Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng giải bài toán cực trị số phức

MỤC LỤC
Trang

1. MỞ ĐẦU....................................................................................................2
1.1. Lí do chọn đề tài ......................................................................................2
1.2. Mục đích nghiên cứu................................................................................2
1.3. Đối tượng nghiên cứu...............................................................................2
1.4. Phương pháp nghiên cứu..........................................................................2
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM...........................................4
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ................................................4
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm..................7
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề....................................................................................................8
2.3.1. Nội dung hướng dẫn học sinh...............................................................8
2.3.2. Bài tập củng cố....................................................................................19
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường............................................................20
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ......................................................................21
3.1. Kết luận..................................................................................................21
3.2. Kiến nghị................................................................................................21
TÀI LIỆU THAM KHẢO..........................................................................22

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Bài toán tìm cực trị số phức là một câu hỏi thường xuất hiện trong đề thi
THPT Quốc Gia trong những năm gần đây.
Trong chương trình Toán THPT Số Phức được đưa vào học ở lớp 12. Kiến
thức số phức hoàn toàn mới đối với học sinh, nhưng kiến thức số phức liên hệ

chặt chẽ với kiến thức tọa độ trong mặt phẳng.
Ngày nay với việc thi THPT Quốc Gia là thi trắc nghiệm học sinh cần
phải nhanh chóng tìm ra cách chọn đáp án chính xác trong khoảng thời gian
ngắn nhất. Do đó học sinh không chỉ giải được bài toán mà còn lựa chọn được
phương án giải nhanh và chính xác nhất có thể. Nên học sinh cần được rèn luyện
nhìn nhận bài toán theo các khía cạnh khác nhau qua đó tìm ra nhiều phương
pháp giải khác nhau để từ đó lựa chọn được phương án tối ưu nhất.
Trong quá trình giảng dạy, ngoài việc áp dụng các cách làm, cách tư duy
quen thuộc, tôi nhận thấy sự cần thiết phải hướng dẫn để học sinh nắm được
phương pháp sử dụng kiến thức tọa độ phẳng để giải quyết một số bài toán cực
trị số phức. Bởi ngoài việc bổ sung, hoàn thiện thêm các phương pháp giải bài
toán cực trị số phức thì việc sử dụng phương pháp tọa độ giúp cho học sinh có
được cách nhìn bài toán hết sức trực quan và nhanh chóng tìm ra kết quả mà các
cách làm khác không có được.
Trong quá trình ôn thi THPT Quốc Gia cho học sinh lớp 12, tôi đã có
Sáng kiến kinh nghiệm trong giảng dạy là: “ Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử
dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng giải bài toán cực trị số phức”.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Sáng kiến kinh nghiệm này hướng tới giải quyết một số vấn đề sau đối với
học sinh lớp 12:
- Bổ sung, hoàn thiện phương pháp giải bài toán cực trị số phức thông qua
việc sử dụng phương pháp tọa độ.
- Rèn luyện kỹ năng vận dụng phương pháp giải trên thông qua hệ thống
bài tập có hướng dẫn ở lớp và bài tập tự rèn luyện ở nhà.
Sáng kiến kinh nghiệm này cũng nhằm trao đổi kinh nghiệm với các đồng
nghiệp và là một tài liệu tham khảo đối với học sinh để góp phần nâng cao hiệu
quả dạy và học toán ở trường THPT Như Xuân nói riêng và các trường THPT
nói chung.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Một số bài toán về cực trị số phức trong chương trình Giải tích lớp 12.

Hướng dẫn học sinh lớp 12 thực hiện giải bài toán cực trị số phức bằng
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

2


Lựa chọn các ví dụ, các bài tập cụ thể phân tích tỉ mỉ những đặc trưng từ
đó hướng dẫn học sinh thực hiện phương pháp giải.
Thực nghiệm sư phạm: Để thực hiện Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã sử
dụng hai lớp 12 ở trường THPT Như Xuân. Đây là hai lớp tương đương nhau về
học lực môn toán và tất cả học sinh đều có học lực khá, giỏi về môn toán. Trong
đó, lớp 12B4 là lớp chưa áp dụng sáng kiến (lớp đối chứng), lớp 12B3 là lớp áp
dụng sáng kiến (lớp thực nghiệm). Thời gian thực hiện sáng kiến kinh nghiệm từ
tháng 4/2020 đến tháng 5/2020.
Sau đây là nội dung cụ thể của Sáng kiến kinh nghiệm này.

3


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Biểu diễn hình học số phức: Điểm M  a; b  trog hệ tọa độ vuông góc
của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức z  a  bi [3]
Chú ý: Cho z1  x1  y1i  x1 , y1 �� có điểm biểu diễn P  x1; y1 
z 2  x2  y2i  x2 , y2 �� có điểm biểu diễn Q  x2 ; y2 
Khi đó z1  z2  PQ
Các bài toán hình học phẳng quen thuộc:
Bài toán 1: Cho đường thẳng d cố định và điểm A cố định. Điểm M di động
trên đường thẳng d . Hãy xác định vị trí điểm M sao cho đoạn AM nhỏ nhất.

Kết quả:
AM min  AH  d  A; d  khi M �H

Bài toán 2: Cho đường tròn (T) cố định có tâm I, bán kính R và điểm A cố
định. Điểm M di động trên đường tròn (T). Hãy xác định vị trí điểm M sao cho
đoạn thẳng AM lớn nhất, nhỏ nhất.
Kết quả:
TH1: A nằm trên (T)
AM min  0 khi M �A
AM ma x  2 R khi M �B

TH2: A nằm ngoài (T)
AM min  IA  R khi M �C
AM ma x  IA  R khi M �B

TH3: A nằm trong (T)
AM min  R  IA khi M �C
AM ma x  R  IA khi M �B

4


Bài toán 3: Cho hai đường tròn  T1  có tâm I1 , bán kính R1 ,đường tròn  T2  có
tâm I 2 , bán kính R2 . Hãy xác định vị trí M trên  T1  và N trên  T2  sao cho
đoạn MN lớn nhất, nhỏ nhất.
Kết quả:
TH1: I1I 2  R1  R2
MN min  I1I 2  R1  R2 khi M �B; N �C
MN ma x  I1I 2  R1  R2 khi M �A; N �D
TH2: I1I 2  R1  R2

MN min  R1  R2  I1I 2 khi M �B; N �D
MN ma x  I1I 2  R1  R2 khi M �A; N �D

TH3: I1I 2  R1  R2
MN min  0 khi M �N �B
MN ma x  I1I 2  R1  R2 khi M �A; N �C

TH4: I1I 2  R1  R2
MN min  0 khi M �N �B
MN ma x  I1I 2  R1  R2 khi M �A; N �B

TH5: R1  R2  I1 I 2  R1  R2
MN min  0 khi M �N �E hoặc M �N �F
MN ma x  I1I 2  R1  R2 khi M �A; N �B

5


Bài toán 4: Cho đường tròn (T) cố định có tâm I, bán kính R và đường thẳng
d cố định. Hãy xác định vị trí điểm M trên đường tròn (T) và điểm N trên
đường thẳng d sao cho đoạn MN nhỏ nhất.
Kết quả:
TH1:  T  và d không cắt nhau
MN min  d  I ; d   R khi M �B; N �H

TH2:  T  và d tiếp xúc nhau
MN min  0 khi M �N �H

TH3:  T  và d cắt nhau tại A và B
MN min  0 khi M �N �A hoặc M �N �B

Bài toán 5: Cho đường elíp (E) có tiêu điểm F1 , F2 và điểm A cố định. Hãy xác
định điểm M trên elíp (E) sao cho đoạn AM lớn nhất, nhỏ nhất.
Kết quả:
TH1: A �I
AM max  IE  IF
AM min  IP  IQ
TH2: A, E , F thẳng hàng và A nằm ngoài
đoạn EF
AM max  AE  IA  IE
AM min  AF  IA  IF

TH3: A, E , F thẳng hàng và A nằm trên đoạn
EF
AM max  AE  IE  IA

6


TH4: A, P, Q thẳng hàng và A nằm trên đoạn PQ
AM min  AP  IA  IP

Bài toán 6: Cho đường thẳng d và hai điểm A, B cố định. Hãy xác định vị trí
điểm M trên đường thẳng d sao cho AM  BM nhỏ nhất.
Kết quả:
TH1: A, B khác phía so với d
 AM  BM  min  AB khi M �E

TH2: A, B cùng phía so với d
 AM  BM  min  A ' B khi M �E
A’ là điểm đối xứng với A qua đường

thẳng d
Bài toán 7: Cho đường thẳng d và hai điểm A, B cố định. Hãy xác định vị trí
điểm M trên đường thẳng d sao cho MA  MB lớn nhất.
Kết quả:
TH1: A, B khác phía so với d
AM  BM ma x  A ' B khi M �E
A’ là điểm đối xứng với A qua đường
thẳng d
TH2: A, B cùng phía so với d
AM  BM ma x  AB khi M �E
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM
Trong năm học 2019 – 2020, khi dạy cho học sinh lớp 12B4 nhưng chưa
áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã hướng dẫn học sinh phương pháp sử
dụng kiến thức tọa độ phẳng để giải bài toán cực trị số phức. Tuy nhiên, trong
quá trình cho học sinh làm bài, tôi phát hiện ra học sinh thường vướng mắc một
số vấn đề sau:
- Nhận dạng bài toán sử dụng được phương pháp chưa nhanh nhạy.
- Chưa nắm kỹ các điều kiện vận dụng phương pháp.
- Chưa có thói quen tự nghiên cứu, kiểm tra lời giải.
7


- Chưa được làm nhiều dạng bài tập để rèn luyện kỹ năng.
Từ thực trạng trên, khi dạy cho học sinh lớp 12B3, tôi đã khắc phục bằng cách:
- Trang bị cho học sinh cơ sở lý thuyết đầy đủ và cụ thể thông qua các
định lý và tính chất.
- Trang bị cho học sinh nội dung phương pháp thông qua các ví dụ được
chọn lọc cẩn thận, điển hình.
- Giúp học sinh rèn luyện kỹ năng thông qua hệ thống bài tập về nhà và

sau đó có kiểm tra, hướng dẫn, sửa chữa.
Sau đây là các biện pháp tiến hành cụ thể.
2.3. CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HOẶC CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ
DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.3.1. NỘI DUNG HƯỚNG DẪN HỌC SINH
Để có thể hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp tọa trong mặt phẳng
giải bài toán cực trị số phức bản thân tôi tiến hành phân loại các dạng bài tập cực
trị số phức có thể dùng phương pháp tọa độ, chỉ ra những đặc trưng của từng
loại và hướng dẫn cụ thể cách dùng phương pháp tọa độ cho từng loại.
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  z  i . Tìm số phức
w  z  2i  3 có môđun nhỏ nhất
1 3
1 1
1 1
1 3
A. w   i
B. w    i
C. w   i
D. w    i
2 2
2 2
2 2
2 2
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 
z  1  z  i � x  yi  1  x  yi  i
�

 x  1

2

 y 2  x 2   y  1 � x  y  0
2

Tập hợp các điểm M là đường thẳng
d:x y0
Gọi A  3; 2  ta có w  z  2i  3  AM
� AM nhỏ nhất khi A �H
Phương trình đường thẳng AH : x  y  5  0
� 5
x
�
�x  y  0
� 2
��
Tọa độ H là nghiệm hệ �
x

y

5

0
�
�y   5
�
2
5 5

1 1
Ta có z   i � w    i
2 2
2 2
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 1).
8


Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  4 . Gọi m và n lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z  i  2 . Tính giá trị của T  m 2  n 2
A. 50
B. 64
C. 68
D. 16
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 
z  1  2i  4 �  x  1 2   y  2  2  16
Tập hợp các điểm M là đường tròn
I  1;2  bán kính R  4
Gọi A  2; 1 ta có z  i  2  AM

T

tâm

AI  3 2 suy ra A nằm ngoài đường tròn  T 
m  AI  R  3 2  4; n  IA  R  3 2  4

T  m2  n 2  68
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của số phức
thành bài toán hình học quen thuộc (Bài toán 2).





Ví dụ 3. Gọi z1 , z2 là các số phức thỏa mãn  z  6  8  zi là số thực và
z1  z2  4 . Giá trị nhỏ nhất của z1  3z2 bằng: [4]
A. 5  21
B. 20  4 21
C. 20  4 22
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 

D. 5  22

 z  6   8  zi    x  yi  6   8  y  xi 

  2 xy  8 x  6 y  48    x 2  y 2  6 x  8 y  i

 z  6   8  zi 

là

số

thực

suy

ra

x2  y 2  6 x  8 y  0

Tập hợp các điểm M là đường tròn  T  tâm
I  3;4  bán kính R  5
Gọi z1  x1  y1i  x1 , y1 �� có điểm biểu diễn P  x1; y1 
Gọi z 2  x2  y2i  x2 , y2 �� có điểm biểu diễn Q  x2 ; y2 
z1  z2  4 � PQ  4
uuu
r uuur r
�x  3 x2 y1  3 y2 �
;
Gọi E là điểm thỏa mãn EP  3EQ  0 suy ra E �1
�
4
4 �
�
9


Ta có HE  1;HI  21 suy ra IE  22
Tập hợp các điểm E là đường tròn  T ' tâm I  3;4  bán kính R '  22
2

2

�x  3x2 � �y1  3 y2 �
z1  3z2   x1  3x2    y1  3 y2   4 �1
� �
�  4OE
� 4 � � 4 �
z1  3 z2 min  4OEmin  4  OI  R '   20  4 22
2

2

Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 2).
Ví dụ 4. Xét các số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn điều kiện
z  4  3i  5 . Tính a  b khi T  z  2  2i 2  2 z  4  i 2  3 z  2i 2 đạt giá trị
lớn nhất. [4]
A. 11
B. 14
C. 13
D. 12
Giải:
z  a  bi  a, b �� có điểm biểu diễn
M  a; b 
z  4  3i  5 �  a  4  2   b  3 2  25

Tập hợp các điểm M là đường tròn  T  tâm
I  4;3 bán kính R  5
Gọi A  2;2  ; B  4; 1 ; C  0; 2 
2

2

2





T  z  2  2i  2 z  4  i  3 z  2i  MA2  2 MB 2  3MC 2
uuu
r
uuu
r uuur r
Gọi E là điểm thỏa mãn EA  2 EB  3EC  0 suy ra E  1; 1
2
2
2
T  z  2  2i  2 z  4  i  3 z  2i  MA2  2 MB 2  3MC 2
uuur 2
uuur 2 uuur 2 uuur uuu
r 2
uuur uuu
r 2
uuur uuur
 MA  2MB  3MC  ME  EA  2 ME  EB  3 ME  EC









2

 6ME 2  EA2  2 EB 2  3EC 2  6ME 2  42
Ta có EI  5 suy ra E nằm trên đường tròn  T  .
Tmax � MEmax ta có MEmax thì M �F suy ra M  7;7 
a  b  7  7  14
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức và bài toán tâm tỉ cự ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị lớn nhất của số
phức thành bài toán hình học quen thuộc (Bài toán 2).
Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  1 , số phức w thỏa
mãn điều kiện w  2  3i  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z  w .
10


A. 17  3
B. 13  3
C. 13  3
Giải:
Gọi z  x1  y1i  x1 , y1 �� có điểm biểu diễn
M  x1; y1 

D. 17  3

z  1  i 1 �  x1  1 2   y1  1 2  1

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I1  1;1 bán
kính R1  1
Gọi w  x2  y2i  x2 , y2 �� có điểm biểu diễn
N  x2 ; y2 
w  2  3i 2 �  x2  2  2   y2  3 2  4
Tập hợp các điểm N là đường tròn tâm I 2  2; 3
bán kính R2  2
w  z  MN � MN min  I1I 2  R1  R2  17  3
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 3).
Ví dụ 6. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3i  5  2 và
iz2  1  2i  4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2iz1  3z2 . [4]
A. 313  16
B. 313
C. 313  8
D. 313  2 5
Giải:
z1  3i  5  2 � 2iz1  6  10i  4
iz2  1  2i  4 � 3z2  6  3i  12
Gọi 2iz1  x1  y1i  x1 , y1 �� có điểm biểu
diễn M  x1; y1 
2iz1  6  10i  4 �  x1  6  2   y1  10  2  16
Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm
I1  6; 10  bán kính R1  4
Gọi -3z 2  x2  y2i  x2 , y2 �� có điểm biểu diễn N  x2 ; y2 
3z2  6  3i 12 �  x2  6  2   y2  3 2  144

Tập hợp các điểm N là đường tròn tâm I 2  6;3 bán kính R2  12
2iz1  3z2  MN � MN m ax  I1I 2  R1  R2  313  16

Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị lớn nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 3).
11


Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  5 , số phức w thỏa
mãn điều kiện w  1  3i  w  3  6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z  w .
5
5
A. 10
B. 3 10
C.
D.
2
4
Giải:
Gọi z  x1  y1i  x1 , y1 �� có điểm biểu
diễn M  x1; y1 
z  5  5 �  x1  5  2  y12  25
Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm
I  5;0  bán kính R  5
Gọi w  x2  y2i  x2 , y2 �� có điểm biểu
diễn N  x2 ; y2 
w  1  3i  w  3  6i � 8 x2  6 y2  35  0
Tập hợp các điểm N là đường thẳng d : 8 x  6 y  35  0
5
z  w  MN � MN min  d  I ;    R 
2
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số

phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 4).
Ví dụ 8. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2i  z  i . Tìm phần thực
của số phức z biết z  1  2i  z  4i đạt giá trị nhỏ nhất. [4]
5
1
2
3
A.
B.
C.
D.
6
6
3
4
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 
z  2i  z  i � x  yi  2i  x  yi  i
� 2 y 1  0
Tập hợp các điểm M là đường thẳng
d : 2y 1  0
Gọi A  1;2  ; B  0; 4  � AB : 6 x  y  4  0
A, B nằm khác phía so với đường thẳng d
z  1  2i  z  4i  AM  BM � AM  BM nhỏ nhất khi M �E

12

� 3
x
�
2 y 1  0
�
� 4
��
Tọa độ E là nghiệm hệ �
6x  y  4  0 � 1
�
y
� 2
3
Phần thực của số phức z là x 
4
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 6).
Ví dụ 9. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  z  2  3i . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  2  i  z  3  2i . [4]
5 493
10 251
13 61
B.
C.
17
17
17
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn

M  x; y 
A.

D.

71
3

z  1  i  z  2  3i � 2 x  8 y  11  0
Tập hợp các điểm M là đường thẳng
d : 2 x  8 y  11  0
Gọi A  2;1 ; B  3; 2  suy ra A, B nằm
cùng một phía so với đường thẳng d
� 27 45 �
 ; �
Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua d � A ' �
� 17 17 �
z  1  i  z  2  3i  AM  BM � AM  BM nhỏ nhất khi M �E
5 493
17
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 6).
Pmin   AM  BM  min  A ' B 

Ví dụ 10. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  i  z  1  7i . Tìm
giá trị lớn nhất của P  z  4  i  z  2  4i .
A. 13
B. 2 10
C. 2 13

Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn M  x; y 
z  5  i  z  1  7i � 2 x  3 y  6  0

D.

5

13


Tập hợp các điểm M là đường thẳng
d : 2x  3y  6  0
Gọi A  4;1 ; B  2;4  suy ra A, B nằm cùng một
phía so với đường thẳng d
P  z  4  i  z  2  4i  AM  BM �AB
Pmax  AB  13
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị lớn nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 7).
Ví dụ 11. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  z  i . Biết rằng số
phức z  x  yi  x, y �� thỏa mãn z  3  i  z  2  6i đạt giá trị lớn nhất.
Giá trị biểu thức P  x  y .
A. 0
B. 4
C. 8
D. 2
Giải:
z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 

z 1  z  i � x  y  0
Tập hợp các điểm M là đường thẳng
d: x y0
Gọi A  3;1 ; B  2;6  suy ra A, B nằm khác
phía so với đường thẳng d
Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua d
� A '  1;3
Ta có A ' B : 3 x  y  0
z  3  i  z  2  6i  AM  BM � AM  BM lớn nhất khi M là giao điểm
của d và A ' B
�x  y  0
�x  0
��
Tọa độ giao điểm của d và A ' B là nghiệm hệ �
3 x  y  0 �y  0
�
P x y0
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị lớn nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 7).
Ví dụ 12. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  i  z1  1  i và
z2  1  z2  2i . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  z2  z 1 3  z2  3

14


4 2
4 3
B.
C. 4 3

3
2
Giải:
Gọi z1  x1  y1i  x1 , y1 �� có điểm biểu
diễn M  x1; y1 
A.

D. 4 2

z1  i  z1  1  i � 2 x1  4 y1  1  0
Tập hợp các điểm M là đường thẳng
d1 : 2 x  4 y  1  0
Gọi z 2  x2  y2i  x2 , y2 �� có điểm biểu
diễn N  x2 ; y2 
z 2  1  z 2  2i � 2 x2  4 y2  3  0
Tập hợp các điểm M là đường thẳng d 2 : 2 x  4 y  3  0
Gọi A  3;0  khi đó A1 là điểm đối xứng với A qua d1 , A2 là điểm đối xứng với
�6 18 �
A qua d 2 � A1  2;2  và A2 � ;  �
�5 5 �
P  z1  z2  z 1 3  z2  3  MN  MA  NA  MN  MA1  NA2 �A1A 2
Pmin  A1 A2  4 2
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 6).
Ví dụ 13. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  z  2i . Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  z  1  2i  z  3  4i  z  5  6i được viết dưới dạng
a  b 17
với a, b là các số hữu tỉ. Giá trị của a  b là: [4]
2

A. 3
B. 2
C. 7
Giải
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 

D. 4

z  2  z  2i � x  y  0
Tập hợp các điểm M là đường thẳng
d:x y0
Gọi A  1;2  ; B  3;4  ; C  5;6 
uuu
r
uuur
AB   2;2  ; AC   4;4  suy ra A,B,C thẳng
hàng và B là trung điểm AC
AB : x  y  1  0
P  z  1  2i  z  3  4i  z  5  6i  MA  MB  MC
15


Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua d ta có A1; C ; E thẳng hàng và E là trung
điểm A1C � MA  MB  MC  MA1  MB  MC �A1C  BE
1  2 17
Pmin  A1C  BE  A1C  d  d ; AB  
2
Vậy a  1; b  2 � a  b  3
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số

phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 6).
Ví dụ 14. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  5 và biểu thức
P  z  7  9i  2 z  8i đạt giá trị nhỏ nhất. [4]
A. z  1  6i; z  5  2i
B. z  4  5i
C. z  5  2i
D. z  1  6i
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 
z  1  i  5 �  x  1 2   y  1 2  25

Tập hợp các điểm M là đường tròn  T  tâm
I  1;1 bán kính R  5
Gọi A  7;9  ; B  0;8 
P  z  7  9i  2 z  8i  AM  BM
IA  10  2 IM
1
�5 �
Goi K là điểm trên tia IA sao cho IK  IA suy ra K � ;3 �
4
�2 �
IM IK 1

 và góc MIK chung, suy ra IKM : IMA
Do
IA IM 2
MK IK 1
�


 � MA  2 MK
MA IM 2
P  z  7  9i  2 z  8i  MA  2MB  2MK  2MB �2 KB  5 5
Pmin khi M �E với E là giao điểm của đoạn thẳng BK và đường tròn  T 
Phương trình đường thẳng BK : 2 x  y  8  0
�
�x  1
 tm 
�
�
2
x

y

8

0
�
y

6
�
�
��
Tọa độ E là nghiệm hệ �
2
2
 x  1   y  1  25 �

�x  5
�
�
 ktm 
�
y


2
�
�
Vậy z  1  6i

16


Nhận xét: Bằng cách sử dụng điểm biểu diễn hình học của số phức ta đã
chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của số phức thành bài toán hình học
quen thuộc.
Ví dụ 15. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  z  1  3i  6 5 .
Giá trị lớn nhất của z  2  3i là: [4]
A. 5 5
B. 2 5
C. 6 5
D. 4 5
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 
Gọi A  1;1 ; B  1; 3 ; C  2;3

z  1  i  z  1  3i  6 5 � MA  MB  6 5 AB  2 5
A; B trục lớn EF
Tập
elíp
tiêu
uuu
r hợp các điểm
uuurM là đường
uuu
r cóuu
ur điểm
AB   2; 4  ; AC   1;2  � AB  2 AC
ta có C thuộc đoạn thẳng EF
z  2  3i  CM
z  2  3i ma x  CM ma x  CF  IF+IC  5 5
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị lớn nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 5).
Ví dụ 16. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  z  3  4i  10 . Giá
trị nhỏ nhất của z  1+2i là:
A. 17

B.

34

C. 2 10

Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn

M  x; y 
Gọi A  1;0  ; B  3;4  ; C  1;2 
z  1  z  3  4i  10 � MA  MB  10

D.

34
2

AB  4 2
17


A; B , trục lớn EF , trục nhỏ PQ
Tập
uuu
r hợp cácuđiểm
uur M là đường
uuu
r elípuucó
ur tiêu điểm
AB   4;4  ; AC   2;2  � AB  2 AC suy ra C là tâm elíp
z  1+2i  CM
z  1+2i

min

 CM min  CP  CQ  17

Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số

phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị hỏ nhất của số phức thành bài toán
hình học quen thuộc (Bài toán 5).
z
Ví dụ 17. Cho số phức
thỏa mãn điều kiện
z  2  3i  z  5  2i  34 . Gọi m, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của z  1  2i . Khi đó tổng m  n là: [4]
30
30
30
 34
5
6
A.
B.
C. 34  6
D.
34
34
34
Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 
Gọi A  2;3 ; B  5; 2  ; C  1; 2 

z  2  3i  z  5  2i  34 � MA  MB  34 AB  34
Tập hợp các điểm M là đoạn thẳng AB
z  1+2i  CM
30
n  z  1+2i min  CM min  CH  d  C ; AB  

34
m  z  1+2i ma x  CM ma x  CB  6
30
6
34
Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của số
phức thành bài toán hình học mà chúng ta có thể dễ dàng giải quyết dựa vào
hình biểu diễn.
mn

Ví dụ 18. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2  i  z  1  i  13 .
Tìm giá trị nhỏ nhất m của z  2  i .
18


A. 1

B.

2 13
13

C.

13
13

D.

1
13

Giải:
Gọi z  x  yi  x, y �� có điểm biểu diễn
M  x; y 
Gọi A  2; 1 ; B  1;1 ; C  2;1
z  2  i  z  1  i  13 � MA  MB  13
AB  13
Tập hợp các điểm M là đoạn thẳng AB
z  2  i  CM
m  z +2  i min  CM min  CB  1

vậy

Nhận xét: Bằng cách sử dụng kiến thức điểm biểu diễn hình học của số
phức ta đã chuyển được bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của số
phức thành bài toán hình học mà chúng ta có thể dễ dàng giải quyết dựa vào
hình biểu diễn.
2.3.2. BÀI TẬP CỦNG CỐ
Bài 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  3  z  2  i và z có giá trị nhỏ
nhất. Tìm phần thực của số phức z .
1
2
2
1
A.
B.
C. 
D. 

5
5
5
5
Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  2i  1 1 . Gọi M , m là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z  1  i . Tính M  m .
A. 2
B. 6
C. 1  5
D. 2 5
Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  3i  2 . Số phức z mà z  1
nhỏ nhất.
A. z  1  3i
B. z  1  i
C. z  1  5i
D. z  1  i
Bài 4. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3i  1  13 . Gọi M , m là giá trị
2

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  2  z  3i 2 . Tính M  m .
A. 10
B. 25
C. 34
D. 40
Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  i  z  1  3i  6 5 . Tìm giá trị
lớn nhất của z  2  3i .
A. 4 5
B. 2 5
C. 6 5
D. 5 5

Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  z  3  4i  10 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của z  1  2i .
A. 17

B.

34

C. 2 10

D.

34
2
19


Bài 7. Cho số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn điều kiện z  3  3i  6 và
biểu thức P  2 z  6  3i  3 z  1  5i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a  b .
A. 2  2 5
B. 4  2 5
C. 2 5  2
D. 2 5  4
2
Bài 8. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  z  z  z  2 z . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P  z  3  2i .
A. 19  37

B.

37  19

C. 2  5

D. 5  2

2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT
ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ
TRƯỜNG
Để đánh giá hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm bản thân tôi tiến hành
thực nghiệm trên các lớp dạy học cụ thể. Quá trình thực nghiệm được tiến hành
tại lớp 12B3 và lớp đối chứng 12B4 hai lớp có trình độ tương đương nhau ở
trường THPT Như Xuân.
Đối với lớp đối chứng, giáo viên dạy như những giờ học bình thường.
Việc dạy học thực nghiệm và đối chứng được tiến hành song song theo lịch trình
giảng dạy của nhà trường. Việc thực nghiệm được thực hiện và sau đó tiến hành
kiểm tra đánh giá kết quả.
Kết quả kiểm tra:
Điểm 1
2
3 4
5 6
7 8
9 10 Số bài
Lớp
Lớp 11B3
0
0
0 2

4 8
10 10 5 4
43
Lớp 11B4
0
0
1 4
9 8
9 8
0 0
39
+ Lớp thực nghiệm đạt 95,34% trung bình trở lên trong đó 67,44% đạt khá giỏi
+ Lớp thực nghiệm đạt 87,2% trung bình trở lên trong đó 43,6% đạt khá và
không có học sinh đạt điểm giỏi
Qua quá trình dạy thực nghiêm tại lớp 12B3 tôi nhận thấy học sinh lớp
12B3 có những hiệu quả tích cực đó là:
- Khả năng nhìn nhận bài toán dưới các góc độ khác nhau của học sinh
linh hoạt, nhạy bén hơn. Học sinh có được sự linh hoạt trong tư duy, chủ động
trong suy nghĩ tìm lời giải bài toán.
- Học sinh đã nắm vững các bước và vận dụng thành thạo phương pháp
tọa độ vào giải bài toán cực trị số phức.
- Học sinh đã mạnh dạn, chủ động nhận xét bài làm của bạn, tìm sai lầm
và sửa chữa để có lời giải đúng. Từ đó đã hình thành cho học sinh thói quen
nghiên cứu lời giải, kiểm tra lại kết quả để phòng tránh, phát hiện và sửa chữa
sai lầm.
Đối với bản thân, khi sử dụng Sáng kiến kinh nghiệm này tôi thấy hiệu
quả tiết dạy tốt hơn, tạo sự tự tin và hứng thú khi giảng bài. Giúp tôi truyền đạt
một cách cô đọng nhưng đầy đủ, chính xác và trọn vẹn nội dung cần giảng dạy
trong khoảng thời gian ngắn.
20

Ngoài ra, Sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chuyên đánh giá tốt, thiết
thực và được đồng ý triển khai vận dụng cho những năm học tới trong toàn
trường nhằm góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học toán trong Nhà trường nói
riêng và địa phương nói chung.
Đồng thời, Sáng kiến kinh nghiệm này còn là một tài liệu tham khảo hữu
ích cho giáo viên và học sinh 12 trong quá trình ôn thi, đặc biệt là ôn thi THPT
Quốc Gia. Nó đã hệ thống tương đối hoàn chỉnh nội dung phương pháp tọa độ
trong giải bài toán cực trị số phức.
Như vậy, Sáng kiến kinh nghiệm này đã mang lại hiệu quả tích cực và
thiết thực cho người học và người dạy. Đáp ứng đúng con đường đổi mới
phương pháp dạy và học, nâng cao hiệu quả giáo dục trong giai đoạn hiện nay.

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN
Qua việc nghiên cứu, triển khai vận dụng Sáng kiến kinh nghiệm này, tôi
rút ra một số bài học kinh nghiệm sau:
- Trong giảng dạy cần phải thường xuyên tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm để
đưa ra những giải pháp nâng cao hiệu quả dạy và học. Đặc biệt là những vấn đề
khó, dễ nhầm lẫn đối với học sinh.
- Nội dung giảng dạy của giáo viên cần được viết dưới dạng Sáng kiến
kinh nghiệm hoặc tập hợp thành tài liệu và cung cấp cho học sinh. Qua đó, phát
huy được khả năng tự học của học sinh.
- Những nội dung truyền tải cho học sinh, giáo viên cần phải nghiên cứu
kỹ lưỡng, tìm ra phương pháp giảng dạy hợp lý, đảm bảo xúc tích, ngắn gọn
nhưng đầy đủ, chính xác.
Những cách làm trên sẽ giúp tiết dạy đạt hiệu quả cao, người dạy và
người học đều hứng thú, tiết kiệm thời gian và phát huy tính chủ động, sáng tạo,
khả năng tự học của học sinh. Đó chính là những điều tôi rút ra từ Sáng kiến

kinh nghiệm này.
Sáng kiến kinh nghiệm này có thể sử dụng để ôn thi cho học sinh lớp 12,
đặc biệt là với đối tượng học sinh ôn thi THPT Quốc Gia cho những năm học
tiếp theo trong trường THPT Như Xuân nói riêng và các trường THPT nói
chung.
Có thể mở rộng, phát triển thêm nội dung của Sáng kiến kinh nghiệm này
để trở thành một tài liệu hoàn chỉnh về phương pháp tọa độ trong giải bài toán
cực trị số phức.
3.2. KIẾN NGHỊ
1. Đối với tổ chuyên môn và đồng nghiệp: Đề nghị Tổ chuyên môn Toán
nhanh chóng triển khai ứng dụng Sáng kiến kinh nghiệm này trong giảng dạy tại
Nhà trường trong các năm học tới.
2. Đối với Sở GD&ĐT: Đề nghị Sở GD&ĐT đóng góp ý kiến và tạo điều
kiện để tôi tiếp tục phát triển Sáng kiến kinh nghiệm này cũng như tìm tòi những
Sáng kiến mới.
XÁC NHẬN CỦA
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 6 năm 2020
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
21


Lê Đình Quân

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) – Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên) – Nguyễn Văn
Đoành – Trần Đức Huyên (2007). Hình Học 10 NXB Giáo Dục.
2. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) – Vũ Tuấn (Chủ biên) – Doãn Minh Cường –
Đỗ Mạnh Hùng – Nguyễn Tiến Tài (2013). Đại Số 10 NXB Giáo Dục.

3. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) – Vũ Tuấn (Chủ biên) – Lê Thị Thiên Hương –
Nguyễn Tiến Tài – Cấn Văn Tuất (2008). Giải Tích 12 NXB Giáo Dục.
4. Nguồn khác: Internet.

22