SKKN rèn luyện kỹ năng giải bài toán cực trị môđun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng nhằm nâng cao năng lực

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
MÔĐUN SỐ PHỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO NĂNG LỰC
GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH.

Giáo viên: Nguyễn Khắc Sâm
Tổ:
Toán - Tin
Trường: THPT Như Thanh
SKKN thuộc môn Toán.

THANH HÓA, NĂM 2018


MỤC LỤC
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ.........................................19
Như Thanh, ngày 03 tháng 05 năm 2018....................................19
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.................................................................19
.................................................................................................19
Nguyễn Khắc Sâm....................................................................19


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.

Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi
mới phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu.
Đổi mới phương pháp dạy học với mục đích phát huy tốt nhất tính tích cực, sáng
tạo của người học. Nhưng không phải thay đổi ngay lập tức bằng những phương
pháp hoàn toàn mới lạ mà phải là một quá trình áp dụng phương pháp dạy học
hiện đại trên cơ sở phát huy các yếu tố tích cực của phương pháp dạy học truyền
thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp học tập của học sinh chuyển từ thụ
động sang chủ động.
Trong chương trình đổi mới nội dung Sách giáo khoa, số phức được đưa
vào chương trình toán học phổ thông và được giảng dạy ở cuối lớp 12. Số phức
là vấn đề hoàn toàn mới và khó đối với học sinh, đòi hỏi người dạy phải có tầm
nhìn sâu, rộng về nó. 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 để tạo nên
sự lôi cuốn, hấp dẫn người học. Bằng việc kết hợp các tính chất của số phức với
một số kiến thức đơn giản khác về lượng giác, giải tích, đại số và hình học giáo
viên có thể xây dựng được khá nhiều dạng toán với nội dung hấp dẫn và hoàn
toàn mới mẻ. Tuy nhiên trong thực tế giảng dạy, việc chuyển bài toán Đại số nói
chung và số phức nói riêng sang bài toán hình học ở nhiều học sinh nói chung
còn khá nhiều lúng túng, vì vậy việc giải bài toán về số phức gây ra khá nhiều
khó khăn cho học sinh.
Bài toán cực trị số phức thông thường có khá nhiều cách lựa chọn để giải
như Bất đẳng thức, khảo sát hàm số….. Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi
muốn rèn luyện cho học sinh một lối tư duy vận dụng linh hoạt phương pháp
chuyển đổi từ bài toán đại số sang bài toán hình học cho học sinh. Với mục tiêu
đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ tập trung giải quyết theo hướng hình
học. Xuất phát từ những lý do trên, tôi chọn đề tài “Rèn luyện kỹ năng giải bài
toán cực trị môđun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng nhằm
nâng cao năng lực giải toán cho học sinh” để nghiên cứu.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Đề tài này nghiên cứu nhằm giúp học sinh giải quyết tốt các bài toán vận

dụng cao về cực trị môđun số phức,.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Sáng kiến kinh nghiệm có đối tượng nghiên cứu là các bài toán cực trị
môđun số phức, được nghiên cứu ở nhiều dạng toán khác nhau.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Để trình bày sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã sử dụng phối kết hợp
nhiều phương pháp như:
-Nghiên cứu tài liệu, quan sát, điều tra cơ bản, thực nghiệm so sánh, phân
tích kết quả thực nghiệm, … phù hợp với môn học thuộc lĩnh vực Toán học.
- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.

3


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận.
Nghị quyết hội nghị Trung ương VIII khóa XI chỉ đạo: “Giáo dục và đạo
tạo là Quốc sách hàng đầu, là sự nghiệp của Đảng và Nhà nước và của toàn dân.
Đầu tư cho giáo dục là đầu tư phát triển, được ưu tiên đi trước cho các chương
trình, kế hoạch phát triển KT-XH; phát triển giáo dục và đạo tạo là nâng cao dân
trí, đạo tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài. Chuyển mạnh quá trình giáo dục từ chủ
yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện năng lực và phẩm chất người
học. Học đi đôi với hành, lý luận gắn với thực tiễn, giáo dục nhà trường kết hợp
với giáo dục gia đình và giáo dục xã hội”.
Nghị quyết hội nghị Trung ương VIII khóa XI đề ra mục tiêu: “Đối với
giáo dục phổ thông tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất,
năng lực công dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu, định hướng nghề nghiệp
cho học sinh. Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, chú trọng giáo dục lý
tưởng truyền thống đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, năng lực và kỹ năng
thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn, phát triển khả năng sáng tạo và tự

học, khuyến khích học tập suốt đời, hoàn thành đào tạo giáo dục phổ thông giai
đoạn sau 2015”.
2.2. Thực trạng.
Trong quá trình dạy học ở trường THPT Như Thanh nhiều năm nay tôi
nhận thấy việc học bộ môn toán của học sinh là rất khó khăn, đặc biệt là phần
cực trị môđun số phức. Các em không biết bắt đầu từ đâu, vận dụng kiến thức
liên quan nào…. Chính những khó khăn đó đã ảnh hưởng không nhỏ đến chất
lượng học tập môn Toán, dẫn đến các em không có hứng thú trong việc học môn
Toán.
Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài tập
cực trị môđun của số phức, các em thường thụ động trong việc tiếp cận bài toán
và phụ thuộc nhiều vào các cách giải mà giáo viên cung cấp chứ chưa chú ý đến
việc khai thác các bài toán cực trị trong hình học phẳng để giải các dạng bài toán
này.
Kết quả khảo sát ở một số lớp chọn khối A của trường chỉ có 10% học
sinh hứng thú với bài toán cực trị môđun số phức.
2.3. Giải quyết vấn đề.
Năm học 2017-2018 sau khi nội dung thi THPT QG có cả nội dung lớp 11
thì Bộ GD&ĐT có công bố đề minh họa 2018 và có bài toán sau:
Xét các số phức z = a + bi (a, b ∈ R) thỏa mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính P = a + b khi
z + 1 − 3i + z − 1 − i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 10
B. P = 4
C. P = 6
D. P = 8 .
(Trích câu 46 đề minh họa THPT Quốc gia 2018).
Đây là bài toán tương đối khó với các em học sinh phổ thông, kể cả
những học sinh có học lực giỏi. Cái khó khăn của bái toán trên chính là mối
liên hệ giữa hai điều kiện z − 4 − 3i = 5 và z + 1 − 3i + z − 1 − i . Sau đây là một số
cách giải bài toán này.

4


Cách 1:
Đặt

M = M ( z) .

Từ

hệ

z − 4 − 3i = 5

thức

ta

suy

ra:

M ∈ (C ) : ( x − 4 ) + ( y − 3) = 5 .
2

2

Đặt A(−1;3); B(1;−1), I là trung điểm của AB thì I ( 0;1) .
Khi đó: z + 1 − 3i + z − 1 − i = MA + MB . Ta biết rằng MA + MB lớn nhất khi

MI lớn nhất.
M
M

A

I

A
O

I

B

O

B

Đường thẳng ( ∆ ) đi qua I và vuông góc với AB có phương trình là:
( x − 4) 2 + ( y − 3) 2 = 5
x − 2 y + 2 = 0 . Xét hệ phương trình: 
giải ra ta được:
x − 2 y + 2 = 0
 x = 2; y = 2

. Từ hình vẽ ta chọn được H (2; 2), K (6; 4) .
 x = 6; y = 4
Vậy chọn K (6; 4) ⇒ P = a + b = 10 .

Vậy, chọn đáp án A.
Cách 2:
2
2
Ta có: z − 4 − 3i = 5 ⇔ ( a − 4 ) + ( b − 3) = 5 ⇔ a 2 + b 2 = 8a + 6b − 20 .
Lại có: M = z + 1 − 3i + z − 1 − i = ( a + 1) + ( b − 3) + ( a − 1) + ( b + 1)
Suy ra:
2

2

2

2

2
2
2
2
M 2 ≤ 2 ( a + 1) + ( b − 3) + ( a − 1) + ( b + 1)  ≤ 2  2(a 2 + b 2 ) − 4b + 12  ≤ 8(4a + 2b − 7) .


2
M
+ 7 ≤ 4a + 2b .
Khi đó:
8

Ta có: 4a + 2b = 4(a − 4) + 2(b − 3) + 22 ⇒ 4a + 2b − 22 ≤ (16 + 4) (a − 4) 2 + (b − 3) 2  .

5


⇒ 4a + 2b − 22 ≤ 10 ⇔ 4a + 2b ≤ 32 . Suy ra:

M2
≤ 25 ⇒ M 2 ≤ 200 ⇒ M ≤ 10 2 . Vậy,
8

4a + 2b = 32
a = 6
M max = 10 2 khi 
⇔
⇒ P = a + b = 10 . Vậy, chọn đáp án A.
2a − 4b = −4
b = 4
2
2
Cách 3: Ta có: z − 4 − 3i = 5 ⇔ ( a − 4 ) + ( b − 3) = 5 .
 a = 5 sin x + 4

Đặt 

b = 5 cos x + 3

Khi đó : M = z + 1 − 3i + z − 1 − i = ( a + 1) + ( b − 3) + ( a − 1) + ( b + 1)
2

2

2

2

= 10 5 sin x + 30 + 6 5 sin x + 8 5 cos x + 30

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
M ≤ 2(16 5 sin x + 8 5 cos x + 60 = 2 8 5(2sin x + cos x) + 60  ≤ 10 2 .
2

sin x = 5
a = 5 sin x + 4 = 6
⇒
⇒ P = a + b = 10
Vậy M max = 10 2 khi 
1
b
=
5
cos
x
+
3
=
4
cos x =


5

Vậy, chọn đáp án A.
Nhận xét: Bài toán trên có thể vẫn còn nhiều cách giải khác, qua ba cách
giải trên, ta thấy tiếp cận bài toán theo cách 1 (phương pháp hình học) là đơn
giản và nhanh gọn. Hơn nữa, phương pháp sử dụng bất đẳng thức để giải quyết
bài toán là điều không dễ dàng với phần lớn học sinh.
2.3.1. Cơ sở lý thuyết.
2.3.1.1. Các định nghĩa và kí hiệu.
a) Số i: Ta thừa nhận có một số mà bình phương của nó bằng -1.
b) Số phức: Cho x, y ∈¡ , biểu thức z = x + yi gọi là một (dạng đại số) số phức.
Trong đó x: phần thực, y: phần ảo.
c) Với mỗi số phức z = x + yi , giá trị biểu thức x 2 + y 2 gọi là môđun của z. Kí
hiệu: z . Như vậy, z = x 2 + y 2 .
d) Cho số phức z = x + yi . Số phức z = x − yi gọi là số phức liên hợp với số
phức z .
e) Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M ( x; y ) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M ( x; y ) biểu diễn một số phức là z = x + yi .
Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi kí hiệu M ( x; y) = M ( z ) , hay đơn giản
M ( z ) để chỉ M là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi .
2.3.1.2. Các phép toán trên tập hợp số phức.
2
Cho hai số phức z = x + yi, z ' = x '+ y ' i , ( x, y, x ', y ' ∈ ¡ ; i = −1) .
+) Phép cộng: z + z ' = ( x + x ') + ( y + y ')i .
+) Phép trừ: z − z ' = ( x − x ') + ( y − y ')i .
+) Phép nhân: z.z ' = ( xx '− yy ') + ( xy '+ x ' y)i .

6


+) Phép chia:

z
z. z '
=
( z ' ≠ 0) .
z ' z '.z '

2.3.1.3. Một số kí hiệu chuyển từ số phức sang tọa độ Oxy quen thuộc.
+) Với M ( z ) thì z = OM .
+) Với M = M ( z ), M ' = M '( z ') thì z − z ' = MM ' .
+) Với A = A( z A ), B = B( zB ) , trong đó z A , z B là hai số phức khác nhau cho trước
thì tập hợp các điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức z − z A = z − zB là đường trung
trực của đoạn thẳng AB.
+) Với M 0 = M 0 ( z0 ), R > 0 , tập hợp các điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức:
z − z0 = R là đường tròn tâm M 0 bán kính R .
+) Với M 0 = M 0 ( z0 ), a > 0 , tập hợp các điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức:
z − z A + z − z B = 2a là đường Elíp có hai tiêu điểm A, B.
2.3.1.4. Một số bài toán cực trị hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy.
Bài toán 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = 0 và
điểm M 0 ( x0 ; y0 ) . Tìm trên (∆) điểm M ( x; y ) sao cho M 0 M nhỏ nhất.
Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M 0 trên (∆) với ∀M ∈ (∆) thì ta có:
M 0 M ≥ M 0 H , do đó M 0 M nhỏ nhất thì M ≡ H . Từ đó ta viết phương trình đường
thẳng (d ) đi qua M vuông góc với (∆) . Giải hệ gồm hai phương trình đường
thẳng (∆) và (d ) ta suy ra nghiệm ( x; y ) . Từ đó ta tìm được điểm M.
M0

( ∆)
M

H

Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = 0 và
hai điểm A( x A ; y A ) , B( xB ; yB ) . Tìm trên (∆) điểm M ( x; y ) sao cho: MA + MB nhỏ
nhất.
Giải: Đây là bài toán khá cơ bản trong hình học phẳng mà học sinh đã được học
từ chương trình THCS. Ta thấy rằng:
+) Nếu hai điểm A, B nằm về hai phía so với (∆) thì với mọi
M ∈ ∆, MA + MB ≥ AB . Vậy MA + MB nhỏ nhất là MA + MB = AB khi và chỉ khi ba
điểm A, B, M thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ AB .
A

B

A
M0

(∆)
M

Mo

(∆)
M

+) Nếu hai điểm A, B nằm về cùng một phía soA’với (∆) thì ta gọi A ' là điểm đối
B
xứng với A qua (∆) . Khi đó với mọi M ∈ ∆, MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B . Vậy
7


MA + MB nhỏ nhất là MA + MB = A ' B khi và chỉ khi ba điểm A ', M , B thẳng hàng,

hay M = ∆ ∩ A ' B .
Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = 0 và
hai điểm A( xA ; y A ) , B( xB ; yB ) . Tìm trên (∆) điểm M ( x; y ) sao cho: MA2 + MB 2 nhỏ

nhất.
Giải. Gọi

I là trung điểm AB . Khi đó, với mọi M ∈ ∆ ta có:
MA + MB 2 AB 2
AB 2
2
2
2
2
MI =
−
Suy ra, MA + MB = 2MI +
. Do A, B cố định nên
2
4
2
AB không đổi, do đó MA2 + MB 2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M ≡ M 0 , trong đó
M 0 là hình chiếu của I trên đường thẳng (∆) . Và giá trị nhỏ nhất của
AB 2
AB 2
MA2 + MB 2 = 2M 0 I 2 +
= 2d 2 ( I , ∆ ) +
.
2
2

Bài toán 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = 0 và
hai điểm A( x A ; y A ) , B( xB ; yB ) . Tìm trên (∆) điểm M ( x; y ) sao cho: MA − MB lớn
2

nhất.
Giải: Với hai điểm A, B cố định.
+) Nếu A, B cùng phía so với (∆) thì với mọi M ∈ ∆ ta luôn có: MA − MB ≤ AB ,
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm M , A, B thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ AB .
B

B

A
A’

(∆ )
M0

M

M0

A, B cùng phía với (∆)

A

M

(∆ )

A, B khác phía với (∆)

+) Nếu hai điểm A, B nằm khác phía so với (∆) thì ta gọi A ' là điểm đối xứng
với A qua (∆) . Khi đó với mọi M ∈ ∆ ta luôn có MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B .Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm M , A ', B thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ A ' B .
Bài toán 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) tâm I bán kính R
và hai điểm A( x A ; y A ) , B( xB ; yB ) . Tìm trên (C ) điểm M ( x; y ) sao cho: MA2 + MB 2
nhỏ nhất (lớn nhất).
Giải: Gọi H là trung điểm AB ta có: MH 2 =
MA2 + MB 2 = 2 MH 2 +

MA2 + MB 2 AB 2
−
2
4

suy ra:

AB 2
. Do AB cố định nên AB không đổi.
2

Vậy:
+) MA2 + MB 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi: MH nhỏ nhất ⇔ M ≡ M1 và giá trị nhỏ
nhất của
8


2

MA2 + MB 2 là 2 R − IH +

AB 2
.
2

+) MA2 + MB 2 lớn nhất khi và chỉ khi: MH lớn nhất ⇔ M ≡ M 2 và giá trị lớn nhất
AB 2
của MA + MB là 2 R + IH +
.
2
2

2

2

H

A

B

M1
M

I

M2

Bài toán 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường Elíp (E) có hai tiêu điểm
A( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) . Tìm trên ( E ) điểm M ( x; y ) sao cho: OM nhỏ nhất (lớn nhất).
Giải:
y
M
A
A

O
O

B
B

x

Với bài toán này thì ta chỉ cần xác định các yếu tố của Elíp: Tiêu điểm, Tọa độ
các đỉnh của (E). OM nhỏ nhất (lớn nhất) khi M trùng đỉnh của (E). Trong
trường hợp xác định được phương trình Elíp thì ta cần xác định độ dài trục lớn,
độ dài trục bé để xác định giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
2.3.2. Một số dạng bài toán cực trị số phức.
Dạng 1: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường thẳng.
Với dạng này thì ta thường gặp một số bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z − z1 = z − z2 (với z1 , z2 , z3 , z4 là các số phức
cho trước).
9


1)
2)

3)

Tìm số phức z để z − z0 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm số phức z để z − z3 + z − z4 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
2
Tìm số phức z để z − z3 + z − z4 đạt giá trị nhỏ nhất.

4)
Tìm số phức z để z − z3 − z − z4 đạt giá trị lớn nhất.
Nhận xét: Ta gọi M = M ( z ) , M 0 = M 0 ( z0 ) , A = A ( z1 ) , B = B ( z2 ) ; C = C ( z3 ) ; D = D ( z4 )
Thì:
z − z0 = MM 0 . Từ đẳng thức z − z1 = z − z2 , suy ra M thuộc đường thẳng (∆) là
trung trực của đoạn thẳng AB. Khi đó bài toán trở thành:
1)
Tìm trên (∆) điểm M sao cho: M 0 M nhỏ nhất.
2)
Tìm trên (∆) điểm M sao cho: MC + MD nhỏ nhất.
3)
Tìm trên (∆) điểm M sao cho: MC 2 + MD 2 nhỏ nhất.
4)
Tìm trên (∆) điểm M sao cho: MC − MD lớn nhất.
Ví dụ 1. Trong tất cả các số phức z thỏa mãn hệ thức z − 1 + 3i = z − 3 − 5i . Tìm
giá trị nhỏ nhất của: z + 2 + i .
Lời giải: Đặt z = x + yi; x, y ∈ R và M = M ( z ) . Ta có:
y
6
M
1
O

-2

x
2

1

M0

∆

z − 1 + 3i = z − 3 − 5i ⇔ ( x − 1) + ( y + 3 ) = ( x − 3 ) + ( y − 5 ) ⇔ x + 4 y − 6 = 0.
2

2

2

2

Hay M ∈ ∆ : x + 4 y − 6 = 0 . Do đó z + 2 + i = M 0 M với M 0 (−2; − 1) . Áp dụng kết quả
−2 + 4.(−1) − 6
12 12 17
=
=
.
2
2
y1 + 4

17
17
A’
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z − 1 + i = z − 2 − 3i . Tìm giá trị nhỏ
nhất của P = z + 2 − i + z − 3 + 2i .

bài toán 1 ta có min z + 2 + i = d ( M 0 ; ∆) =

M
Lời giải: Đặt z = x + yi; x, y ∈ R và M = M ( z ) . Từ hệ thức z − 1 + i = z − 2 − 3i ta suy
1
ra:
A
3
x
M ∈ ∆ : 2 x + 8 y − 11 = 0 , đặt A(−2;1), B (3; − 2) .
o

-2

O
-2

B

∆
10


Dễ dàng kiểm tra được A, B nằm cùng phía so với ∆ . Khi đó:

P = z + 2 − i + z − 3 + 2i = MA + MB . Áp dụng kết quả bài toán 3 ta có:
min P = A ' B với A ' là điểm đối xứng với A qua ∆ .
Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với ∆ thì d :4 x − y + 9 = 0 . Gọi
I = d ∩ ∆ , thì tọa độ I là cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình:
61

x=−

 2 x + 8 y = 11 
34
⇔

. A ' là điểm đối xứng với A qua ∆ thì I là trung điểm AA '
4
x
−
y
=
−
9
31

y =

17
 27 45 
5 493
nên A '  − ; ÷. Suy ra min P = A ' B =
.
 17 17 

17

Qua ví dụ trên ta thấy việc khai thác các bài toán cực trị trong hình học vào giải
các bài toán cực trị của số phức sẽ đơn giản hơn rất nhiều so với phương pháp
đại số và các phương pháp khác. Giúp học sinh giải các bài toán dạng này một
cách nhanh nhất, phù hợp với xu thế làm bài trắc nghiệm trong một khoảng thời
gian ngắn.
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z − 1 + 2i = z + 3 + i . Tìm giá trị nhỏ
2
2
nhất của: P = z + i + z − 2 − i .
Lời giải: Đặt z = x + yi; x, y ∈ R và M = M ( z ) .
Từ hệ thức z − 1 + 2i = z + 3 + i ta suy ra:
M ∈ ∆ : 8 x − 2 y + 5 = 0 , đặt A(0; − 1), B(2;1) và gọi I là trung điểm của AB thì I (1;0)
13
, AB = 8 . Đến đây áp dụng
68
AB 2 305
=
kết quả bài toán 3 ta có: min P = 2d 2 ( I , ∆ ) +
.
2
34

gọi d là khoảng cách từ I đến ∆ .Ta có: d ( I , ∆ ) =

11


y

y

O
M

-3

x

B

I
O

x

2

A

Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z − 1 = z − i . Biết rằng số phức
z = x + yi; x, y ∈ R thỏa mãn: z − 3 − i − z − 2 − 6i đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị
của biểu thức P = x + 2 y .
Lời giải: Đặt M = M ( z ), A(3;1); B(2;6) . Từ hệ thức z − 1 = z − i ta suy ra:
M ∈ ∆ : x − y = 0 , kiểm tra được hai điểm A, B khác phía so với ∆ .
y
B

6
A’

∆

6
y
A

1
1
MO

O

2
1

3

x

2

Theo bài toán 4 ở trên, gọi A’ đối xứng với A qua đường thẳng ∆ : x − y = 0 ta tính
được A '(1;3) . Phương trình đường thẳng A ' B :3x − y = 0, tọa độ giao điểm của ∆
3 x − y = 0
x = 0
⇔
. Vậy, số phức z thỏa mãn
y = x
y = 0

và A ' B là cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ: 

z − 3 − i − z − 2 − 6i lớn nhất là: z = 0 + 0i ⇒ P = 0 .
Dạng 2: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn.

Với các dạng bài này ta thường gặp bài toán cơ bản sau đây:
12


Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z − z0 = R > 0 , với z0 ; z A ; zB ; zC là số phức cho
trước.
1.
Tìm số phức z để z − z A đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
2
2
2.
Tìm số phức z để z − z B + z − zC đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
Nhận xét: Đặt M = M ( z ) ; A = A ( z A ) , B = B ( z B ) , C = B ( zC ) . Từ đẳng thức z − z0 = R
, suy ra M thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính R. Khi đó bài toán trở thành.
1.
Tìm M ∈ (C ) sao cho AM đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
2.
Tìm M ∈ (C ) sao cho MA2 + MB 2 đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
Ví dụ áp dụng.
Ví dụ 1. Trong tất cả các số phức z = a + bi; a, b ∈ R thỏa mãn z − 1 + 2i = 1 . Biết
rằng: z + 3 − i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P =

a
.

b

Lời giải: Đặt M = M ( z ); I (1; − 2); A(−3;1) . Từ hệ thức z − 1 + 2i = 1 ta suy ra:
y
1

AA

O

-3
-3

1
O

1

1
x

M
- -2
2

I

I

M ∈ (C ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) = 1 , đường thẳng AI có phương trình: 3 x + 4 y + 5 = 0 .

2

2

Tọa độ giao điểm của (C) và IM là cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình:
9
13

( x − 1) 2 + ( y + 2 ) 2 = 1  x = 5 ; y = − 5
⇔

.
x = 1 ; y = − 7
3 x + 4 y + 5 = 0

5
5
9
13
Với x = ; y = − thì z + 3 − i = 6 .
5
5
1
7
Với x = ; y = − thì z + 3 − i = 4 .
5
5
1 7
a
1

Vậy: z = − i ⇒ P = = − .
5 5
b
7
3 5
Ví dụ 2. Cho các số phức w, z thỏa mãn w + z =
và 5w = (2 + i )( z − 4) . Tìm
5

giá trị lớn nhất của biểu thức: P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i .
Lời giải: Đặt M = M ( z ) . Từ đẳng thức
z − 3 + 2i = 3 ⇔ ( x − 3) + ( y + 2 ) = 9 ⇒ M ∈ (C )
2

2

13


tâm I (3; − 2); R = 3 .
y

A
O

2

B

A

B
I

O

-2

1

3

5

x

I

M

Ta có P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i = MA + MB Trong đó A(1; 2); B(5 :2) . Nhận thấy IA = IB
Gọi (∆) là đường thẳng trung trực AB thì (∆) : x − 3 = 0 . Khi đó
PMax ⇔ M = (∆ ) ∩ (C )

 x = 3
 x = 3; y = 1
⇔
Xét hệ phương trình: 
2
2

 x = 3; y = −5
( x − 3) + ( y + 2 ) = 9
Từ hình vẽ ta thấy M ( 3; − 5 ) thỏa mãn, vậy PMax = 2MA = 2 53 .
2
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn z + z + z + z = z . Tính giá trị lớn nhất của

biểu thức: P = z − 5 − 2i .
Trong bài toán này, nếu sử dụng phương pháp đại số thì chắc chắn chúng ta sẽ
nghĩ tới việc biến đổi biểu thức P về biểu thức một biến. Tuy nhiên từ giả thiết
của bài toán thì ý tưởng này có thể nói là không thể. Từ đó ta có thể nghĩ tới
phương pháp hình học.
2
2
2
Lời giải: Đặt M = M ( z ) . Từ đẳng thức z + z + z + z = z ⇔ 2 x + 2 y = x + y
 x 2 + y 2 − 2 x − 2 y = 0 (C1 )
 2
2
 x + y + 2 x + 2 y = 0 (C2 )
⇔ 2
.
2
x
+
y
+
2
x
−
2

y
=
0
(
C
)
3

 x 2 + y 2 − 2 x + 2 y = 0 (C4 )

Vậy, M thuộc một trong 4 đường tròn (C1 );(C2 );(C3 );(C4 ) có tâm lần lượt là
I1 ; I 2 ; I 3 ; I 4 .

14


Khi đó P = z − 5 − 2i = MA với A(5; − 2) Từ hình vẽ ta thấy
Pmax = I 2 A + R = 2 + 3 5 .
Dạng 3: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng và đường tròn.
Với các dạng bài này ta thường gặp bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán: Cho hai số phức z, z ' thỏa mãn các hệ thức: z − z1 = R; z '− z2 = z '− z3 .
Trong đó z1 ; z2 ; z3 là các số phức cho trước. Tính giá trị nhỏ nhất của P = z − z ' .
Nhận xét:
Đặt M = M ( z ) ; M ' = M ( z ') . Từ đẳng thức z − z1 = R suy ra M thuộc đường tròn
(C). Từ đẳng thức z '− z2 = z '− z3 suy ra M’ thuộc đường thẳng (∆) và
z − z ' = MM ' . Khi đó bài toán trở thành.
Tìm M ∈ (∆), M ' ∈ (C ) sao cho MM ' đạt giá trị nhỏ nhất.
+) Trường hợp ∆ ∩ (C ) ≠ Φ thì giá trị nhỏ nhất của z − z ' = 0 .
+) Trường hợp ∆ ∩ (C ) = Φ thì giá trị nhỏ nhất của z − z ' là z − z ' = d ( I ; ∆) − R .

( ∆)

MM’
M’
M2

I

M2

M

I

( ∆)
A

M

1

B
B

A

d ( I , ∆) ≤ R

d ( I , ∆) > R

Lời giải:
- Từ hệ thức z − z1 = R ta tìm được tọa độ tâm I và bán kính R của (C).

15


- Từ hệ thức z '− z2 = z '− z3 ta tìm được phương trình ( ∆ ) .
- Tính khoảng cách d từ I đến ( ∆ ) .
+) Nếu d ≤ R thì min z − z ' = 0 và M ≡ M ' = ( ∆ ) ∩ (C ) .
+) Nếu d > R thì min z − z ' = d − R và M là hình chiếu của I lên ( ∆ ) và
M ' = ( ∆ ') ∩ (C ) , trong đó ( ∆ ') là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( ∆ ) .
Bài tập áp dụng.
Cho hai số phức z, z ' thỏa mãn: z + 2 − i = 2; z '+ 5 − 3i = z '− 1 − 9i . Tính giá trị nhỏ
nhất của P = z − z ' .
Lời giải:
Đặt M = M ( z ) ; M ' = M ( z ') . Từ hệ thức z + 2 − i = 2 , suy ra M thuộc đường tròn:
2
2
( x + 2 ) + ( y − 1) = 4 tâm I ( −2;1) bán kính R=2.
Từ hệ thức z + 5 − 3i = z − 1 − 9i suy ra M’ thuộc đường thẳng (∆) : x + y − 4 = 0 .
5 2
5 2
> R . Vậy min P =
− 2.
Khoảng cách từ I đến ( ∆ ) là d ( I , ∆ ) =
2

2

Dạng 4: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường Elíp.

Với các dạng bài này ta thường gặp bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z − z A + z − z B = 2a > 0 . Tính giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của P = z − z0 với z0 ; z A ; zB là số phức cho trước.
Nhận xét:
Đặt M = M ( z ) ; A = A ( z A ) , B = B ( z B ) , M 0 = M ( z0 ) . Từ đẳng thức:
z − z A + z − z B = 2a > 0 ⇔ MA + MB = 2a suy ra M thuộc đường Elíp (E) có hai tiêu
điểm A, B . Khi đó yêu cầu bài toán được phiên dịch sang ngôn ngữ hình học như
sau:
Tìm M ∈ ( E ) sao cho MM 0 đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
Ví dụ áp dụng. Cho số phức z thỏa mãn z − 4 + z + 4 = 10 . Gọi M, m lần lượt là
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của z . Tính M + m :
Lời giải:
Cách 1. Đặt M = M ( z ) . Từ đẳng thức: z − 4 + z + 4 = 10 ⇔ MA + MB = 10
16


với M ( x; y ) ; A ( 4;0 ) ; B ( −4;0 ) . Suy ra M ∈ ( E ) có hai tiêu điểm A, B và
a = 5, b = 4, c = 3 .
z = OM ⇒ OM max = 5; OM min = 3 . Vậy, M + m = 8 .
x2 y2
Cách 2. Đặt M = M ( z ) . Từ đẳng thức: z − 4 + z + 4 = 10 ⇔ + = 1 .
25

9

z = x 2 + y 2 = OM , khi đó:
 x2 y 2 
 x2 y 2 
OM 2 = x 2 + y 2 = 25  + ÷ ≤ 25  + ÷ = 25 ⇒ OM ≤ 5 .
 25 25 

 25 16 
2
2
x
 x2 y2 
y 
2
2
2
OM = x + y = 9  + ÷ ≥ 9  + ÷ ≥ 9 ⇒ OM ≥ 3 .
9 
 9
 25 9 
⇒3≤ z ≤5⇒ M +m =8.

Cách 3. z = x 2 + y 2 = OM . Đặt x = 5sin t , y = 3cos t , t ∈ [ 0; 2π ] . Ta có:
OM 2 = x 2 + y 2 = 25sin 2 t + 9 cos 2 t = 16sin 2 t + 9 .
2
2
Do 0 ≤ sin t ≤ 1 ⇒ 9 ≤ OM ≤ 25 ⇒ 3 ≤ z ≤ 5 .
Vậy, M + m = 8 .
Qua 3 cách giải, một lần nữa khẳng định được tính ưu việt của phương pháp
hình học trong giải các bài toán cực trị số phức.
2.4. Một số bài tập trắc nghiệm vận dụng.
Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn 2 z − 3 − 4i = 10 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó M-m bằng:
M −m =5
A.
B. M − m = 15
C. M − m = 10

D. M − m = 20
Bài 2: Trong tất cả các số phức z = a + bi;(a, b ∈ R) thỏa mãn hệ thức
z − 2 + 5i = z − i . Biết rằng: z + 1 − i nhỏ nhất. Khi đó ab bằng:
13
5
9
C. ab = −
D. ab =
100
16
25
Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn z − 2i = z + i . Tìm phần thực của số phức z biết
z − 1 − 2i + z + 4i đạt giá trị nhỏ nhất.

A.

ab = −

23
100

A.

5
6

B.

T = 554 + 5

B. ab =

2
3
D.
3
4
z
,
w
Bài 4: Cho số phức
thỏa mãn z − 5 + 3i = 3, iw + 4 + 2i = 2 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức T = 3iz + 2w .

B.

1
6

C.

B. T = 578 + 13 C. T = 578 + 5
D. T = 554 + 13
(Trích câu 45 trường chuyên Thái Bình lần 6).
Bài 5: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z = 5 . Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất
2
2
của biểu thức P = z − 8 − 6i + z − 4 − 10i lần lượt là:
66 và 466
A.

B. 5 và 15
C. 82 và 482
D. 41 và 241
Bài 6: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z + 5 − i = 13 , tìm số phức z sao
2

2

cho z − 1 − 5i + z + 3 − 9i nhỏ nhất.

17


z = −3 + 4i
z = −2 − i

A.

B. z = −2 + 3i

C. z = −7 − 2i

D.

Bài 7: Cho số phức z = a + bi; a, b ∈ ¡ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
z = z − 1 − i và biểu thức A = z − 2 + 2i + z − 3 + i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của
biểu thức a + b bằng.
−1
A.
B. 2

C. −2
D. 1
(Trích câu 46 THPT Thanh Chương 1 lần 2).
Bài 8: Cho số phức z = x + yi; x, y ∈ ¡ thỏa mãn z − 1 − i ≥ 1, z − 3 − 3i ≤ 5 . Gọi M
và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = x + 2 y . Tính tỉ số
m
.
M
9
A.
4
T=

B.

7
2

C.

5
4

D.

14
5

(Trích câu 46 chuyên Quốc học Huế lần 2).
Bài 9: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 − i = 2 2 . Gọi M và m lần lượt là

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của H = z + 3 − 2i + z − 3 + 4i . Tính M+m
M + m = 2 26 + 6 2 B. M + m = 16 2 C. M + m = 11 2
B.
D.
M + m = 2 26 + 8 2

(Trích câu 47 Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc lần 2).
Bài 10: Cho số phức z, z ' thỏa mãn điều kiện z − 3 − 2i = 1; z '+ i = z '− 1 − i . Giá trị
5
2

nhỏ nhất của biểu thức P = z − − i + z − z ' là:
B.

9 5 +5
5

B.

9 5 −5
5

C.

9 5 − 10
5

D.

9 5

5

(Trích câu 37 chuyên Lê Quý Đôn Quảng trị lần 2).
2.5. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
- SKKN này đã được tôi thực hiện giảng dạy trong năm học 2016-2017 và
năm học 2017-2018. Trong quá trình học chuyên đề này, học sinh rất hứng thú
và tự tin, biết vận dụng khi gặp các bài toán về cực trị môđun số phức, tạo cho
học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra cho học sinh cách nhìn nhận,
vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học. Kết quả đạt được có thể nói
là rất khả quan, sau khi học xong chuyên đề thì tất cả các em đề giả`i quyết được
câu hỏi về dạng này.
- Đối với đồng nghiệp: được chia sẻ kinh nghiệm học hỏi lẫn nhau, thúc
đẩy phong trào tự học, tự nghiên cứu trong nhà trường.
- Đối với học sinh: Trang bị thêm cho học sinh một phương pháp giải
nhanh các bài toán cực trị số phức trong kì thi THPT Quốc gia.

18


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận.
Quá trình nghiên cứu đề tài đã thu được một số kết quả sau:
- Trong đề tài đã hướng dẫn cho học sinh chuyển đổi được bài toán đại số
sang bài toán hình học thuần túy một cách có hiệu quả, qua đó giúp HS có ý
thức trong việc tự học- tự nghiên cứu.
- Đưa ra cơ sở lý luận về phương pháp dạy học học sinh chuyển đổi ngôn
ngữ bài toán đai số sang bài toán hình học.
- Đưa ra các dạng bài tập mà học sinh sẽ gặp khi giải các bài toán cực trị
môđun số phức.
- Thông qua dạy học chuyên đề đã gây được sự hứng thú trong học tập

cho học sinh, nâng cao khả năng tư duy lô gic và khả năng sáng tạo của học
sinh. Sáng kiến này có tác dụng tốt trong việc ôn luyện thi THPT QG. Mặc dù
cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và hạn chế.
Rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý cho
tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn.
3.2. Kiến nghị.
- Đối với tổ chuyên môn, cần phân dạng bài tập cho học sinh khi giảng
dạy. Trong quá trình ôn tập cho học sinh nên ra nhiều dạng đề đúng với cấu trúc
đề minh họa của Bộ GD&ĐT.
- Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần quan tâm đến việc khai
thác mối liên hệ giữa đại số và hình học. Phát triển và nhân rộng những đề tài có
ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời có thể viết thành những tài liệu tham khảo cho
học sinh và giáo viên.
- Sở GD& ĐT nên gửi các SKKN đạt giải về các trường THPT để giáo
viên có thể tham khảo trong quá trình giảng dạy .
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Như Thanh, ngày 03 tháng 05 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Khắc Sâm

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO.
[1]. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Giải tích 12 cơ bản- NXBGD năm 2008.
[2]. Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên)- Giải tích 12 nâng cao- NXBGD năm 2008.
[3]. Cao Minh Quang- Ứng dụng của số phức. NXB Hà Nội, năm 2012.

[4]. Vũ Thế Hựu – Bộ Tài liệu ôn thi Đại Học.NXB Đại học Sư phạm2012.
[5]. Lê Hoành Phò- Phân dạng và phương pháp giải toán số phức - NXBGD năm 2010.
[6]. Nguyễn Bá Kim – Phương pháp dạy học môn Toán - NXBGD.
[7].Đề thi thử các trường trên toàn quốc.
[8]. Tạp chí toán học và tuổi trẻ- NXB Giáo dục.

20


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN.
Họ và tên tác giả: Nguyễn Khắc Sâm
Chức vụ và đơn vị công tác: Tổ phó chuyên môn tổ Toán-Tin trường THPT Như Thanh
TT

1

2

Tên đề tài SKKN
Vận dụng phương pháp điều
kiện cần và đủ để giải các bài
toán phương trình, bất
phương trình chứa tham số.
Hướng dẫn học sinh khai
thác và vận dụng một bài tập
sách giáo khoa hình học 12
nhằm rèn luyện năng lực tư

duy lôgíc cho học sinh

Cấp đánh
giá xếp loại

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Năm học
đáng giá
xếp loại

QĐ số 988/QĐSGD&ĐT ngày
03/11/2015

C

2015

QĐ số 972/QĐSGD&ĐT ngày
24/11/2016

C

2016

21