KỸ THUẬT tìm GIÁ TRỊ lớn NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT của mô ĐUN số PHỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP tọa độ TRONG mặt PHẲNG

Bìa chính (Mẫu M1(1))

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT SẦM SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KỸ THUẬT TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ
NHỎ NHẤT CỦA MÔ-ĐUN SỐ PHỨC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Người thực hiện: Nguyễn Thị Bích Huệ
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2020


MỤC LỤC
1. Mở đầu ..................................................................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài ..........................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu …………………………………………….…………1
1.3. Đối tượng nghiên cứu ………………………………………………….…...1
1.4. Phương pháp nghiên cứu...............................................................................1
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm....................................................................2
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm......................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.......................4
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.............................................6
2.4. Hiệu quả sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.......................................15
3. Kết luận, kiến nghị .............................................................................................17

1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài.
Mục tiêu của Luật giáo dục 2019: “Mục tiêu giáo dục nhằm phát triển toàn
diện con người Việt Nam có đạo đức, tri thức, văn hóa, sức khỏe, thẩm mỹ và nghề
nghiệp; có phẩm chất, năng lực và ý thức công dân; có lòng yêu nước, tinh thần dân
tộc và chủ nghĩa xã hội; phát huy tiềm năng, khả năng sáng tạo của mỗi cá nhân;
nâng cao dân trí, phát triển nguồn nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, đáp ứng yêu cầu
của sự nghiệp xây dựng, bảo vệ Tổ quốc và hội nhập quốc tế” [1].
Yêu cầu về phương pháp giáo dục của Luật giáo dục 2019: “Phương pháp giáo
dục phải khoa học, phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của
người học; bồi dưỡng cho người học năng lực tự học và hợp tác, khả năng thực
hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên” [1].
“Làm thế nào để phát huy tiềm năng, khả năng sáng tạo của mỗi cá nhân?”;
“Làm thế nào để phát huy tính tích cực, chủ động, tư duy sáng tạo của người học?”.
Đó là những câu hỏi tôi luôn băn khoăn, trăn trở trong quá trình giảng dạy.
Vì vậy bên cạnh việc truyền đạt các kiến thức cơ bản thì việc tìm kiếm các kỹ
thuật dạy học mới phù hợp, giúp học sinh hứng thú, chủ động mở rộng, phát triển
các kiến thức là điều mà tôi luôn hết sức chú ý và chăm chút. Đó cũng chính là lý
do tôi chọn đề tài: Kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số
phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Trong đề tài này, tôi xin phép được trình bày một số hướng phát triển, mở rộng
bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất mô-đun số phức dựa trên kỹ thuật giải là áp
dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Bên cạnh đó cũng cần nói thêm rằng lớp đối tượng mà tôi giảng dạy chủ yếu
là các học sinh trung bình và khá, do đó tôi lựa chọn hướng phát triển từ từ, thích
hợp với đại đa số học sinh, đồng thời nó cũng là hướng mở để các học sinh khá,
giỏi có thể phát triển bài toán hơn nữa.
1.2. Mục đích nghiên cứu.

Với lý do như trên thì mục đích nghiên cứu của đề tài là giúp học sinh tìm
hiểu, xây dựng và phát triển kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Phân tích ưu, nhược
điểm và so sánh kỹ thuật này với các kỹ thuật giải khác.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất mô-đun của số phức, đặc biệt là kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
mô-đun của số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Bên cạnh đó một đối tượng nghiên cứu khác vô cùng quan trọng chính là các
em học sinh của hai lớp 12A9 và 12A7 trường THPT Sầm Sơn mà tôi giảng dạy.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Phương pháp nghiên cứu chủ yếu là phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở
lý thuyết. Ngoài ra còn có phương pháp khảo sát thực tế, thu thập thông tin.
3


2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Sáng kiến kinh nghiệm này được xây dựng trên cơ sở các kiến thức cơ bản về
số phức kết hợp với các kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Các kiến thức cơ bản về số phức bao gồm:
+ Các định nghĩa cơ bản về số phức.
+ Các phép toán về số phức.
+ Các tính chất về mô-đun số phức.
+ Các tính chất về biểu diễn hình học của số phức.
Các kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng bao gồm:
+ Các kiến thức về đường thẳng.
+ Các kiến thức về đường tròn.
+ Các kiến thức về elip.
Đặc biệt là một số tính chất trong hình học giải tích Oxy được áp dụng trong
các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô-đun số phức:

Tính chất 1: Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng
thuộc

∆

sao cho khoảng cách
MAmin = d ( A; ∆ )
Lúc đó:
.

MA

ngắn nhất khi

∆

M

( C)

và một điểm

A

là hình chiếu của

. Điểm
A

trên

M
∆

.

A

Tính chất 2: Trong hệ trục Oxy, cho đường tròn
và một điểm
không thuộc
( C)
M
MA
đường tròn. Điểm
thuộc
sao cho khoảng cách
lớn nhất, nhỏ nhất khi
( C)
M
IA
khi
là giao điểm của
với đường tròn
. Lúc đó:
1) Trường hợp:
MAmin = R − IA

;

A

nằm trong đường tròn.

MAmax = R + IA

.

4


2) Trường hợp:
MAmin = IA − R

;

A

nằm ngoài đường tròn.

MAmax = R + IA

.

( E)

( E)

M

Tính chất 3: Trong hệ trục Oxy, cho Elip
. Điểm
thuộc
sao cho khoảng
Ox;Oy
OM
M
cách
lớn nhất, nhỏ nhất khi
là giao điểm của
với Elip. Lúc đó:
MOmin = b
MOmax = a

- độ dài bán trục bé (khi
- độ dài bán trục lớn (khi

M
M

là giao điểm của

Oy

là giao điểm của

Ox

với elip),
với elip).

5


( C)

∆

Tính chất 4: Trong hệ trục Oxy, cho đường tròn
và đường thẳng không cắt
( C) N
MN
M
∆
đường tròn. Điểm
thuộc
,
thuộc
sao cho khoảng cách
nhỏ nhất
M,N
d
I
khi
lần lượt là giao điểm của đưởng thẳng
(qua vuông góc với đường
MN min = d ( I , ∆ ) − R
( C)
∆
∆

thẳng ) cắt đường tròn
và đường thẳng . Lúc đó:
.

Tính chất 5: Trong hệ trục Oxy, cho hai đường tròn

( C)

không cắt nhau.
M,N
MN
Hai điểm
lần lượt thuộc hai đường tròn sao cho khoảng cách
lớn nhất,
M,N

nhỏ nhất khi
lần lượt là giao điểm của đưởng thẳng
hai đường tròn) với hai đường tròn. Lúc đó:
MN min = II '− R − R '

;

MAmax = II '+ R + R '

và

( C ')

II '

(đường nối tâm của

.

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Số phức là một phần rất mới trong chương trình toán THPT (được đưa vào
chương trình vào cuối năm lớp 12). Đây là một phần không khó, tuy nhiên khá lạ
do lâu nay học sinh đã quen với tập số thực, với lối tư duy trên tập số thực nên
nhiều học sinh gặp khó khăn với các bài toán số phức, đặc biệt là các bài toán khó.
6


Bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số phức là một bài
toán khó về số phức. Cách giải thông thường của bài toán là áp dụng bất đẳng
thức.Tuy nhiên, bất đẳng thức là cũng một phần khó trong chương trình toán học
phổ thông, lại được học từ giữa năm lớp 10 nên rất nhiều học sinh đã quên và gặp
rất nhiều khó khăn khi áp dụng. Thêm nữa việc phát triển bài toán bằng bất đẳng
thức là không dễ nhất là đối với các đối tượng học sinh mà tôi đang giảng dạy.
Việc áp dụng kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số
phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, bài toán được chuyển sang bài
toán hình giải tích trong mặt phẳng nên trực quan hơn, dễ dàng xử lý hơn. Đặc biệt,
chúng ta có thể mở rộng, phát triển bài toán theo nhiều hướng khác nhau, rất đa
dạng.
Chúng ta cùng xem xét một ví dụ cụ thể như sau:
Ví dụ: Trong các số phức

z

z − 1 = z + 1 − 2i

thỏa mãn

, tìm số phức

z

sao cho

z −3−i

nhỏ nhất [2].
Giải:
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức.
Giả sử

z = x + yi

z − 1 = z + 1 − 2i ⇔ x − 1 + yi = ( x + 1) + ( y − 2)i

, khi đó:

⇔ ( x − 1)2 + y 2 = ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 ⇔ x − y + 1 = 0
z − 3 − i = ( x − 3) + ( y − 1)i = ( x − 3) 2 + ( y − 1) 2

Ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-x-ki:

( x − 3) 2 + ( y − 1) 2  12 + ( −1) 2  ≥ [ ( x − 3) + ( −1)( y − 1) ] = ( x − y − 2) 2 = 9
2

⇔ ( x − 3) 2 + ( y − 1)2 ≥
z − 3 − i = ( x − 3)2 + ( y − 1)2 ≥

Nên:

Dấu ‘=’ xảy ra khi
z −3−i

9
2
3 2
2

3

x=

3
3 5

2
x − 3 = − y +1 = − ⇔ 
⇔z= + i
2
2 2
y = 5

2

3 2
2

z=

.

3 5
+ i
2 2

Vậy
nhỏ nhất bằng
khi
.
Cách 2: áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
7


z = x + yi

Giả sử

z − 1 = z + 1 − 2i ⇔ x − 1 + yi = ( x + 1) + ( y − 2)i

, khi đó:

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

Gọi

2

M ( x; y )

là điểm biểu diễn cho số phức

thuộc đường thẳng
Gọi

I (3;1)

∆ : x − y +1 = 0

.

là điểm biểu diễn cho số phức

z

trong mặt phẳng phức, khi đó

M

z1 = 3 + i

z − 3 − i = z − (3 + i) = IM

Khi đó :

Để

IM

,

nhỏ nhất khi

M

IM = d ( I ; ∆) =

Khi đó:

là hình chiếu của

3 −1+1
1 +1
2

Phương trình đường thẳng

Tọa đô

M

nghiệm hệ

2

=

IM

:

I

trên

∆

.

3 2
2
x+ y−4=0

3

x=

x
−
y
+
1
=
0



2
⇔

x + y − 4 = 0
 y = 5 ⇒ M  3 ; 5 ÷ ⇒ z = 3 + 5 i

2 2
2
2 2

z=

3 5
+ i
2 2

Vậy số phức có mô-dun nhỏ nhất là :
.
So sánh giữa hai cách giải, chúng ta có thể thấy mức độ tương đương. Tuy
nhiên, đối với cách một sử dụng bất đẳng thức thì tâm lý chung học sinh là “ngại”
và “sợ”, trong khi với cách thứ hai thì bài toán trở nên trực quan hơn, dễ dàng tiếp
nhận hơn.
Mặt khác, bất đẳng thức và phương pháp tọa độ trong mặt phẳng đều là kiến
thức từ lớp 10, nhưng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là kiến thức trọng tâm
của hình học 10, học sinh được học trong suốt học kỳ hai lớp 10. Hơn nữa phần
8


kiến thức này lại được mở rộng phát triển trong hình học 12 (phương pháp tọa độ

trong không gian) nên đối với học sinh thì quen thuộc hơn, gần gũi hơn.
Vì vậy trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy khi tôi giới thiệu về các cách
giải của bài toán thì phần lớn học sinh chọn cách giải thứ hai. Hơn nữa, khi chúng
ta phát triển bài toán, phức tạp hóa các điều kiện hay yêu cầu thì việc sử dụng bất
đẳng thức trở nên khó khăn, nhiều bài toán không thể giải được. Trong khi nếu
dùng theo cách giải thứ hai bài toán dễ phát triển mở rộng hơn.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Với thực trạng như trên, trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu các giải pháp
xây dựng và phát triển kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số
phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Dựa trên việc áp dụng các tính chất của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
vào các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số phức, chúng ta
có thể phân chia bài toán thành các dạng như sau:
Dạng 1: Quy về tính khoảng cách nhỏ nhất giữa một điểm và và một điểm
thuộc đường thẳng.
Chúng ta cùng bắt đầu với bài toán đầu tiên khá đơn giản:
z = m + (m + 1)i
m∈ R
Bài toán 1: Trong tất cả các số phức có dạng:
với
, tìm số
phức có mô-đun nhỏ nhất [2].
Giải.
Gọi
khi đó

M

M ( m; m + 1)

thuộc đường thẳng

z = OM

Ta có :

là điểm biểu diễn cho số phức

,

OM

nhỏ nhất khi

OM = d (O; ∆) =

Khi đó:

∆ : x − y +1 = 0

M

z

trong mặt phẳng phức

Oxy

,

.

là hình chiếu của

O

trên

∆

.

2
2

Phương trình đường thẳng

OM

:

x+ y =0

9


Tọa độ

M

lànghiệm hệ

Vậy số phức

z

1

x=−

x
−
y
+
1
=
0


2
⇔

x + y = 0
 y = 1 ⇒ M  − 1 ; 1 ÷ ⇒ z = − 1 + 1 i

2 2
2
 2 2

có mô-dun nhỏ nhất bằng

2
2

khi:

1 1
z=− + i
2 2

Trong bài toán này, vấn đề trọng yếu là điểm
thuộc đường thẳng

∆ : x − y +1= 0

M

.

biểu diễn cho số phức

. Từ đây chúng ta có thể phát triển mở rộng bài

toán theo chiều hướng khó, phức tạp hơn nhưng vẫn giữ được tính chất điểm
biểu diễn cho số phức
thứ hai như sau:

z

z

M

thuộc một đường thẳng. Chúng ta cùng xem xét bài toán

Bài toán 2: Trong các số phức
đun nhỏ nhất [2].

z

z − 1 = z + 1 − 2i

thỏa mãn

, tìm số phức

Đối với bài toán này chúng ta đã thay thế điều kiện

z = m + (m + 1)i

z

có mô-

bởi một điều

z − 1 = z + 1 − 2i

z

kiện khác về mô-đun phức tạp hơn là:
. Nhưng khi khai thác điều
kiện này chúng ta được điều kiện tương đương với điều kiện đã cho trong bài toán
ban đầu.
Giải:
Giả sử

z = x + yi

z − 1 = z + 1 − 2i ⇔ x − 1 + yi = ( x + 1) + ( y − 2)i

, khi đó:

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

Gọi

M ( x; y )

là điểm biểu diễn cho số phức

thuộc đường thẳng

∆ : x − y +1 = 0

z

trong mặt phẳng phức, khi đó

M

.

10


z = OM

Ta có :

,

OM

nhỏ nhất khi

OM = d (O; ∆ ) =

Khi đó:

1
12 + 12

Phương trình đường thẳng

Tọa độ

M

là nghiệm hệ

là hình chiếu của

O

trên

∆

.

2
2

=

OM

M

:

x+ y =0

1

x
=
−
x − y +1 = 0


2
⇔

1 1
 1 1
x
+
y
=
0
1

y =
⇒ M  − ; ÷⇒ z = − + i

2 2
2
 2 2

2
2

z

1 1
z=− + i
2 2

Vậy số phức có mô-dun nhỏ nhất bằng

khi:
.
Tiếp tục mở rộng, phát triển bằng cách phức tạp hóa yêu cầu của bài toán,
chúng ta được bài toán thứ ba có điều kiện giống như điều kiện của bài toán thứ hai
song yêu cầu đã cao hơn:
Bài toán 3: Trong các số phức

z

z − 1 = z + 1 − 2i

thỏa mãn

, tìm số phức

z

sao cho

z −3−i

nhỏ nhất [2].
Lúc này, điều kiện của
rộng thành tìm
Giải:
Giả sử

z = x + yi

z

z

vẫn như trong bài toán hai song yêu cầu được mở
z −3−i

để mô-đun của số phức

nhỏ nhất.

z − 1 = z + 1 − 2i ⇔ x − 1 + yi = ( x + 1) + ( y − 2)i

, khi đó:

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

11


Gọi

M ( x; y )

là điểm biểu diễn cho số phức

thuộc đường thẳng
Gọi

I (3;1)

∆ : x − y +1 = 0

.

là điểm biểu diễn cho số phức

z

z1 = 3 + i

trong mặt phẳng phức, khi đó

M

.

z − 3 − i = z − (3 + i) = IM

Khi đó :
Để

IM

,

nhỏ nhất khi

M

IM = d ( I ; ∆) =

Khi đó:

là hình chiếu của

3 −1+1
1 +1
2

Phương trình đường thẳng

Tọa độ

M

nghiệm hệ
z

2

=

IM

I

trên

∆

.

3 2
2

:

x+ y−4=0

3

x=

x − y +1 = 0

2
⇔

x + y − 4 = 0
 y = 5 ⇒ M  3 ; 5 ÷ ⇒ z = 3 + 5 i

2 2
2
2 2

3 2
2

z −3−i

z=

3 5
+ i
2 2

Vậy số phức có mô-dun
nhỏ nhất bằng
khi:
.
Bài toán thứ tư cúng tương tự như vậy nâng cao yêu cầu của bài toán.
Bài toán 4: Trong các số phức

z

z − 1 = z + 1 − 2i

thỏa mãn

, tìm số phức

z

sao cho

iz + 2

nhỏ nhất [2].
Giải:
Lúc này, điều kiện vẫn như vậy, nhưng yều cầu đã được kết hợp thêm tính chất

iz + 2 = i ( z − 2i ) = i z − 2i = z − 2i

của mô-đun số phức:
quy về bài toán tương tự như bài toán ba.

, và như vậy bài toán lại được
12


z = x + yi

Giả sử

z − 1 = z + 1 − 2i ⇔ x − 1 + yi = ( x + 1) + ( y − 2)i

, khi đó:

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

2

M ( x; y )

Gọi

là điểm biểu diễn cho số phức

thuộc đường thẳng

∆ : x − y +1 = 0

z

trong mặt phẳng phức, khi đó

.

iz + 2 = i ( z − 2i ) = i z − 2i = z − 2i = AM

Ta có :
2i
phức ).
Để

AM

(với

nhỏ nhất thì

M

AM = d ( A; ∆) =

Khi đó:

là hình chiếu của
0 − 2 +1
1 +1

2

Phương trình đường thẳng

Tọa đô

M

z

nghiệm hệ

2

IM

=

:

M

A

trên

∆

A(0; 2)

là điểm biểu diễn cho số

.

2
2

x+ y−2=0

1

x=

x − y +1 = 0

2
⇔

x + y − 2 = 0
y = 3

2

iz + 2

2
2

z=

1 3
+ i
2 2

Vậy số phức có mô-dun
nhỏ nhất bằng
khi:
.
Dạng 2: Quy về tính khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất giữa một điểm và một
diểm thuộc đường tròn.
Đặc điểm của các bài toán trong dạng một là điều kiện của
phức
M

z

M

biểu diễn cho số

thuộc đường thẳng, bây giờ chúng ta phát triển bài toán bằng cách cho điểm

thuộc một đường tròn. Chúng ta cùng xem xét các bài toán sau:
13


Bài toán 5: Trong các số phức
nhất, lớn nhất [3].
Giải.
z = x + yi

Giả sử

z

z −1 = 2

thỏa mãn

, tìm số phức

z

có mô-đun nhỏ

z − 1 = 2 ⇔ x − 1 + yi = 2

, khi đó:

⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 2 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 4

Gọi

M ( x; y )

là điểm biểu diễn cho số phức
( C ) : ( x − 1)2 + y 2 = 4
thuộc đường tròn
.

z

M

trong mặt phẳng phức, khi đó

z = OM

Ta có :
OM
IO
M
I
Để
nhỏ nhất khi
là giao của
với đường tròn ( là tâm đường tròn).
M ( −1;0) ⇒ z = −1
OM = R − IO = 2 − 1 = 1
Khi đó:
và
OM
IO
M
I
Để
nhỏ nhất khi
là giao của
với đường tròn ( là tâm đường tròn).
M (3;0) ⇒ z = 3

OM = R + IO = 2 + 1 = 3
Khi đó:
và
.
3
z
=
3
z
z = −1
Vậy có mô-dun lớn nhất bằng khi
, có mô-đun nhỏ nhất bằng 1 khi
.
Lại nâng cao yêu cầu của bài toán từ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô-đun
z

số phức
sang tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mô-đun một biểu thức chứa
được bài toán thứ sáu.
Bài toán 6: Trong các số phức
nhất, nhỏ nhất [3].
Giải.

z

z =2

thỏa mãn

, tìm số phức

z

z

ta

z −1− i

có

lớn

14


z = x + yi

Giả sử

z − 1 = 2 ⇔ x − 1 + yi = 2

, khi đó:

⇔ ( x − 1) + y = 2 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 4
2

Gọi

2

M ( x; y )

z

là điểm biểu diễn cho số phức trong mặt phẳng phức, khi đó
( C ) : ( x − 1)2 + y 2 = 4 ∆ : x − y + 1 = 0
thuộc đường tròn
.

Xét điểm

A ( 1; −1)

(

A

M

nằm trong hình tròn)

z − 1 − i = z − (1 + i ) = AM

Ta có :
Để

BM

Khi đó:

Để

BM

Khi đó:

nhỏ nhất khi

M

là giao của

với đường tròn (

I

là tâm đường tròn).

AM = R − OA = 2 − 2

lớn nhất khi

M

là giao của

AB

với đường tròn (

I

là tâm đường tròn).

AM = R + OA = 2 + 2
OA : x − y = 0

Đường thẳng

Tọa độ điểm M là nghiệm hệ

(

AB

)

  x = 2

  y = 2
x − y = 0
⇔

 2
2
x + y = 4
  x = − 2

  y = − 2

 M 2; 2 ⇒ z1 = 2 + i 2
⇒
 M ' − 2; − 2 ⇒ z = − 2 − i 2
2


(

)

15


Vậy với

z −1+ i

z1 = 2 + i 2

thì

là nhỏ nhất,
z −1+ i

z2 = − 2 − i 2

với
thì
là lớn nhất.
Dạng 3: Quy về tính khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất giữa một điểm và một

điểm thuộc Elip.
Mở rộng với

M

thuộc Elip ta được bài toán sau:

Bài toán 7: Trong các số phức
đun lớn nhất, nhỏ nhất [3].
Giải.
Giả sử

z = x + yi M ( x; y )

,

z

z − 3 + z + 3 = 10

thỏa mãn

, tìm số phức

là điểm biểu diễn cho số phức

z

z

có mô-

trong mặt phẳng phức.

z − 3 + z + 3 = 10 ⇔ ( x − 3)2 + y 2 + ( x + 3) 2 + y 2 = 10

khi đó:
⇔ MF + MF ' = 10
⇒M

với

F ' ( −3; 0 ) ; F ( 3;0 ) ; M ( x; y )

thuộc elip có tiêu điểm

( E) :
⇒ Phương trình của

z = OM

Ta có:

OM min = 4

Nên:

OM max = 5

với

khi

M

F ' ( −3; 0 ) ; F ( 3; 0 )

x2 y2
+ =1
25 16

hoặc

, độ dài trục lớn bằng

10

.

thuộc elip nên

M (0; −4)

().

4 ≤ OM ≤ 5

M (0; 4)

tương ứng với

z = −4i

hoặc

z = 4i

.

z = −5
z =5
khi
hoặc
tương ứng với
hoặc
.
Dạng 4: Quy về tính khoảng cách nhỏ nhất giữa một điểm thuộc đường thẳng
và một điểm thuộc đường tròn.
Lại nâng cao, phát triển bài toán từ tìm một số phức sang tìm hai số phức ta
được bài toán thứ bảy như sau:
16
M (−5;0)

M (5;0)


z1 , z2

Bài toán 8: Trong các số phức
các số phức
Giải.

Giả sử

z1 , z2

z1 = x1 + y1i

sao cho
, khi đó:

z1 − z2

thỏa mãn

z1 − 2 + i = 1

;

z2 − 1 = z2 + 1 − 2i

, tìm

nhỏ nhất [4].

z1 − 2 + i = 1 ⇔ x1 − 2 + ( y + 1)i = 1

⇔ ( x1 − 2) + ( y1 + 1) 2 = 1 ⇔ ( x1 − 2) 2 + ( y1 + 1) 2 = 1
2

Gọi

M ( x1 ; y1 )

là điểm biểu diễn cho số phức
( C ) : ( x − 2) 2 + ( y + 1) 2 = 1
thuộc đường tròn
.
Giả sử

z2 = x2 + y2i

, khi đó:

z1

trong mặt phẳng phức, khi đó

M

z2 − 1 = z 2 + 1 − 2i ⇔ x2 − 1 + y2i = ( x2 + 1) + ( y 2 − 2)i

⇔ ( x − 1) + y = ( x2 + 1) 2 + ( y2 − 2) 2 ⇔ x2 − y2 + 1 = 0
2

Gọi

2

N ( x2 ; y 2 )

là điểm biểu diễn cho số phức

thuộc đường thẳng

∆ : x − y +1= 0

z

trong mặt phẳng phức, khi đó

N

.

z1 − z2 = MN

Ta có :
MN
d
M
I I
nhỏ nhất khi
là giao của đường thẳng qua ( là tâm đường tròn) vuông
( C)
N
d
∆
góc với đường tròn
, còn
là giao của đường thẳng
với đường thẳng .

Khi đó:

MN min = IH − R = 2 2 − 1
IH = d ( I , ∆ ) =

Trong đó :

2 +1+1
12 + 12

=2 2

17


d

Đường thẳng

qua

I ( 2; −1)

vuông góc với đường thẳng

∆

x + y −1 = 0

⇒ Phương trình đường thẳng

Tọa độ điểm
 
 M  2 −
 
⇒
M ' 2 +
 
 

Điểm

M

M

là nghiệm hệ


2
 x = 2 +
2
 

2
y
=
−
1
−



 x + y −1 = 0
2
⇔

2
2


( x − 2) + ( y − 1) = 1
2
 x = 2 −
2


2
  y = −1 +
 
2

2
2
2 
2
; −1 +
⇒
z
=
2

−
+
i
−
1
+
÷

÷
1

2
2 ÷
2
2 ÷



2
2
2 
2
; −1 −
⇒ z1' = 2 −
+ i  −1 −
÷
÷
÷
2
2 

2
2 ÷



cần tìm là

Tọa độ điểm

N

z1 = 2 −


2
2
M  2 −
; −1 +
÷
2
2 ÷



là nghiệm hệ

z1 = 2 −

ứng với số phức

2 
2
+ i  −1 +
÷
2
2 ÷



.

x + y −1 = 0 x = 0
⇔
⇒ N ( 0;1) ⇒ z2 = i

x − y +1 = 0  y = 1


2
2
+ i  −1 +
÷; z2 = i
2
2 ÷



z1 − z2

Vậy với

thì
là nhỏ nhất.
Dạng 5: Quy về tính khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất giữa hai điểm lần lượt
thuộc hai đường tròn.
Vẫn là bài toán tìm hai số phức, song điều kiện của hai số phức được thây đổi
từ thuộc một đường thẳng, một đường tròn sang thuộc hai đường tròn ta được bài
toán thứ tám và thứ chín.
z1 , z2

z1 − 2 + i = 1

z2 + 1 − 3i = 1

z1 − z2

Bài toán 9: Trong các số phức
thỏa mãn
;
, thì
lớn nhất, nhỏ nhất bằng bao nhiêu [4].
So với bài toán thứ tám, bài toán thứ chín được phát triển về điều kiện của
z1 , z2

thuộc đườn thẳng, đường tròn sang thuộc hai đường tròn khác nhau.

Giải.
18


Giả sử

z1 = x1 + y1i

, khi đó:

z1 − 2 + i = 1 ⇔ x1 − 2 + ( y1 + 1)i = 1

⇔ ( x1 − 2) + ( y1 + 1) 2 = 1 ⇔ ( x1 − 2) 2 + ( y1 + 1) 2 = 1
2

M ( x1 ; y1 )

Gọi

là điểm biểu diễn cho số phức
( C ) : ( x − 2) 2 + ( y + 1) 2 = 1
thuộc đường tròn
.
Giả sử

z2 = x2 + y2i

z1

trong mặt phẳng phức, khi đó

M

z2 + 1 − 3i = 1 ⇔ x2 + 1 + ( y2 − 3)i = 1

, khi đó:

⇔ ( x2 + 1) + ( y2 − 3) 2 = 1 ⇔ ( x2 + 1) 2 + ( y2 − 3) 2 = 1
2

N ( x2 ; y 2 )

Gọi

là điểm biểu diễn cho số phức
( C ') : ( x + 1) 2 + ( y − 3) 2 = 1
thuộc đường tròn
.

z2

trong mặt phẳng phức, khi đó

N

z1 − z2 = MN

Ta có :
I ( −2;1) ; I ' ( −1;3)
Với

lần lượt là tâm đường tròn

( C ) ; ( C ')

.

MN min = II '− R1 − R2 = 5 − 1 = 1 = 3

MN max = II '+ R1 + R2 = 5 + 1 + 1 = 7

.
II ' =

Trong đó:
Vậy

:

( 2 + 1)

2

+ ( −1 − 3 ) = 5

MN min = 3; MN max = 7

2

.
19


z1 , z2

Bài toán 10: Trong các số phức
thỏa mãn
lớn nhất, nhỏ nhất bằng bao nhiêu [4].
Giải.
ặt
Đ

z3 = −2 z2

Giả sử

, khi đó

z1 = x1 + y1i

z1 − 4 = 1

;

iz2 − 2 = 1

, thì

z1 + 2 z2

z1 + 2 z2 = z1 − z3

, khi đó:

z1 − 4 = 1 ⇔ x1 − 4 + y1i = 1

⇔ ( x1 − 4) 2 + y12 = 1 ⇔ ( x1 − 4) 2 + y12 = 1

Gọi

M ( x1 ; y1 )

z1

là điểm biểu diễn cho số phức
( C ) : ( x − 4)2 + y 2 = 1
thuộc đường tròn
.

Giả sử

Gọi

M

1
iz2 − 2 = 1 ⇔ − iz3 − 2 = 1 ⇔ iz3 + 4 = 2 ⇔ i ( z3 − 4i) = 2 ⇔ z3 − 4i = 2
2

Ta có:

⇔

trong mặt phẳng phức, khi đó

z3 = x3 + y3i

, khi đó:

z3 − 4i = 2 ⇔ x3 + ( y3 − 4)i = 2

x3 + ( y2 − 4) = 2 ⇔ x3 2 + ( y3 − 4) 2 = 4
2

2

N ( x3 ; y3 )

là điểm biểu diễn cho số phức
( C ') : x 2 + ( y − 4)2 = 4
thuộc đường tròn
.

z3

trong mặt phẳng phức, khi đó

N

z1 − z3 = MN

Ta có :
I ( 0; 4 ) ; I ' ( 4;0 )
Với

lần lượt là tâm đường tròn

( C ) ; ( C ')

.
20


MN min = II '− R1 − R2 = 4 2 − 1 − 2 = 4 2 − 3
MN max = II '+ R1 + R2 = 4 2 + 1 + 2 = 4 2 + 3
II ' =

Trong đó:
Vậy:

( 0 − 4)

2

+ ( 4 − 0) = 4 2
2

MN min = 4 2 − 3; MN max = 4 2 + 3

.
Với cách mở rộng và phát triển như vậy, cứ tiếp tục chúng ta có thể xây dựng
được một lớp các bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số phức
từ đơn giản đến phức tạp tùy thuộc vào điều kiện hay yêu cầu của bài toán, tùy
thuộc vào sự đa dạng của bài toán hình học giải tích tương ứng mà chúng ta lựa
chọn.

Với một lớp đối tượng học sinh không tốt lắm (phần lớn là học sinh trung
bình và một bộ phận nhỏ học sinh khá), tôi lựa chọn cách phát triển mở rộng bài
toán dần dần từng bước một như trên, giúp học sinh được tiếp cận từ từ phù hợp
với trình độ, nhận thức của học sinh. Đồng thời đơn giản hóa các bài toán về giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mô-đun số phức giúp các bài toán đến gần hơn với học
sinh, để học sinh cảm thấy mình “có thể” giải được bài toán, có hứng thú hơn, nỗ
lực hơn trong qua trình học tập.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Để kiểm chứng tính hiệu quả của đề tài, tôi đã tiến hành triển khai đề tài tại
lớp 12A9, còn lớp 12A7 thì không (nghĩa là ở lớp 12A7 thì tôi dạy học sinh tìm giá
trị lớn nhất, giả trị nhỏ nhất của mô-đun số phức bằng cách sử dụng bất đẳng thức,
còn lớp 12A9 thì chủ yếu tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của mô-đun số phức
bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng). Đây là hai lớp mà tôi đánh giá có chất
lượng tương đương. Sau đó tôi đã đánh giá kết quả bằng một bài kiểm tra trắc
nghiệm ngắn (15 phút) như sau:
ĐỀ KIỂM TRA
Câu 1: Cho số phức
A.

2 2 −1

Câu 2: Cho số phức
A.

z

2 2 +1

z =1

thõa mãn

. Giá trị nhỏ nhất của

2 −1

B.
z

z −2+i

5 −1

C.

D.

z + 2 − 2i = 1

thõa mãn
2 +1

B.

Câu 3: Trong các số phức

z

là.
3 −1

.

z

. Giá trị lớn nhất của
C.

2

là.
D.

3 +1

.

z − 2 − 4i = z − 2i

thõa mãn

, số phức có mô-đun nhỏ
21


nhất là.
z = −2 + 2i
A.

B.

z = −2 − 2i

Câu 4: Trong các số phức
z = a + bi, (a, b ∈ R )

A.

1
4

B.
z

10

A.

z

.

2 3

1
2

bằng.

1

4

−

C.

−

D.

C.

thõa mãn

3 10

D.

C.
thõa mãn

là.
4 10

z1 = 12

.

z

. Giá trị nhỏ nhất của

3

z1 , z2

.

. Giá trị lớn nhất của

2 10

B.

1
2

z + 1 − 4i

z+2 + z−2 =8

4

là.
8

D. .

và

z2 − 3 − 4i = 5

. Giá trị lớn nhất

là.

22

B.

Câu 8: Cho các số phức
nhỏ nhất của
A.

z = 2 + 2i

, biết số phức

a −b

thõa mãn

Câu 7: Cho các số phức
của

thõa mãn

z − 1 − 2i = 10

B.

z1 − z2

D.

z − 3 + 4i = z

có mô-đun nhỏ nhất. Khi đó

Câu 6: Cho số phức
A.

z = 2 − 2i

2

Câu 5: Cho số phức
A.

z

C.

1
2

z1 − z2

2

z1 , z2

C.
thõa mãn

7

z1 + 5 = 5

D.
và

17

z2 + 1 − 3i = z 2 − 3 − 6i

.
. Giá trị

là.
B.

3
2

C.

5
2

D.

7
2

.

Kết quả thu được là:
Lớp
Điểm
[0; 3)
[3; 5)
[5; 7)
[7; 9)

12A7
Tần số
Tần suất (%)
5
11,11
10
22,22
18
40
8
17,78

12A9
Tần số
Tần suất (%)

2
4,17
3
6,25
21
43,75
15
31,25
22


[9; 10]

4
N = 45

8,89

7
N = 48

14,58

So sánh kết quả đạt được của hai lớp, chúng ta có thể thấy được hiệu quả của
đề tài sau khi được triển khai.
Nhìn chung, nhiều học sinh đã biết cách làm các bài toán tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của modun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Học
sinh không còn tâm lý “e ngại” khi gặp phải các bài toán dạng này, thậm chí một bộ
phận không nhỏ học sinh có thể tiếp cận với những bài toán khó hơn trong các đề
thi trung học phổ thông quốc gia hay các đề khảo sát của các trường.

Bên cạnh đó học sinh cũng học hỏi được cách tư duy lô-gic, cách quy lạ về
quen, cách mở rộng phát triển các bài toán không chỉ trong phần này mà còn các
phần khác nữa.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
Trên đây là những kinh nghiệm của tôi trong quá trình dạy học. Với tuổi đời
và tuổi nghề còn non trẻ, kinh nghiệm chưa nhiều nên tôi không tránh khỏi những
thiếu sót. Rất mong được các đồng chí góp ý và chia sẻ kinh nghiệm giúp tôi ngày
tiến bộ hơn trong công tác, phát triển hơn chuyên môn nghiệp vụ.
Tôi xin trân trọng cảm ơn !
3.2. Kiến nghị.
Tôi mong muốn được Sở GDĐT, nhà trường cung cấp cho chúng tôi một số
SKKN đã được Sở, nhà trường đánh giá là có chất lượng của những năm học trước
để chúng tôi được học hỏi, nghiên cứu, áp dụng vào thực tế giảng dạy nhằm nâng
cao chất lượng dạy học.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 7 năm 2020

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Nguyễn Thị Bích Huệ

23


DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Luật Giáo dục 2019 . Nguồn:
[2] Chuyên đề số phức – Bùi Trần Duy Tuấn . Nguồn:
[3] Chuyên đề số phức – Nguyễn Chín Em. Nguồn:
[4] Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa modul số phức –
Nguyễn Hoàng Việt . Nguồn: