Ứng dụng hình học giải các bài toán về môđun số phức ở mức độ vận dụng cao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

“ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ MÔ ĐUN

SỐ PHỨC Ở MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO”

Người thực hiện: Lê Thị Thủy
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán học

THANH HOÁ NĂM 2020


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU.............................................................................................................1
1.1. Lí do chọn đề tài............................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu.....................................................................................1
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu...............................................................................1
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM....................................................2
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm......................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.......................3
2.2.1. Đối với giáo viên....................................................................................3
2.2.2. Đối với học sinh......................................................................................4
2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề...........................................................................4
2.3.1. Sử dụng kiến thức về e líp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô đun số
phức 4

2.3.2. Sử dụng kiến thức về véc tơ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô đun số
phức 7
2.3.3 Sử dụng kiến thức về đường tròn tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của mô
đun số phức.....................................................................................................10
2.4. Hiệu quả sáng kiến kinh nghiệm.................................................................15
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ...............................................................................17
3.1. Kết luận.......................................................................................................17
3.2. Kiến nghị.....................................................................................................17


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình SGK và đề thi tốt nghiệp cũng như thi tuyển sinh đại
học trước đây thì các dạng toán về số phức được đưa ra dạng cơ bản, đa phần chỉ
ở mức độ nhận biết, hoặc thông hiểu. Các câu hỏi mang tính vận dụng gần như
không xuất hiện. Vì thế, khi Bộ giáo dục và Đào tạo lần lượt đưa ra đề minh họa
môn Toán cho các kì thi THPT Quốc gia 2017-2020, thì nhiều giáo viên và đa số
học sinh gặp khó khăn trong việc tìm lời giải của các bài số phức ở mức độ vận
dụng. Ngoài ra, các tài liệu tham khảo cho những dạng toán trên hầu như chưa
có và chỉ xuất hiện rời rạc ở những bài đơn lẻ. Do đó việc tổng hợp và đưa ra
phương pháp giải nhanh các dạng toán trên là rất cần thiết cho học sinh trong
quá trình ôn thi THPT quốc gia. Xuất phát từ thực tế trên, với một số kinh
nghiệm trong quá trình giảng dạy và tham khảo một số tài liệu, tôi chọn đề tài
“Ứng dụng hình học giải các bài toán về mô đun số phức ở mức độ vận dụng cao”
nhằm giúp các em hiểu và vận dụng kiến thức hình học giải quyết tốt các bài
toán vận dụng cao để đạt kết quả tốt nhất trong các kì thi.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Thông qua việc vận dụng các kiến thức về đường tròn, elíp giải quyết các
bài toán về mô đun số phức giúp học sinh hiểu, định hướng được cách làm bài
tập, giải quyết một số bài toán số phức mức độ vận dụng cao một cách chính

xác và nhanh chóng. Từ đó kích thích khả năng tư duy, sự ham hiểu biết của học
sinh đối với môn học.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Kiến thức chương số phức trong chương trình toán THPT.
- Hệ thống và hướng dẫn phương pháp giải các bài toán tìm về modun số
phức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí thuyết.
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm.
- Phương pháp tổng hợp.
- Phương pháp thống kê, so sánh.


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Những kiến thức cơ bản :
Định nghĩa elíp: Cho hai điểm cố định F1 , F2 với độ dài F1 F2 2c . Tập hợp các
điểm M trong mặt phẳng thoả mãn: MF1  MF2 2a ( với a> c >0 ) được gọi là e líp
Hình dạng

Mối quan hệ: a, b, c  0, a 2 b 2  c 2
Định nghĩa mô đun số phức và ý nghĩa hình học
. Cho số phức z a  bi mô đun của z ký hiệu là z được tính bởi z  a 2  b 2
. Mỗi số phức z a  bi được biểu diễn bởi điểm M(a;b)
. Mỗi số phức z a  bi có thể coi là một vecto u (a; b)
. Tổng (hiệu) hai số phức được biểu diễn bởi điểm có tọa độ của vectơ tổng (hiệu)
tương ứng.
.

z u

2

2
2
. z z.z ; z  u ; z1 .z 2  z1 . z 2

.

z
z1
n
 1 ; z  z ; zn  z
z2
z2

. Cho M, N lần lượt biểu diễn hai số phức z1 , z 2 thì OM , ON là các véc tơ biểu diễn
z1 , z 2 . Khi đó:

* OM  ON là véc tơ biểu diễn z1  z 2 và OM  ON OP  z1  z 2
* OM  ON là véc tơ biểu diễn z1  z 2 và OM  ON MN  z1  z 2
1


y
P
N

M

O

x

Bất đẳng thức modun
* z1  z 2  z1  z 2 , dấu “ = ” xảy ra khi z1  kz 2 (k>0) hay OM , ON ngược hướng
* z1  z 2  z1  z 2 , dấu “ = ” xảy ra khi z1  kz 2 (k>0) hay OM , ON cùng hướng
. M biểu diễn z và I biểu diễn z 0 thì z  z 0 R  M thuộc đường tròn tâm O bán
kính R
. M biểu diễn z , F1 biểu diễn z1 và F2 biểu diễn z 2 thì z  z1  z  z 2  M thuộc
đường trung trực F1 F2 .
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1. Đối với giáo viên
Trước đây số phức trong chương trình thi tốt nghiệp và tuyển sinh đại học chỉ
dừng lại ở mức độ cơ bản (nhận biết, thông hiểu). Vì vậy việc giảng dạy và nghiên
cứu của giáo viên chỉ dừng lại ở một mức độ cụ thể là giúp các em làm tốt phần
kiến thức cơ bản.
Hiện tại với đề án thi mới của bộ giáo dục. Thông qua các đề thi trung học
phổ thông quốc gia năm 2017,2018, 2019 , đề minh họa của Bộ đưa ra và các đề
thi thử của các sở, các trường, các câu hỏi trong phần số phức đã xuất hiện nhiều
hơn. Đặc biệt những câu khó, hoặc rất khó và lạ (mức độ vận dụng cao) mà trước
đây chưa xuất hiện thì nay xuất hiện tương đối nhiều. Tuy nhiên lại chưa có nhiều
tài liệu nghiên cứu về vấn đề này vì vậy nguồn tham khảo của giáo viên còn hạn
chế.

2


Các giáo viên chưa có nhiều thời gian nghiên cứu những dạng toán mới, vì
vậy chưa có nhiều kinh nghiệm trong giảng dạy và định hướng cho học sinh giải
những bài toán số phức khó.

2.2.2. Đối với học sinh
Với lớp bài toán vận dụng, vận dụng cao các em thường thụ động trong việc
tiếp cận và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức được giáo viên cung cấp chứ
chưa có ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng như tìm được niềm vui, sự hưng phấn khi giải
các bài toán.
Số lượng tài liệu tham khảo cho các em còn ít.
Việc thi trắc nghiệm đòi hỏi học sinh không chỉ hiểu đúng bản chất bài toán
mà còn phải tìm ra cách giải nhanh nhất để đạt kết quả tối đa.
Trước tình hình đó tôi muốn đưa ra một ý tưởng giải quyết các bài toán mô
đun số phức bằng việc chuyển sang bài toán hình học quen thuộc, giúp các em phát
triển tư duy và kích thích sự ham học tập của các em.
2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề
2.3.1. Sử dụng kiến thức về e líp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô đun số
phức
Bài toán số phức: Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z 2 2a với 2a  z1  z 2 .
Tìm GTLN, GTNN của P  z  z 0 .
Sự tương ứng ở đây gồm:
* M là điểm biểu diễn z , F1 , F2 tương ứng là điểm biểu diễn z1 , z 2 . Khi đó
z  z1  z  z 2 2a  MF1  MF2 2a

*A là điểm biểu diễn z 0 . Ta có P  z  z 0 MA
Chuyển hóa thành bài toán hình học
Bài toán hình học: Cho M chuyển động trên Elip (E) và một điểm A cố định.
Tìm GTLN, GTNN của AM
Ta xét bài toán này trong các trường hợp đặc biệt
Bài toán 1: Phương trình (E) dạng chính tắc

x2 y2

1

a2 b2

Cho số phức z thoả mãn z  c  z  c 2a (Elíp ngang) hoặc z  ci  z  ci 2a (Elip
đứng).Tìm GTLN, GTNN của P  z  z 0 .
3


Giải
- Tính b 2 a 2  c 2
- Lập phương trình dạng chính tắc (E)

x2 y2

1 với z  c  z  c 2a . Hoặc
a2 b2

x2 y2

1 với z  ci  z  ci 2a .
b2 a2
b 2
x2 y2
x2 y2
2
y


a

x



1
- Rút y theo dạng:
đối với 2
tương tự đối với 2  2 1
a
a
b2
b
a
b 2
a  x 2  y0 ) 2 , x    a; a  với z 0 x0  y 0 i
a

- Thay vào P ta được P 2 ( x  x0 ) 2  (

- Dùng chức năng TABLE của máy tính Casio và các phương án trắc nghiệm tìm
GTLN, GTNN của hàm P2 từ đó có P.
Ví dụ 1
Cho số phức z thoả mãn z  2  z  2 6 .Tìm GTLN, GTNN của P  z  1 3i .
Giải:
- Có a = 3, c = 2  b 2 9  4 5
x2 y2
5

1  y 
9  x2
9
5

3

-Phương trình chính tắc Elip
- Vậy P 2 ( x  1) 2  (

5
9  x 2  3) 2  f1, 2 ( x)
3

- Bấm TABLE các hàm f1, 2 ( x) vơi x    3;3 được GTLN, GTNN của hàm P2
Bài toán 2. Elip không ở dạng chính tắc nhưng A là trung điểm của F1 , F2 tức A là
tâm của Elip.
Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z 2 2a với 2a  z1  z 2 . Tìm GTLN, GTNN
của P  z  z 0 . Với đặc điểm nhận dạng z 0 

z1  z 2
2

Phương pháp:
- Tính F1 F2 2c  z1  z 2  c 

z1  z 2
2

- Tính b 2 a 2  c 2  b  a 2  c 2
- Vì A là tâm của Elip và M di chuyển trên Elip nên:
+ AM lớn nhất bằng a hay max P = a.
+ AM nhỏ nhất bằng b hay min P= b.
Ví dụ 2:
4

Cho số phức z thoả mãn z  1  3i  z  2  i 8 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của P  2 z  1  2i .
Giải:
- Ta có P  2 z  1  2i 

P
1
1
 z   i . Ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN của P '  z   i
2
2
2
1
2

- Ta thấy z1 1  3i, z 2  2  i và z 0   i . Do đó z 0 

z1  z 2
2

5
25
39

- Tính 2c  z1  z 2 5  c  ; 2a 8  a 4 . Vậy b  16 
2

- Vậy max P’= 4; min P’=

4

39
, do đó max P= 8; min P=
2

2

39 .

Bài toán 3: Elip không có dạng chính tắc, A không là trung điểm của F1 , F2 nhưng
A nằm trên các trục của Elip.
Bài toán 3.1: A nằm trên trục Elip lớn và ngoài.
 z 0  z1  z 0  z 2  2a

- Dấu hiệu nhận biết: 

 z 0  z1 k ( z 0  z 2 )

- Thì max P= z 0 

z1  z 2
z z
 a  AI  a ; min P= z 0  1 2  a  AI  a
2
2

Bài toán 3.2: A nằm trên trục lớn và ở phía trong Elip.
 z 0  z1  z 0  z 2  2a

- Dấu hiệu nhận biết: 

 z 0  z1 k ( z 0  z 2 )

- Thì max P= z 0 

z1  z 2
 a  AI  a . Còn GTNN không xác định nhanh được.
2

Bài toán 3.3: A nằm trên trục nhỏ (bất kể trong hay ngoài) Elip.
- Dấu hiệu nhận biết: z 0  z1  z 0  z 2
- Thì min P= z 0 

z1  z 2
 b . Còn GTLN không xác định nhanh được.
2

Ví dụ 3:
Cho số phức z thoả mãn z  i  z  3  3i 6 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của P  z  6  7i .
Giải:
z1 i  F1 (0;1); z 2 3  3i  F2 (3; 3); z 0 6  7i  A(6; 7) . I là trung điểm của F1 F2 thì
I

z1  z 2
3
( ; 1)
2

2

5


Có z0  z1 6  8i; z0  z 2 3  4i  z0  z1 2( z0  z 2 ) . Vậy A thuộc F1 F2 .
Mặt khác z0  z1  z0  z 2 10  5  6 . Vậy A nằm ngoài Elip.
Vậy max P= AI+ a = z 0 

z1  z 2
z z
21
9
 a  ; min P= AI- a = z 0  1 2  a 
2
2
2
2

Tổng kết bài toán
Khi thấy giả thiết là Elip không chính tắc z  z1  z  z 2 2a với ( z1  z 2  2a) và
z1 , z 2 c;ci . Tìm Min, Max của P  z  z 0 : Tính z1  z 2 2c và b 2 a 2  c 2

+) Nếu thấy z 0 

z1  z 2
0 thì max P= a; min P= b
2



z1  z 2
a
 z0 
2
+) Nếu thấy 
 z  z k ( z  z )
0
2
 0 1

thì max P= z 0 

z1  z 2
z z
 a ; min P= z 0  1 2  a
2
2


z1  z 2
a
 z0 
2
+) Nếu thấy 
 z  z k ( z  z )
0
2
 0 1

thì max P= z 0 

z1  z 2
a
2

+) Nếu thấy z 0  z1  z 0  z 2

thì min P= z 0 

z1  z 2
b
2

2.3.2. Sử dụng kiến thức về véc tơ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô đun số
phức
Bài toán: Cho z1 m, z 2 n và az1  bz 2  p . Tính q  cz1  dz 2 .
Phương pháp
2

2

2

2

2
2
Gọi u; v là các véc tơ biểu diễn z1 ; z 2 thì u  u  z1 m 2 , v  v  z 2 n 2 và

(au  bv) 2  p 2 , (cu  d v) 2 q 2

Khai triển:
p 2 a 2 m 2  b 2 n 2  2ab.u.v (1)
q 2 c 2 m 2  d 2 n 2  2cd .u.v (2)

Bây giờ khử u.v là xong.
Nhân (1) với ab và nhân (2) với cd rồi trừ đi, được:
cd . p 2  ab.q 2 cd (a 2 m 2  b 2 n 2 )  ab(c 2 m 2  d 2 n 2 )
 cd . p 2  ab.q 2 acm 2 ( ad  bc)  bdn 2 ( bc  ad )  cd . p 2  ab.q 2 (ad  bc)( acm 2  bdn 2 )

Đặc biệt khi a = b =1 và c = - d =1, ta có công thức hình bình hành
2

2

2

2( z1  z 2 )  z1  z 2  z1  z 2

2

6


(Tổng bình phương hai đường chéo bằng tổng bình phương các cạnh )
Ví dụ 1: Cho các số phức thỏa mãn z1 1, z 2 3 và z1  3z 2 2 tính p  2 z1  3z 2 .
Giải:
2
2
2

Coi các số phức z1 , z 2 là vecto u, v ta có 4  z1  3z 2  z1  9 z 2  6.u.v (1)
2

2

2

p 2  2 z1  3 z 2  4 z1  9 z 2  12.u.v (2)
2

2

Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) được: 8  p 2 6 z1  27 z 2  p 2 241  p  241
Ví dụ 2: Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  z 2 5 và z1  z 2 3 .
Tìm GTLN của p  z1  z 2
Giải:
Các số phức z1 , z 2 có các vec tơ đại diện là u, v
Ta có
2

2

25  z1  z 2  2.u.v (1)
2

2

9  z1  z 2  2.u.v (2)
2

2

Cộng (1) với (2) được: 34 2( z1  z 2 )
2
2
Mặt khác, theo bất đẳng thức BNC, ta có: p ( z1  z 2 ) 
2

2

2( z1  z 2 )  p 2 34  p  34 . Vậy max p  34

Ví dụ 3: : Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  2 z 2 5 và 3z1  z 2 3 . Tìm GTLN
của p  z1  z 2 .
Giải;
Hướng dẫn
Coi các số phức z1 , z 2 là các vector u, v ta có
2

2

25  z1  4 z 2  4.u.v (1)
2

2

9 9 z1  z 2  6.u.v (2)
2

nhân (1) với 3 và nhân (2) với 2 rồi cộng lại ta có: 93 21 z1  14 z 2

2

Áp dụng bất đẳng thức BNC, ta có
2

155
2
2
1
 1
  1 1
p ( z1  z 2 ) 
( 21 z1 ) 
( 14 z 2 )    (21 z1  14 z 2 ) 
14
14
 21
  21 14 
2

2

7


Đáp số: max p 

155
14

Ví dụ 4: Cho bốn số phức a, b, c, z thoả mãn az 2  bz  c 0 và a  b  c  0. Gọi
M max z , m min z . Tính môđun của số phức w M  mi

*) Gọi z1 , z 2 là hai nghiệm của phương trình
b

 z1  z 2  a  z1  z 2 1
 


 z1 .z 2 1
 z .z  c
 1 2 a

 OA  OB 1 (1)

 OA.OB 1

OA, OB là các vector đại diện z1 , z 2 . Từ (1)  OA 2  OB 2  2OA.OB. cos(OA, OB) 1
 OA 2  OB 2 1  2 cos(OA, OB) 3  OA 2 

1
3 5
3 5
3 
OA 2 
2
2
2

OA

vậy M  3  5 ; m  3 - 5  w  3
2

2

Ví dụ 5: Cho số phức z1 , z 2 thoả mãn

z1  z 2

1
 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
z1  z 2
2

thức
P

z1
z
 2
z1
z2

Giải:
Gọi OA, OB là các véc tơ đại diện z1 , z 2 .
z

1

Khi đó gọi u1 là véc tơ đại diện z  u1 1 và u1 cùng phương với OA,
1

z

2
gọi u 2 là véc tơ đại diện z  u 2 1 và u1 cùng phương với OB,
2

P 2  u1  u 2

Mà

2

2

2

 u1  u 2  2 cos(OA, OB) 2  2 cos(OA, OB)

OA  OB

1
  4(OA 2  OB 2  2 cos(OA, OB ).OA.OB ) OA 2  OB 2  2OA.OB
OA  OB 2

1
3(OA 2  OB 2 )
2 6 1

 cos(OA, OB)  (2 
)

8
OA.OB
8
2
1
2

Vậy P 2 2  2 cos(OA, OB ) 2  2.( ) 1  Pmax 1 .
8


Ví dụ 6: Cho ba z1 , z 2 , z 3 số phức thoả mãn
1

z1  z 2  z 3 1. Tính giá trị nhỏ nhất

1

1

của biểu thức P  z  z z  z  z  z z  z  z  z z  z
1
2 1
3
2
1 2
3

3
1 3
2
Giải:
Gọi A, B, C là các điểm biểu diễn số phức z1 , z 2 , z 3
P

1
1
1


.
AB.BC BC. AC AC. AB

Vậy Pmin 1  AB BC  AC  3 hay tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn bán
kính R = 1.
2.3.3 Sử dụng kiến thức về đường tròn tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của mô
đun số phức
Bài toán 1: Cho số phức z thỏa mãn z1 .z  z 2 k  0 .
Tìm GTLN, GTNN của T  z  z 0
Bài toán hình học:
Gọi M là điểm biểu diễn z, có z1 .z  z 2 k  z 
z2

z2
k
  IM R
z1
z1

k

Với I biểu diễn z và R là z . Vậy M chuyển động trên đường tròn tâm I bán kính
1
1
R. Gọi A là điểm biểu diễn z 0 thì, bài toán trở thành: “ ChoM di chuyển trên
đường tròn tâm I và A là điểm cố định. Tìm GTLN, GTNN của AM ”
Nhìn vào hình vẽ ta sẽ thấy ngay

A
M
I
M

MinT  AI  R  z 0 

R

z1 .z 0  z 2  k
z2
k


z1 z1
z1

9

MaxT  AI  R  z 0 

z .z  z  k
z2
k

 1 0 2
z1
z1
z1

Chú ý: Không phải phương trình đường tròn nào cũng là dạng z1 .z 2  z 2 k  0 mà
đôi khi ở dạng z1 .z  z 2  z1 .z  z3 với z1  z 2 . Do đó để kiểm tra điều kiện giả thiết
là phương trình đường tròn hay phương trình đường thẳng trong trường hợp là
cách tốt nhất là gọi z = x +yi rồi thay vào giả thiết để biết (x; y) thỏa mãn phương
trình nào.
Ví dụ 1: Cho số phức z thoả mãn z  1  2i 4. Tìm GTLN, GTNN của
T  z 1  i .

Giải:
Viết T dạng T  z  z 0 thì z 0  1  i thay vào phương trình ta được
z 0  1  2i   2  3i = AI .

Vậy min T 4  13 và max T 4  13
Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn 2iz  1  3i 1. Tìm GTLN, GTNN của
T  z  2  3i .

Giải:
Viết T dạng T  z  z 0 thì z 0  2  3i thay vào 2iz  1  3i ta được
2 z 0 i  1  3i   7  i 5 2 .

Vậy min T 

5 21
5 2 1
và max T 
2
2

Ví dụ 3: Cho số phức z thoả mãn 2 z  1  z  2i Tìm GTLN, GTNN của
T  z  1  2i .

Giải:
Gọi z = x +yi , ( x, y  R ) và M(x;y) biểu diễn z thì 2z  1  z  2i
 (2 x  1) 2  (2 y ) 2  x 2  ( y  2) 2  3x 2  3 y 2  4 x  4 y  3 0
 x2  y2 

2
2
x  y  1 0
3
3

1 1
11
Vậy M trên đường tròn tâm I  ;  bán kính R 
 3 3

3

Có T  z  1  2i  AM với A(-1;-2).
Vậy min T 

65

3

11
65
11
và max T  AI  R 

.
3
3
3

10


Bài toán 2: Cho số phức thỏa mãn z 0  z R . Tìm GTLN của P a z  z1  b z  z 2
biết rằng z0  z1  k ( z 0  z 2 ), k  0, a, b  R .
Bài toán hình học: Cho điểm M chuyển động trên đường tròn tâm I bán kính R.
Cho A, B là 2 điểm cố định . Tìm giá trị lớn nhất của P = aMA+bMB (khi I là trung
điểm của AB hay I nằm trên đường trung trực của AB)
AB 2 1
2
  MA  MB  với J là trung điểm AB
Ta có MA  MB 2MJ 
2

2
2

2

2

Do đó (MA+MB) đạt giá trị lớn nhất khi MJ lớn nhất hay M  IJ  (C )
A

J
M

I

B

Ví dụ 1:(Đề minh hoạ BGD- 2018): Xét các số phức z a  bi (a, b  R) thoả mãn
z  4  3i  5. Tính P = a+ b khi z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất.

Giải
Gọi M(a;b), A(-1;3), B(1;-1) tâm I(4;3). Gọi J là trung điểm AB  J(0;1)
 IJ ( 4; 2); AB (2; 4)  IJ . AB 0  IJ là trung trực của AB.

Bài toán trở thành:
Tìm M  (C ) : ( x  4) 2  ( y  3) 2 5 (1). Sao cho (MA+MB) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có MA2  MB 2 2MJ 2 

AB 2 1
2

  MA  MB 
2
2

Do đó (MA+MB) đạt giá trị lớn nhất khi MJ lớn nhất hay M  IJ  (C )
Phương trình (IJ): x -2y +2 = 0 (2)
 y  4  x 6

2
2
2
Từ (1) và (2)  (2 y  6)  ( y  3) 5  ( y  3) 1  
 y 2  x  2

 M(4;6) hoặc M(2;2) (kiểm tra loại bỏ) .Vậy P = a+ b=10.

Ví dụ 2: Cho số phức z thoả mãn z  1  2 .Tìm giá trị lớn nhất của
T  z i  z  2  i

Giải

11


Ta có tâm I(1;0) của đường tròn , bán kính r  2 . Điểm A và B ứng với 2 số phức
z1  i; z 2 2  i  I là trung điểm của AB  M (0;1), M (2; 1)

max T = MA + MB = 4
Ví dụ 3: ( Sở GD và ĐT Bắc Ninh)
Cho số phức z thỏa mãn diều kiện z  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức

P  1  z  3 1  z là
Giải:
Ta có: P  1  z  3 1  z  z  1  3 z  1
z1  0  0i, z2  1  0i, z2  1  0i
PMax  2 12  33 .1  2 10 .
Chú ý : Trong trường hợp I không phải là trung điểm của AB hay I không nằm trên
đường trung trực của AB ta sẽ dùng các tính chất về mô đun của số phức để giải
quyết bài toán.
Ta có:
2

2

2

2

z  z1  z  z 0  z 0  z1  z  z 0  z 0  z1  2u.( k v) (1)
2

2

2

2

z  z 2  z  z 0  z 0  z 2  z  z 0  z 0  z 2  2u.v (2)

Với u là véc tơ biểu diễn z  z 0 và v là véc tơ biểu diễn z 0  z 2 với lưu ý
z 0  z1  k ( z 0  z 2 )

Nhân (2) với k rồi cộng với (1) ta được:
2

2

2

z  z1  k z  z 2 (1  k )( R 2  k z 0  z 2 ) (không đổi)

Áp dụng bất đẳng thức BNC cho P 2 ta có

b
P 2 (a z  z1  b z  z 2 ) 2  a z  z1 
k


2

 
b2 
2
2
k z  z1   a 2   ( z  z1  k z  z 2 )
k 
 


b2 
2

 P 2  a 2   (1  k )( R 2  k z 0  z 2 )
k 


Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 4: Cho số phức z thoả mãn z  1  2 .Tìm giá trị lớn nhất của
T  z i  z  2  i

Giải: Ta có tâm I đường tròn trong giả thiết z 0 1 bán kính r  2 . Điểm A và B
ứng với 2 số phức z1  i; z 2 2  i . Dễ thấy rằng z 0  z1  ( z 0  z 2 ) . Vậy thậm chí I
là trung điểm của AB. Ta có
12


2

2

2

2

z  i  z  1  1  i  z  1  1  i  2u.v (1)
2

2

2

2

z  2  i  z  1  1  i  z  1  1  i  2u.v (2)

Với u là véc tơ biểu diễn z  1 và v là véc tơ biểu diễn 1  i
cộng (1) với (2) ta được:
2

2

2

z  i  z  2  i 2 z  1  4 8 (không đổi)

Áp dụng bất đẳng thức BNC
2

2

T 2 ( z  i  z  2  i ) 2  2( z  i  z  2  i ) 16  T 4

Ví dụ 5:
Cho số phức z thoả mãn z  1  2i 2 .Tìm giá trị lớn nhất của T  z  z  3  6i
Giải:Ta có
2

2

2

2

2

z  z  1  2i  1  2i  z  1  2i  1  2i  2u.v (1) z  3  6i  z  1  2i  2  4i
2

2

2

 z  1  2i  4 1  2i  4u.v (2)

Với u là véc tơ biểu diễn z  1 2i và v là véc tơ biểu diễn 1 2i
Nhân (1) với 2 rồi cộng với (2) ta được:
2

2

2

2

2 z  z  3  6i 3 z  1  2i  6 1  2i 12  30 42 (không đổi)

Áp dụng bất đẳng thức BNC
2

2
2
1 

 1

T ( z  z  3  6i ) 
2 z  z  3  6i     1(2 z  z  3  i 6 ) 63  T 3 7
2 
 2

2

2

Bài toán 3:Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  z1 *  R và z 2  z 2 *  z 2  z 3 * với
z1 *, z 2 *, z 3 * cho trước. Tìm GTNN của T  z1  z 2

Bài toán hình học: Gọi M, N là điểm biểu diễn z1 , z 2 . Giả thiết z1  z1 *  R tương
đương với M thuộc đường tròn tâm I bán kính R ( gọi là đường tròn (C)). Giả thiết
z 2  z 2 *  z 2  z 3 * tương đương N thuộc đường thẳng (d). Bài toán trở thành tìm

M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho T=MN ngắn nhất. Từ hình vẽ ta thấy ngay
GTNN của MN bằng d ( I , (d ))  R . Vậy min T d ( I , (d ))  R .

13


I

M

N

d

Ví dụ 1: Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1  4  3i 2 và z 2  2  3i  z 2  1  2i
.Tìm giá trị nhỏ nhất của T  z1  z 2 .
Giải:
Gọi M, N là điểm biểu diễn z1 , z 2 . Giả thiết z1  4  3i 2 tương đương với M thuộc
đường tròn tâm I(-4;3) bán kính R=2. Giả thiết z 2  2  3i  z 2  1  2i tương đương
N thuộc đường thẳng (d): 3x-5y+4=0.
Vậy min MN d ( I , (d ))  R 

23
23 34
23 34
 2
 2  min T 
2
34
34
34

2.4. Hiệu quả sáng kiến kinh nghiệm
Việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào quá trình nghiên cứu và giảng dạy
đã mang lại những kết quả tích cực.
Đối với bản thân tôi sau khi nghiên cứu kĩ những kiến thức liên quan phần số
phức, đặc biệt là những bài toán số phức mức độ vận dụng cao, giúp tôi có những
kiến thức mới và kinh nghiệm hơn trong việc giảng dạy cho các em. Từ đó định
hướng cho các em cách phát hiện và tư duy trong việc giải các bài toán ở mức độ
vận dụng cao.
Với các đồng nghiệp, việc sử dụng tài liệu nhỏ này như một tài liệu để tham
khảo và hướng dẫn cho học sinh khi làm toán.

Đối với học sinh sau khi được áp dụng cách tiếp cận mới trong việc giải toán
giúp học sinh phát triển tư duy hơn. Học sinh có khả năng định hướng được cách
làm với những dạng bài tập khó khác. Học sinh tự tin hơn trong quá trình làm bài,
tạo hứng thú cho các em trong quá trình học tập. Việc làm các bài tập số phức nói
chung và số phức ở mức độ vận dụng cao ở các em trở nên nhanh chóng và chính
14


xác. Cụ thể tôi cho các em một số bài kiểm tra phần số phức trong từng quá trình
trước và sau khi áp dụng phương pháp giải mới bài tập số phức, kết quả như sau:
Bài kiểm tra số 1: ( Trước khi áp dụng sáng kiến)
Đề bài:
Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
điều kiện: z   3  4i   2
A. Đường tròn tâm I  2; 1 , R  2

B. Đường tròn tâm I  3; 4  , R  1

C. Đường tròn tâm I  2;1 , R  2

D. Đường tròn tâm I  3; 4  , R  2

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  3  2i  3 . Tập hợp điểm biểu diễn
số phức w  z  1  3i là
A. Đường tròn tâm I  2; 5  , R  3

B. Đường tròn tâm I  2;5  , R  3

C. Đường tròn tâm I  2;5  , R  3

D. Đường tròn tâm I  2; 5  , R  3

Câu 3: Cho số phức z thỏa mãn z  2i  1 . Tìm giá trị lớn nhất của z .
A. z Max  2  1

B. z Max  2  1;

C. z Max  1;

D. z Max  2

Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn z  2  x  2  6 . Giá trị nhỏ nhất của z là:
A. z Min  3

B. z Min  2

C. z Min  2

D. z Min  5

Kết quả:
Lớp 12B7

Chỉ đúng 1 Chỉ đúng 2 Chỉ đúng 3 Đúng 4 câu
câu
câu
câu
Số lượng
25 – 52%
15 – 31%

8 – 17%
0 – 0%
Bài kiểm tra số 2: ( Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm)

Tổng
48

Câu 1: Tập hợp điểm biểu diên số phức z thõa mãn điều kiện z  2  i  1 là:
A. Đường tròn tâm I  2; 1 , R  1

B. Đường tròn tâm I  2;1 , R  1

C. Đường tròn tâm I  2;1 , R  1

D. Đường tròn tâm I  1;2  , R  1

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn
w

iz  1
 i  1 . Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức
z2

1  i
là đường tròn. Tâm đường tròn đó có bán kính là:
z2

A. R  2

B. R  2

C. R  3

D. R  3

15


Câu 3: Cho số phức z thỏa mãn

z  2  i  1 . Giá trị lớn nhất của

P  z  2  2 z  1  i là:
A. P  5 B. P  5 2

C. P  3

Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn

D. P  2 5
z  1  i  1 . Giá trị lớn nhất của

P  z  2  z  2i là
A. P  17  4 2 B. P  17  2

C. P  17  2

D. P  2 17

Kết quả:

Lớp 12B7

Chỉ đúng 1 Chỉ đúng 2 Chỉ đúng 3 Đúng 4 câu
Tổng
câu
câu
câu
Số lượng
5 – 10%
15 – 31%
15 – 31%
13 – 28%
48
So sánh kết quả thu được từ hai bảng ta thấy sau khi áp dụng phương
pháp giải nhanh thì học sinh làm bài tốt hơn và khả năng tư duy phát triển hơn.
Điển hình là có những câu khó dạng mới gặp ( Câu 4 đề 2) các em vẫn làm tốt.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua việc vận dụng đề tài đã nghiên cứu vào trong quá trình giảng dạy và học
tập của học sinh đã thu đươc những kết quả tích cực như bảng số liệu đã phân tích.
Đề tài đã giúp cho giáo viên rất nhiều trong việc truyền đạt tư tưởng, phương pháp
và kiến thức cho học sinh. Bản thân học sinh khi được giảng dạy thông qua đề tài
đã giúp các em phát triển được tư duy, biết định hướng để giải một bài toán. Khơi
dậy ở các em niềm thích thú, sự ham học hỏi và đặc biệt giúp các em đạt hiệu quả
cao nhất khi làm bài tập cũng như thi THPT quốc gia.
Việc áp dụng đề tài không chỉ dừng lại ở một số bài toán số phức ở mức độ
vận dụng cao, mà còn có thể mở rộng hơn nữa ở nhiều dạng toán khác. Bản thân đề
tài là động lực cho mỗi giáo viên và học sinh tìm tòi phát triển hơn nữa để có được
những phương pháp cách truyền thụ kiến thức và cảm hứng cho học sinh tốt hơn.
3.2. Kiến nghị

Đối với sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa: Thông qua việc chấm sáng kiến
kinh nghiệm hàng năm, lựa chọn những đề tài có chất lượng và cần phổ biến rộng
rãi cho các trường trong tỉnh để những trường có điều kiện tương đồng triển khai
áp dụng hiệu quả. Nên đưa những SKKN có chất lượng vào mục “tài nguyên” của
sở để các giáo viên toàn tỉnh có thể tham khảo một cách rộng rãi.
16


Đối với trường THPT Hàm Rồng : Mỗi sáng kiến kinh nghiệm được lựa chọn
cần được phổ biến rộng rãi trong phạm vi tổ. Cần có những bản lưu trong thư viện
để giáo viên và học sinh tham khảo.
Đối với tổ chuyên môn: Cần đánh giá chi tiết những mặt đạt được, những hạn
chế và hướng phát triển của đề tài một cách chi tiết cụ thể để hoàn thiện sáng kiến
hơn nữa.
Đối với đồng nghiệp: Trao đổi ý tưởng, kinh nghiệm và hỗ trợ trong việc áp
dụng rộng rãi sáng kiến trong mỗi lớp học của mình. Phản hồi những mặt tích cực.
những mặt hạn chế của sáng kiến.
Đề tài nghiên cứu trong thời gian hạn chế, rất mong Hội đồng khoa học Sở
giáo dục và đào tạo Thanh Hóa nghiên cứu, góp ý bổ sung để sáng kiến hoàn thiện
hơn nữa.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 5 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của tôi, không sao chép nội
dung của người khác
Người viết sáng kiến

Lê Thị Thủy

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK giải tích 12 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục 2009
2. Sách bài tập 12 nâng cao – Nhà xuất bản giáo dục 2009
3. Đề minh họa lần 1, lần 2, lần 3 của bộ giáo dục và đào tạo năm học 2016-2017
4. Website:
5. Website: http://www. luyenthithukhoa.vn


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC TỈNH XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI
Họ và tên tác giả: Lê Thị Thủy
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên
Kết quả Năm học
TT
Tên đề tài SKKN
Cấp đánh giá
đánh giá đánh giá
xếp loại
xếp loại
xếp loại
(A, B, C)
1
Kỹ thuật chọn điểm rơi Sở giáo dục và đào

B
2013-2014
trong bất đẳng thức
tạo thanh hóa
2
Nghiên cứu một số sai lầm Sở giáo dục và đào
B
2016-2017
khi giải toán vectơ và tọa độ
tạo thanh hóa
3
Ứng dụng hàm số vào giải Sở giáo dục và đào
C
2018-2019
hệ phương trình”.
tạo thanh hóa