi tiếp cận các bài toán, giáo viên phải giúp học sinh biết phải sử dụng
lượng liên hợp của số phức nào. Sau đó giúp học sinh xây dựng phương pháp
giải phù hợp.
Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với các bài toán về số phức, trước hết
giáo viên cần yêu cầu học sinh ôn tập các kiến thức về các phép toán trên tập số
phức, các tính chất môđun của số phức. Sau đó giáo viên chọn một số bài toán
điển hình để học sinh vận dụng.
Trong đề tài này, tôi xin đưa ra một số bài tập tương đối đầy đủ về các bài toán
về số phức sử dụng số phức liên hợp.
1. Kiến thức toán và các kỹ năng có liên quan.
- Các phép toán trên tập số phức.
- Các tính chất môđun của số phức.
- Các tính chất số phức liên hợp của tổng hiệu tích thương của các số phức.
- Kỹ năng sử dụng số phức liên hợp.
2. Một số công thức liên quan.
1. z + z = 2a ( a là phần thực của số phức ), zz là số thực không âm.
2. z = z khi z là số thực, z = − z khi z là số ảo.
z  z
3. z1 ± z2 = z1 ± z2 , z1 z2 = z1 z2 ,  1 ÷ = 1 ( z2 ≠ 0 ).
 z2  z2

5

4. z −1 = ( z )

−1

với z ≠ 0 , z = z

1
2
5. zz = z , nếu z = 1 thì = z .
z
3. Một số bài toán thường gặp và phương pháp giải.
Dạng 1: Bài toán tìm số phức, số phức liên hợp, số phức nghịch đảo,
môđun của số phức.
Ví dụ 1: Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa z1 = 1 , z2 = 1 , z1 + z2 = 3 . Khi đó
z1 − z2 bằng:
A. 2 .

B.

C. 2 − 3 .

3.

D. 1.

Lời giải
Chọn D
Giả sử z1 = a + bi , z2 = c + di với a , b , c , d ∈ ¡ .

Ta có z1 = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 1 ⇔ a 2 + b 2 = 1.
z2 = 1 ⇔ c 2 + d 2 = 1 ⇔ c 2 + d 2 = 1 .
z1 + z2 = 3 ⇔

( a + c)

2

+ ( b + d ) = 3 ⇔ a 2 + c 2 + 2ac + b 2 + d 2 + 2bd = 3
2

⇔ a 2 + c 2 + b 2 + d 2 + 2bd + 2ac = 3 ⇔ 2bd + 2ac = 1 .
Khi đó z1 − z2 =

( a − c)

2

+ ( b − d ) = a 2 + c 2 + b 2 + d 2 − 2bd − 2ac = 1 .
2

Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn

1+ i
là số thực và z − 2 = m với m ∈ ¡ . Gọi
z

m0 là một giá trị của m để có đúng một số phức thoả mãn bài toán. Khi đó:
 1
A. m0 ∈  0; ÷.

 2

1 
B. m0 ∈  ;1÷.
2 

3 
 3
C. m0 ∈  ;2 ÷.D. m0 ∈  1; ÷.
2 
 2

Lời giải
Chọn D
Giả sử z = a + bi, vì z ≠ 0 nên a 2 + b 2 > 0 ( *) .

6


Đặt: w =

1
a+b
a−b
1+ i 1+ i
= 2
 a + b + ( a − b ) i  = 2
+ 2
i.
=

2 
2
a + bi a + b
a +b
a + b2
z

w là số thực nên: a = b ( 1) .Kết hợp ( *) suy ra a = b ≠ 0 .
2
Mặt khác: a − 2 + bi = m ⇔ ( a − 2 ) + b 2 = m2 ( 2 ) ..
2
2
Thay ( 1) vào ( 2 ) được: ( a − 2 ) + a 2 = m 2 ⇔ g ( a ) = 2a − 4a + 4 − m = 0
2

( 3) .

Để có đúng một số phức thoả mãn bài toán thì PT ( 3) phải có nghiệm a ≠ 0 duy
nhất.
Có các khả năng sau :
m 2 − 2 = 0
∆′ = 0
⇔
⇒m= 2.
KN1 : PT ( 3) có nghiệm kép a ≠ 0 ĐK: 
2
g
0
≠
0

(
)
4
−
m
≠
0



KN2: PT ( 3) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm a = 0
m 2 − 2 > 0
∆′ > 0
 3
⇔
⇒
m
=
2
∃
m
=
2
∈
ĐK: 
.Từ
đó
suy
ra
0

1; ÷ .
2
 2
 g ( 0 ) = 0 4 − m = 0
Ví dụ 3: Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số
phức thỏa mãn z − m = 6 và

z
là số thuần ảo. Tính tổng của các phần tử của
z−4

tập S .
A. 10.

B. 0.

C. 16.

D. 8.

Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Gọi z = x + iy với x, y ∈ ¡ ta có
x + iy ) ( x − 4 − iy ) x ( x − 4 ) + y 2 − 4iy
z
x + iy
(
=
=

=
2
2
z − 4 x − 4 + iy
( x − 4) + y 2
( x − 4) + y2
là số thuần ảo khi x ( x − 4 ) + y 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) + y 2 = 4
2

7


Mà z − m = 6 ⇔ ( x − m ) + y 2 = 36
2

Ta được hệ phương trình

36 − m 2
x
=

( x − m ) 2 + y 2 = 36 ( 4 − 2m ) x = 36 − m 2
4 − 2m

⇔
⇔
2




2
2
2
2
2


36
−
m
y
=
4
−
x
−
2
(
)
x
−
2
+
y
=
4
)
(

 y2 = 4 −

− 2÷


4
−
2
m


2

 36 − m 2

36 − m 2
36 − m 2
− 2÷ = 0 ⇔ 2 =
− 2 hoặc −2 =
−2
Ycbt ⇔ 4 − 
4 − 2m
4 − 2m
 4 − 2m

⇔ m = 10 hoặc m = −2 hoặc m = ±6 . Vậy tổng là 10 − 2 + 6 − 6 = 8 .
Cách 2:
( x − m ) 2 + y 2 = 36
Để có một số phức thỏa mãn ycbt thì hpt 
2
2
( x − 2 ) + y = 4

nghiệm

có đúng một

Nghĩa là hai đường tròn ( C1 ) : ( x − m ) + y 2 = 36 và ( C2 ) : ( x − 2 ) + y 2 = 4 tiếp
2

2

xúc nhau.
Xét ( C1 ) có tâm I1 ( 2;0 ) bán kính R1 = 2 , ( C2 ) có tâm I 2 ( m;0 ) bán kính R2 = 6
m−2 =4
 I1I 2 = R1 − R2
⇔
⇒ m ∈ { −6;6;10; −2} .
Cần có : 
 m − 2 = 6
 I1I 2 = R1 + R2
Vậy tổng là 10 − 2 + 6 − 6 = 8 .
Ví dụ 4 : Cho số phức z thỏa mãn z + 4 z = 7 + i ( z − 7 ) . Khi đó, môđun của z
bằng bao nhiêu?
A. z = 5 .

B. z = 3 .

C. z = 5 .

D. z = 3 .

Lời giải

Chọn C
Đặt z = a + bi với a , b ∈ ¡ . Khi đó z = a − bi .

8


Ta có z + 4 z = 7 + i ( z − 7 ) ⇔ a + bi + 4 ( a − bi ) = 7 + i ( a + bi − 7 )
⇔ a + bi + 4a − 4bi = 7 + ai − b − 7i ⇔ 5a + b − ( a + 3b ) i = 7 − 7i
5a + b = 7
a = 1
⇔
⇔
. Do đó z = 1 + 2i . Vậy z = 5 .
a + 3b = 7
b = 2
Ví dụ 5: Biết số phức z có phần ảo khác 0 và thỏa mãn z − ( 2 + i ) = 10 và
z.z = 25 . Điểm nào sau đây biểu diễn số phức z trên?
A. P ( 4; − 3)
B. N ( 3; − 4 )
C. M ( 3; 4 )

D. Q ( 4; 3)

Lời giải
Chọn C
Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ , y ≠ 0 ) .
Ta có z − ( 2 + i ) = 10 ⇔ x + yi − ( 2 + i ) = 10
⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) i = 10 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 10 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 5 .
2

2

Lại có z.z = 25 ⇔ x 2 + y 2 = 25 nên 25 − 4 x − 2 y = 5 ⇔ 2 x + y = 10
⇔ y = 10 − 2 x
x = 5 .
2
⇒ x 2 + ( 10 − 2 x ) = 25 ⇔ 5 x 2 − 40 x + 75 = 0 ⇔ 
x = 3
+ Với x = 5 ⇒ y = 0 , không thỏa mãn vì y ≠ 0 .
+ Với x = 3 ⇒ y = 4 , thỏa mãn y ≠ 0 ⇒ z = 3 + 4i .
Do đó điểm M ( 3; 4 ) biểu diễn số phức z .
Ví dụ 6: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , a > 0 ) thỏa mãn z − 1 + 2i = 5 và
z.z = 10 . Tính P = a − b .
A. P = 4
B. P = −4
C. P = −2
D. P = 2
Lời giải
Chọn A
Từ giả thiết z − 1 + 2i = 5 và z.z = 10 ta có hệ phương trình
( a − 1) 2 + ( b + 2 ) 2 = 5
 2
2
a + b = 10

9


a = 2b + 5
a − 2b = 5

a = 3
hay
⇔ 2
⇔
⇒


2
2
2
b
=
−
1
( 2b + 5 ) + b = 10 
a + b = 10

a = −1
(loại). Vậy

b
=
−
3


P = 4.
Ví dụ 7: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ , a > 0 ) thỏa
z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i . Tính S = a + b .
A. S = −17 .

B. S = 5 .

C. S = 7 .

D. S = 17 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: z.z − 12 z + ( z − z ) = 13 − 10i ⇔ a 2 + b 2 − 12 a 2 + b 2 + 2bi = 13 − 10i
a 2 + b 2 − 12 a 2 + b 2 = 13 a 2 + 25 − 12 a 2 + 25 = 13
⇔
⇔
2b = −10
b = −5
  a 2 + 25 = 13
 
a = ±12 a = 12
⇔   a 2 + 25 = −1( VN ) ⇔ 
⇒
, vì a > 0 .

b
=
−
5
b
=
−
5




b = −5
Vậy S = a + b = 7 .
Ví dụ 8: Gọi S là tập hợp các số thực m sao cho với mỗi m ∈ S có đúng một số
phức thỏa mãn z − m = 4 và

z
là số thuẩn ảo. Tính tổng của các phần tử của
z−6

tập S .
A. 0

C. 6

B. 12

D. 14

Lời giải
Chọn B
Điều kiện z ≠ 6 . Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) .
2
Ta có z − m = 4 ⇔ x − m + yi = 4 ⇔ ( x − m ) + y 2 = 16 ( C ) .

6 ( x − 6 − yi )
6
z

6
=
1
+
=
1
+
=
1
+
Lại có
2
x − 6 + yi
z −6
z −6
( x − 6) + y2

10


=1+

6( x − 6)

( x − 6)

2

+y

2

−

6y

( x − 6)

2

+ y2

i.

6( x − 6)
z
1
+
=0
Khi đó
là số thuẩn ảo khi
2
z−6
( x − 6) + y 2
2
2
⇔ ( x − 6 ) + y 2 + 6 ( x − 6 ) = 0 ⇔ ( x − 3) + y 2 = 9 ( C ′ ) .

Như vậy ( C ) có tâm I ( m;0 ) , bán kính R = 4 và ( C ′ ) có tâm I ′ ( 3;0 ) , bán kính
uur

R′ = 3 . Do đó II ′ = ( 3 − m;0 ) ⇒ II ′ = m − 3 .
YCBT ⇔ ( C ) và ( C ′ ) tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài
m = 4
m = 2
 II ′ = R − R′ = 1  m − 3 = 1
⇔
⇔
⇔
⇒ S = 12 .

m
=
10
 m − 3 = 7
 II ′ = R + R ' = 7

 m = −4
Ví dụ 9 : Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) và thỏa mãn điều kiện
( 1 + 2i ) z − ( 2 − 3i ) z = 2 + 30i . Tính tổng S = a + b .
A. S = −2 .

B. S = 2 .

C. S = 8 .

D. m .

Lời giải
Chọn C
Ta có ( 1 + 2i ) z − ( 2 − 3i ) z = 2 + 30i ⇔ ( 1 + 2i ) ( a + bi ) − ( 2 − 3i ) ( a − bi ) = 2 + 30i

a = 3
⇔ ( − a + b ) + ( 5a + 3b ) i = 2 + 30i ( P ) ⇔ 
b = 5
Khi đó S = a + b = 8 .
Ví dụ 10 : Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡
là một số thực. Tính P = a + b
A. P = 5 .
B. P = 7 .

)

thỏa mãn z = 5 và z ( 2 + i ) ( 1 − 2i )
C. P = 8 .

D. P = 4 .

Lời giải
Chọn B
z = 5 ⇔ a 2 + b 2 = 25 ( 1)

11


z ( 2 + i ) ( 1 − 2i ) = ( a + bi ) ( 4 − 3i ) = ( 4a + 3b ) + ( 4b − 3a ) i là số thực nên
4b − 3a = 0 .
2

3 
Thay vào ( 1) ta được a +  a ÷ = 25 ⇔ a = 4 ⇒ b = 3 ⇒ P = 7
4 

2

Ví dụ 11 : Số phức z = a + bi ( với a , b là số nguyên) thỏa mãn ( 1 − 3i ) z là số
thực và z − 2 + 5i = 1 . Khi đó a + b là
A. 9

B. 8

C. 6

D. 7

Lời giải
Chọn B
Ta có: ( 1 − 3i ) z = ( 1 − 3i ) ( a + bi ) = a + 3b + ( b − 3a ) i .
Vì ( 1 − 3i ) z là số thực nên b − 3a = 0 ⇒ b = 3a ( 1) .
z − 2 + 5i = 1 ⇔ a − 2 + ( 5 − b ) i = 1 ⇔ ( a − 2 ) 2 + ( 5 − b ) 2 = 1 ( 2 ) .
2
2
Thế ( 1) vào ( 2 ) ta có: ( a − 2 ) + ( 5 − 3a ) = 1 ⇔ 10a 2 − 34a + 28 = 0

a = 2 ⇒ b = 6
⇔
.
7
 a = (loaïi)
5

Vậy a + b = 2 + 6 = 8 .
Ví dụ 12: Cho số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

thỏa mãn z + 1 + 3i − z i = 0 . Tính

S = a + 3b .
A. S =

7
.
3

B. S = −5 .

C. S = 5 .

7
D. S = − .
3

Lời giải
Chọn B
Ta có z + 1 + 3i − z i = 0 ⇔ a + bi + 1 + 3i − i a 2 + b 2 = 0
a + 1 = 0
⇔ a + 1 + b + 3 − a 2 + b2 i = 0 ⇔ 
2
2
b + 3 = a + b

(

)

12


a = −1
a = −1


⇔ b ≥ −3
⇔
4 ⇒ S = −5
 b + 3 2 = 1 + b 2
b = − 3
)
(
Dạng 2: Bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của số phức.
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 1 + z + 2 1 − z bằng
A.

5.

B. 6 5 .

C. 2 5 .

D. 4 5 .

Lời giải
Chọn B
Gọi số phức z = x + yi , với x, y ∈ R .
Theo giả thiết, ta có z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 . Suy ra −1 ≤ x ≤ 1 .
Khi đó, P = 1 + z + 2 1 − z =

( x + 1)

2

+ y2 + 2

( x − 1)

2

+ y2

= 2x + 2 + 2 2 − 2x .
Suy ra P ≤

(1

2

+ 22 ) ( 2 x + 2 ) + ( 2 − 2 x )  hay P ≤ 2 5 , với mọi −1 ≤ x ≤ 1 .

3
4
Vậy Pmax = 2 5 khi 2 2 x + 2 = 2 − 2 x ⇔ x = − , y = ± .

5
5
Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn z − 3 − 4i = 5 và biểu thức
2
2
P = z + 2 − z − i đạt giá trị lớn nhất. Môđun của số phức z bằng

A. 10 .

B. 5 2 .

C. 13 .

D. 10 .

Lời giải
Chọn B
Đặt z = x + yi với x, y ∈ ¡ và gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn của z trên Oxy , ta
có z − 3 − 4i = 5 ⇔ ( x − 3) + ( y − 4 ) = 5
2

2

2
2
2
2
Và P = z + 2 − z − i = ( x + 2 ) + y 2 − x 2 − ( y − 1) = 4 x + 2 y + 3 .

13

Như vậy P = 4 x + 2 y + 3 =  4 ( x − 3) + 2 ( y − 4 )  + 23
≤ 42 + 22 .

( x − 3)

2

+ ( y − 4 ) + 23 = 33
2

x = 5
x −3 y − 4
=
=t


2
⇔ y = 5 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  4
4 ( x − 3) + 2 ( y − 4 ) = 10
t = 0,5


Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi z = 5 + 5i ⇒ z = 5 2 .
Ví dụ 3: Xét số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M , M ′ .
Số phức z ( 4 + 3i ) và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn lần lượt là N ,
N ′ . Biết rằng M , M ′ , N , N ′ là bốn đỉnh của hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ
nhất của z + 4i − 5 .

A.

1
.
2

B.

4
.
13

C.

5
.
34

D.

2
.
5

Lời giải
Chọn A
Gọi z = a + bi ⇒ M ( a; b ) , M ′ ( a; −b ) .
Ta có: z ( 4 + 3i ) = ( a + bi ) ( 4 + 3i ) = 4a − 3b + ( 3a + 4b ) i
⇒ N ( 4a − 3b;3a + 4b ) , N ′ ( 4a − 3b; −3a − 4b ) .
Vì MM ′ và NN ′ cùng vuông góc với trục Ox nên M , M ′ , N , N ′ là bốn đỉnh

( 2b ) 2 = ( 6a + 8b ) 2

 MM ′ = NN ′
⇔ ( 3a − 3b ) .0 + ( 3a + 3b ) .( −2b ) = 0
của hình chữ nhật khi 
 MN ⊥ MM ′ 
b ≠ 0,3a + 4b ≠ 0
a + b = 0
⇔
.
b
≠
0,3
a
+
4
b
≠
0

Khi đó: z + 4i − 5 = ( a − 5 ) + ( b + 4 ) i =

( a − 5)

2

+ ( b + 4)

2

14


=

( a − 5)

2

+ ( 4 − a)

2

2

9 1
1 .

= 2a − 18a + 41 = 2  a − ÷ + ≥
2 2
2

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của z + 4i − 5 là

1
9
9
khi a = ⇒ b = − .

2
2
2

3 5
Ví dụ 4: Cho các số phức w , z thỏa mãn w + i =
và 5w = ( 2 + i ) ( z − 4 ) .
5
Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i bằng
A. 6 7 .

B. 4 + 2 13 .

C. 2 53 .

D. 4 13 .

Lời giải
Chọn C
Gọi z = x + yi , với x, y ∈ R . Khi đó M ( x; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z .
Theo giả thiết, 5w = ( 2 + i ) ( z − 4 ) ⇔ 5 ( w + i ) = ( 2 + i ) ( z − 4 ) + 5i
⇔ ( 2 − i ) ( w + i ) = z − 3 + 2i
⇔ z − 3 + 2i = 3 . Suy ra M ( x; y ) thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 3) 2 + ( y + 2 ) 2 = 9 .
Ta có P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i = MA + MB , với A ( 1;2 ) và B ( 5;2 ) .

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H ( 3;2 ) và khi đó:
P = MA + MB ≤ 2 ( MA2 + MB 2 ) hay P ≤ 4MH 2 + AB 2 .

15

Mặt khác, MH ≤ KH với mọi M ∈ ( C ) nên P ≤ 4 KH 2 + AB 2
= 4 ( IH + R ) + AB 2 = 2 53 .
2

M ≡ K
3 11
Vậy Pmax = 2 53 khi 
hay z = 3 − 5i và w = − i .
5 5
 MA = MB
Ví dụ 5: Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i = 1 . Giá trị lớn nhất của z + 1 + i là
A. 13 + 2 .

D. 13 + 1 .

C. 6 .

B. 4 .
Lời giải

Chọn D
Gọi z = x + yi ta có z − 2 − 3i = x + yi − 2 − 3i = x − 2 + ( y − 3) i .
2
2
Theo giả thiết ( x − 2 ) + ( y − 3) = 1 nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm
trên đường tròn tâm I ( 2;3) bán kính R = 1 .

Ta có z + 1 + i = x − yi + 1 + i = x + 1 + ( 1 − y ) i =
Gọi M ( x; y ) và H ( −1;1) thì HM =

( x + 1)

2

( x + 1)

2

+ ( y − 1) .
2

+ ( y − 1) .
2

Do M chạy trên đường tròn, H cố định nên MH lớn nhất khi M là giao của
HI với đường tròn.
 x = 2 + 3t
Phương trình HI : 
, giao của HI và đường tròn ứng với t thỏa mãn:
 y = 3 + 2t
1
3
2 
3
2 


;3 +
,M 2 −

;3 −
nên M  2 +
÷
÷.
13
13
13 
13
13 


Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM = 13 + 1 .
9t 2 + 4t 2 = 1 ⇔ t = ±

Ví dụ 6 : Cho z1 , z2 , z3 là các số phức thỏa mãn z1 + z2 + z3 = 0 và
z1 = z2 = z3 = 1. Khẳng định nào dưới đây là sai ?
3
3
3
3
3
3
A. z1 + z2 + z3 = z1 + z2 + z3 .

3
3
3
3
3
3

B. z1 + z2 + z3 ≤ z1 + z2 + z3 .

3
3
3
3
3
3
C. z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 .

3
3
3
3
3
3
D. z1 + z2 + z3 ≠ z1 + z 2 + z3 .

16


Lời giải
Chọn D
Ta có: z1 + z2 + z3 = 0 ⇔ z2 + z3 = − z1

( z1 + z2 + z3 )

3

= z13 + z23 + z33 + 3 ( z1z2 + z1 z3 ) ( z1 + z2 + z3 ) + 3z 2 z3 ( z2 + z3 )

= z13 + z23 + z33 − 3z1 z2 z3 ⇒ z13 + z23 + z33 = 3z1 z2 z3 .
⇒ z13 + z23 + z33 = 3 z1 z2 z3 = 3 z1 z2 z3 = 3
3
3
3
Mặt khác z1 = z2 = z3 = 1 nên z1 + z2 + z3 = 3 . Vậy phương án D sai.

Ví dụ 7: Cho số phức z thỏa mãn z = 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
2
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z + 1 + z − z + 1 . Tính giá trị của

M .m .
A.

13 3
.
4

B.

39
.
4

C. 3 3 .

D.

13

.
4

Lời giải
Chọn A
Gọi z = x + yi; ( x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ ) . Ta có: z = 1 ⇔ z.z = 1

Đặt t = z + 1 , ta có 0 = z − 1 ≤ z + 1 ≤ z + 1 = 2 ⇒ t ∈ [ 0;2] .
t2 − 2
Ta có t = ( 1 + z ) ( 1 + z ) = 1 + z.z + z + z = 2 + 2 x ⇒ x =
.
2
2

Suy ra z 2 − z + 1 = z 2 − z + z.z = z z − 1 + z =

( 2 x − 1)

2

= 2x − 1 = t 2 − 3 .

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t − 3 , t ∈ [ 0;2] . Bằng cách dùng đạo hàm, suy ra

max f ( t ) =

13
13 3 .
; min f ( t ) = 3 ⇒ M .n =

4
4

Ví dụ 8 : Gọi điểm A, B lần lượt biểu diễn các số phức z và z′ =

1+ i
z; ( z ≠ 0 )
2

trên mặt phẳng tọa độ ( A, B, C và A′, B′, C ′ đều không thẳng hàng). Với O là
gốc tọa độ, khẳng định nào sau đây đúng?
A. Tam giác OAB đều.
B. Tam giác OAB vuông cân tại O .

17


C. Tam giác OAB vuông cân tại B .
D. Tam giác OAB vuông cân tại A .
Lời giải
Chọn C
Ta có: OA = z ; OB = z′ =

1+ i
1+ i
2
.z =
.z =
z
2

2
2

uuu
r uuu
r uuu
r
1+ i
1− i
2
z =
.z =
z
Ta có: BA = OA − OB ⇒ BA = z − z′ = z −
2
2
2
Suy ra: OA2 = OB 2 + AB 2 và AB = OB ⇒ OAB là tam giác vuông cân tại B .
2
Ví dụ 9: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 4 = 2 z . Khẳng định nào sau

đây là đúng?
A.

3 −1
3 +1
.
≤ z≤
6
6

B. 5 − 1 ≤ z ≤ 5 + 1 .

C. 6 − 1 ≤ z ≤ 6 + 1 .

D.

2 −1
2 +1
.
≤ z≤
3
3

Lời giải
Chọn B
Áp dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v , ta được
2

2

2 z + −4 = z 2 + 4 + − 4 ≥ z ⇒ z − 2 z − 4 ≤ 0 ⇒ z ≤ 5 + 1
2

2

2 z + z = z2 + 4 + −z2 ≥ 4 ⇒ z + 2 z − 4 ≥ 0 ⇒ z ≥ 5 −1
Vậy, z nhỏ nhất là

5 − 1, khi z = −i + i 5 và z lớn nhất là

5 + 1, khi

z = i + i 5.
Ví dụ 10: Gọi z = x + yi  ( x, y ∈ R ) là số phức thỏa mãn hai điều kiện
2
2
z − 2 + z + 2 = 26 và z −

A. xy =

9
.
4

3
3
−
i đạt giá trị lớn nhất. Tính tích xy.
2
2

B. xy =

13
.
2

C. xy =

16
.
9

D. xy =

9
.
2

18


Lời giải
Chọn D
Đặt z = x + iy  ( x, y ∈ R ) . Thay vào điều kiện thứ nhất, ta được x 2 + y 2 = 36.
Đặt x = 3cos t , y = 3sin t. Thay vào điều kiện thứ hai, ta có
P =  z −

3
3
 π
−
i = 18 − 18sin  t + ÷ ≤ 6.
4
2
2


3π

3 2 3 2
 π
⇒z=−
−
i.
Dấu bằng xảy ra khi sin  t + ÷ = −1 ⇒ t = −
4
4
2
2


Bài tập tương tự.
2
Bài 1. Với mọi số phức z , ta có z + 1 bằng ?
2

A. z + 2 z + 1 .

B. zz + z + z + 1 .

C. zz + 1 .

D. z + z + 1 .

Bài 2. Cho số phức thực sự z . Hỏi số nào sau đây không phải là số thực ?
A. w = z + z .

B. w =

z−z
.
2i

C. w = z z .

D. w = z 2 z − zz 2 .

1
Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn z = . Hỏi mệnh đề nào sau đây là đúng ?
z
A. z là số thực.

B. z là số thuần ảo.

C. z = 1 .

D. z = z 2 .

Bài 4. Cho z là số phức thỏa mãn z − z = 2 3 và
A. z =

2
.
2

B. z = 2 .

z
là số thực. Tính z ?

z2

C. z =

3
.
2

D. z = 3 .

Bài 5. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 = z2 = 1, z1 + z2 = 3 . Tính z1 − z2 ?
A. 2.

B. 1.

C. 0.

D. − 3 .

1
Bài 6. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn 6 z − i = 2 + 3iz , z1 − z2 = .
3
Tính z1 + z2 ?
A. 3.

B. 2.

C.

3.

D.

2.
19


2

z
z −i
Bài 7. Tính môđun của số phức z , biết
+ iz +
=0 .
z
1− i
A. 2.

B.

13
.
3

C.

1
.
3

D.

1
.
9

Bài 8. Cho các số phức a, b, c, z thỏa mãn az 2 + bz + c = 0 ( a ≠ 0 ) . Gọi z1, z2 lần
lượt là hai nghiệm của phương trình bậc hai đã cho. Tính giá trị biểu thức
P = z1 + z2 + z1 − z2 − 2 ( z1 − z2
2

A. P = 2

2

c
.
a

B. P =

c
a

)

2

C. P = 4

c
.
a

D. P =

1 c
.
2a

Bài 9. Cho ba số phức a, b, c (a ≠ 0) thỏa mãn a = b = c > 0 . Số phức z là
nghiệm của phương trình az 2 + bz + c = 0 . Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z lần
lượt là.
A.

−1 + 5
1+ 5
và
.
2
2

B.

−1 + 2
1+ 2
và
.
2
2

C.

−1 + 3
1+ 3
và
.
2
2

D.

−1 + 2 2
1+ 2 2
và
.
2
2

Bài 10. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z +

1
= 2 3 . Giá trị lớn nhất và giá
z

trị nhỏ nhất của z lần lượt là.
A. 2 + 3 và 2 − 3 .

B. 1 + 3 và 2 − 3 .

C. 3 + 3 và 4 − 3 .

D. 2 + 3 và 4 − 3 .

Bài 11. Cho các số a, b (b ≠ 0) . Các nghiệm của phương trình z 2 + az + b2 = 0
có môđun bằng nhau. Chọn khẳng định đúng.
A.

a
là số ảo.
b

B.

a
là số thực.
b

C.

b
là số ảo.
a

D.

b
là số thực.
a

2.4. Hiệu quả của sáng kiến.
Năm học 2017-2018 tôi được giao nhiệm vụ hỗ trợ giảng dạy môn Toán ở các
lớp : 12C2, 12C3, 12C4. Trong ba lớp đa số học sinh chăm ngoan và có ý thức
20


học, đặc biệt các em rất có hứng thú học và giải toán. Tuy nhiên khi gặp các bài
số phức ở mức vận dụng cao số phức các em rất lúng túng không biết biến đổi
như thế nào hay tạo lượng liên hợp của số phức nào cho đúng, cho phù hợp. Sau
khi tiến hành thực nghiệm sáng kiến của mình tại các lớp dạy của mình, tôi đã
thu được nhiều kết quả khả quan. Hoạt động học tập của học sinh diễn ra khá sôi
nổi, đa số học sinh hiểu bài và vận dụng được vào giải toán. Một số học sinh khá
giỏi đã biết tự tìm tòi, nghiên cứu thêm ở các đề thi và sách tham khảo để hệ
thống hóa, đào sâu kiến thức.
Kết quả kiểm tra:
Lớp

Điểm yếu
Số bài

Điểm TB
%

Số bài

Điểm khá
%

Số bài

Điểm giỏi
%

Số bài

%

12C2

1

2,1

6

12,7

20

42,6

20

42,6

12C3

5

10

10

20

25

50

10

20

12C4

7

14,2

15

30,6

21

42,9

6

12,3

III. KẾT LUẬN.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài tập
trên, học sinh đã biết vận dụng cách linh hoạt, vào các bài toán khác nhau, từ
đơn giản đến phức tạp. Học sinh không còn tâm lý e ngại khi gặp các bài toán
này nữa. Mặt khác, hiệu quả áp dụng tương đối cao, bài giải trở nên sáng sủa,
ngắn gọn và hầu hết các em vận dụng tốt.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song không thể tránh khỏi những sơ suất, thiếu
sót. Kính mong hội đồng khoa học các cấp và bạn bè đồng nghiệp góp ý, xây
dựng, bổ sung cho bản kinh nghiệm của tôi đạt chất lượng tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Tống Minh Tuấn

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa giải tích 12; tác giả Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan (chủ
biên); Trần Phương Dung, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng; NXB Giáo
Dục năm 2008.
2. Hướng dẫn giải các bài tập vận dụng – vân dụng cao…tác giả TS. Lê Thị
Hương, ThS Nguyễn Kiếm, ThS Hồ Xuân Thắng; NXB Đại Học Quốc Gia Hà
Nội; xuất bản năm 2016.

3. Tài liệu ôn thi THPT quốc gia; tác giả Nguyễn Tất Thu; NXB Đại Học Quốc
Gia Hà Nội; xuất bản năm 2015.
4. Trọng tâm kiến thức và bài tập giải tích tự luận và trắc nghiệm 12; tác giả
Phan Huy Khải; NXB Giáo Dục; xuất bản năm 2008.
5. Nguồn khác: Internet.

22