SKKN hướng dẫn học sinh khai thác kết quả một số bài tập trong sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải quyết

MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các giải pháp thực hiện
2.3.1. Sử dụng tính chất của số i
2.3.2. Sử dụng tính chất của số phức liên hợp.
2.3.3. Sử dụng tính chất của mô đun số phức
2.3.3.1. Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tính giá trị của
biểu thức.
2.3.3.2. Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất.
2.3.3.3. Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán ứng dụng hình
học của số phức
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1

TRANG

2
2
2
3
3
3
3
3
3
4
6
8
9
11
15
18
19
19
20


Trong chương trình Toán ở bậc trung học, số phức được đưa vào cuối chương
trình giải tích 12, tuy nhiên còn rất đơn giản. Hơn nữa trong các kì thi tốt nghiệp
THPT và thi Đại học của những năm trước năm 2017 bài tập về phần số phức chiếm
một phần rất ít, thường ở mức độ không quá khó và tài liệu về số phức không nhiều và
thường tản mạn. Chính vì vậy ở nhũng năm trước khi học sinh học xong phần số phức
cũng chỉ làm được một số dạng toán đơn giản như giải được phương trình bậc hai
nghiệm phức, tính được các yếu tố liên quan đến số phức. Tuy nhiên năm 2017 cùng
với việc chuyển từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm thì tỉ lệ của
phần số phức được nâng lên, nội dung đa dạng hơn trong đó có một đến hai câu được

phân bố ở câu hỏi mức độ vận dụng và vận dụng cao. Để làm được các câu đó đòi hỏi
học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản, biết khai thác và vận dụng các kiến thức đó.
Với mong muốn giúp học sinh, nhất là học sinh khá, giỏi có thể tiếp cận và giải quyết
được các bài toán khó đó tôi đã chọn đề tài
“ HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC KẾT QUẢ MỘT SỐ BÀI TẬP
TRONG SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12 NÂNG CAO ĐỂ GIẢI QUYẾT SỐ
MỘT SỐ BÀI TOÁN MỨC ĐỘ VẬN DỤNG –VẬN DỤNG CAO VỀ SỐ PHỨC
”
Qua đề tài này tôi mong muốn mang lại cho các em một cái nhìn mới về số
phức, giúp các em thêm hiểu về số phức và tự tin làm các bài toán về số phức.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu đề tài “ Hướng dẫn học sinh khai thác kết quả một số bài tập trong
sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để giải quyết một số bài toán mức độ vận dụng,
vận dụng cao về số phức’’ nhằm giúp học sinh rèn kỹ năng giải toán về số phức, nhằm
phát triển tư duy logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng học tập của học
sinh, tạo được hứng thú học tập môn toán, góp phần đổi mới phương pháp giảng dạy
bộ môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo của học sinh, góp phần
nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá, giỏi về môn toán, góp phần kích thích sự
đam mê, yêu thích môn toán, phát triển năng lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho
học sinh.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
i
- Nghiên cứu về tính chất của số , tính chất của số phức liên hợp, tính chất
về modun của số phức.

- Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn dạy học trong tình huống có vấn đề.
- Nghiên cứu và phát triển các nội dung kiến thức có trong sách giáo khoa, sách
bài tập thành vấn đề tổng quát áp dụng vào các bài toán tương tự.

2

- Thực nghiệm sư phạm để đánh giá tính hiệu quả của phương pháp giải vào đối
tượng nghiên cứu là học sinh khá, giỏi và học sinh ôn thi THPT Quốc Gia những năm
gần đây.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
a. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục ... có liên quan đến nội dung đề tài
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
- Tham khảo các đề minh họa thi THPT-QG của Bộ GD và đề thi thử của các trường
trên toàn Quốc
b. Thực nghiệm (giảng dạy): Đây là phương pháp chính.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận
Để thực hiện đề tài, cần dựa trên những kiến thức cơ bản
- Các phép biến đổi về số phức, số phức liên hợp.
- Các phép tính về cộng trừ và nhân chia số phức.
- Các phép biến đổi liên quan đến mô đun của số phức.
- Các kiến thức về đường thẳng, đường tròn, đường elip trong mặt phẳng.
2.2. Thực trạng của đề tài
Năm học 2016 – 2017 Bộ GD-ĐT chuyển đổi hình thức thi THPT quốc gia của
môn toán từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy và học
cũng phải thay đổi cho phù hợp.Trong đề thi môn toán của kỳ thi THPT Quốc Gia,
trong các đề minh họa của bộ GD - ĐT , và đề thi thử của các trường THPT trên toàn
Quốc,học sinh thường gặp một số câu số phức ở mức độ vận dụng và vận dụng cao. và
để làm các câu số phức đó học sinh thường làm theo cách biến đổi đại số thông thường
mà rất ít khai thác các ‘’kết quả đẹp ‘’ có trong các bài tập trong sách giáo khoa và
sách bài tập để có kiến thức nền tảng để giải toán nên có những bài toán cách giải dài
và phức tạp.và trở thành các bài toán khó đối với các em. Với đề tài: “ Hướng dẫn học

sinh khai thác kết quả một số bài tập trong sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao để
giải quyết một số bài toán mức độ vận dụng – vận dụng cao về số phức’’, tôi mong
muốn mang lại cho các em một cái nhìn mới về số phức, giúp các em thêm hiểu về số
phức và tự tin làm các bài toán về số phức.
2.3. Giải pháp tổ chức thực hiện
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 giúp học sinh có cái nhìn sâu, rộng
hơn về nó. Từ một số bài tập cơ bản trong SGK. Giáo viên có thể xây dựng được một
3


số dạng toán với cách giải mới nhờ sử dụng các tính chất đặc trưng của số phức, để
học sinh hiểu kĩ hơn về số phức. Từ đó tạo sự lôi cuốn, phát huy tính sáng tạo của học
sinh.
Một số dạng bài tập trong đề tài này một phần nào đó cung cấp cho học sinh các
kiến thức cơ bản nhất về số phức. Từ đó các em có thể tự tin làm tốt những bài toán về
số phức.
Trong đề tài này tôi phân chia một số dạng toán dựa trên các kết quả của các bài
tập 6; 7; 8 trong SGK giải tích nâng cao lớp 12 trang 190. Ở mỗi dạng toán Giáo viên
hướng dẫn học sinh làm bài tập trong SGK sau đó đưa ra cho học sinh một số bài tập
để học sinh nghiên cứu, tìm cách giải. Từ đó hướng học sinh đến cách giải nhờ sử
dụng kết quả bài tập tương ứng .
Thực hiện đề tài này tôi chia nội dung thành ba phần
Phần 1. Sử dụng tính chất của số i
Phần 2. Sử dụng tính chất của số phức liên hợp
Phần 3. Sử dụng tính chất của mô đun số
phức Với mỗi phần
- Nhắc lại kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài
- Nêu các ví dụ áp dụng
- Đưa ra một số bài tập củng cố kiến thức.

Sau đây là nội dung cụ thể:
2.3.1 Sử dụng tính chất của số i
Bài tập số 7 ( trang 190 Sgk GT nâng cao 12)
A. Cơ sở lý thuyết

Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 0 ta
a) i4n

b) i 4 n 1

1

Lời
giải:
Vậy

Ta có:

a) i

4n

1

c) i4 n 2

i

i2

1, i3

i,

b) i4n 1 i4n.i i

Tổng quát: i k i 4 n r i

r

có

d) i 4 n 3

1

i

i4 1.
4n 2 4n 2

c) i

i .i

1.( 1) 1

1 r 4, k , n , k 1, n 1

B. Ví dụ minh họa

4

d) i4n 3

i4n.i2

i.


. Biểu thức A có giá tri là

2018
(1 i)2018
Câu 1. Cho biểu thức. A (1 i )

Lời giải:

Ta có (1 i )

1 2i i 2

2

2 n n
n n
1 i 2n = 1 i 2i 2 .i

A (1 i )

0

C. .

B.1.

i
A. .

2018

(1 i )

2018

2i ;(1 i ) 2 1 2i i 2

; 1 i 2n = 1 i
1009

1009

(2i )

2017

B. 2

Lời giải:

Ta có:

3 i ) 2016 (

B (

2i

2i n ( 2) n .in

Chọn C

0.

( 2i )

Câu 2. Tính giá trị các biểu thức sau:
tri là
A. 22017 .

2 n

i
D. .

B ( 3 i ) 2016 (

3 i)2016

. Biểu thức B có giá

C.22017 .

i.

( 3 i ) 3 8i , ( 3 i ) 3

D. 22017 i .

8i

3 i ) 2016 (( 3 i ) 3 ) 672 (( 3 i ) 3 ) 672 (8i ) 672 ( 8i ) 672

2 2017 ( i 4 )168 22017

Chọn C
z1

Câu 3. Cho

3
i

7 i

z2

;

. Tìm dạng đại số của

4 3i ;

3i.

A.21037 21037

C. 2

w z 25 . z

1 i
3

1

1021

z

1021

3 2

B. 2

D.2

i.

Lời giải:

1037

1021

1

10

.z2016
2

3

.

3 21037 i.
3 21021i.

z125 (1 3i ) 25 88 88 3i
10
z

7 i

2

10

5

(2i )

3i
4
2016
( 2i )1008
z 32016 (1 i )

5

25

2 i

w z1

10

2016

. z 2. z 3

1037

2

1037

3 2

i.

1008

2

Chọn B
 Khi làm
dạng bài tập
này
học sinh
thườngdùng máy tính tìm đáp ány và gặp yhó
yhăn yhimáy tính yhông sử lí đượcyết quả y nhưng
nếu họcsinhyhaithácđượccáctính chất củasố i và
một số yết quả quên thuộcnhư
2
v (1 i )

2i

3
v ( 3 i ) 8i

(1 i ) 2
(3 i)3

2i
8i .

…

Thì việc giải bài toán trở nên đơn giản hơn.


5


Bài tập củng cố tính chất.
Câu 1. Số phức z thỏa z 1 2i 3i 2 4i 3 ... 18i17 ... 2017i2016 . Khẳng định nào sau đây là
khẳng định đúng?
1009

1008

A. z có phần thực bằng
và phần ảo
1009
1008
phần thực bằng
và phần ảo
.

C. z có phần thực bằng

D.
Câu 2. Cho

z

1008

là nghiệm của phương trình

A. M i

z4 1 0

Câu 3. Tính S 1 i

3 i

. Tính giá trị

2

A. 22018
Câu 5. Cho số phức z

C. S=2

B. - 22018

2016

i

C. 0

a bi

Ta có

2t 4 0

2016

. Tính giá trị biểu thức

. Khi đó số phức

có phần ảo?
3
A. 21009 1.
B. 2.
C. .
2.3.2. Sử dụng tính chất của số phức liên hợp.

z

D. S = -2

D. i

3 i 1 i 1 i 2019

thỏa mãn z

A. Cơ sở lý thuyết
z a bi
Cho số phức :

2020
0

D.M 0

Câu 4. Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình: z 2
z 2017 .

S z 2017
1

M iz

1008

2016
B. S 2

A.S 0

.

C.M 1

B. M i
2016

1009

và phần ảo bằng

z i 1009 1009i .

0

. B. z có

w z 1 2i

D. 21009 4.

(a,b )

z z;

2

z

z. z

Bài tập 6 : ( Trang 190 Sgk GT 12 nâng cao)
Chứng minh rằng :
1z

2

1z

z

2i

z

a) Phần thực của số phức z bằng
. Phần ảo của số phức z bằng
b) Số phức z là ảo khi và chỉ khi z z . Số phức z là thực khi và chỉ khi z z
z ,z
ta có : z1 z 2 z1 z2 , z1 z 2 z1 z2 . Tổng quát
c) Với mọi số phức 1 2
z

n

z

n

z
( n , n 1)

và nếu

z2 0

thì

Lời giải:

6

1

z2

z

1

z

2

.


z a bi

a)

là b

a,b

thì z

nên phần thực của là

a bi

a 1 z z
2

, phần ảo của

z

1
2 i z z .

b) z là số ảo phần thực của z bằng 0 z
z

z

z

là số thực phần ảo của z bằng

0 tức là z z

z 0 tức là z

z

c)

z a bi , z ' a ' b ' i a , b, a ', b'thì

z z' a a; bb'i
a a ' (b b ')i

a bi a ' b ' i z

z',

z. z ' (aa ' bb ') ( ab ' ba ')i (aa'-bb')-(ab'+ba')i
z '. z

z

z'

1

z.z

1

z '. z

z'

z '. z

z. z

z.z

z

B. Ví dụ minh họa
1
z z

Ví dụ 1: Cho z là số phức thực sự và thõa mãn
1

1

z z

1

z

z

8

có phần thực bằng 4. Tính

z z

2z z

8

1

z z

z

2

z z z zz

Lời giải: Ta có:

8

z1 z

0

2z

z

1
zz2

Vì z là số phức thực sự nên
2
1

z

z

2

0z

11i

1

8

17

2

b)

.
iz

z

1

2 z 3iz

Ví dụ 2: giải hệ a)

z

6i

2

3z 2z
1

1

2

Lời giải:
2

2z
z

1

z

2

11i
1

2 z 3iz

2

17

2z z
1

a)
z

4

12 i
5 1
31
i
2
5

5

1

8

z

5

2

1

2 z 3iz 17

1

z
z

z 2 11i

11i

2

2

2z
1

3iz

2

4 12i
5 5
8 31
i
5 5
3
3

z
z iz

1

1

3z 2z

b)

1

1

6i

2

2

z

17

2

giải tương tự ta được kết quả

7

2 i
2
13

13

56

33

13

13

i

z

8

z


v Ở dạng toán này nếu giải theo cách thông thường đặt z1 a1 b1 i ; z 2 a2 b2 i
thì ta sẽ có hệ 4 phương tŕnh 4 ẩn .Học sinh sẽ gặp khó khăn hơn trong quá
trình giải. Còn nếu Hs sử dụng được tính chất của số phức liên hợp thì bài
toán trở nên quen thuộc . Giải hệ bậc nhất hai ẩn.
Bài tập củng cố:

1 z

z

2

z

Câu 1. Cho z là số phức thực sự và thõa mãn 1 z z2 là số thực. Tính
A.

z

2

z 3
1 z z

B.

2

1

1zz z

z

2

để

0

z 0

1 z z2

w là số thực thì:

là số thực

2

2

z1 z z

z loai
2

z

2

Câu 2. Cho số phức

z

z1 z z

z zz

1
3

2

z

z zz zz

D.

2z

1z z

1 z z

z

1

C.

Lời giải: w 1 z z 2
2

z

z 1

1

. Vậy

. Chọn C .

z

w

sao cho z

z

2

là số thực .

1

không phải là số thực và
z

Tính giá trị biểu thức

1

z2 .

1

A.

1

5

B.

1

2

C. 2

D.

3

z

z z

z z z z zz

Lời giải: Do 1 z

2

2

là số thực nên 1 z

1 z

2

z

Do z không phải là số thực nên

z

z

1

0 zz

z

1 .Vậy 1

z2

1

2

. Chọn B .

z

z1

z1

Câu 3. Cho số phức z 1 thõa mãn

là số thuần ảo. Tìm

1

A.

z 1

B.

z

z1

Lời giải: Từ giả thiết:
zz 1 z 1 .

D. z 4

1
z

z1

C. z 2

2

z1

0

z1

Chọn A

2.3.3. Sử dụng tính chất của mô đun số phức
A . Cơ sở lí thuyết

z

1 z1

z

1 0
2 zz 2

8


M a ;b
z a bi
Số phức
được biểu diễn bởi điểm
trên mặt phẳng Oxy . Độ dài của
OM
z = a + bi =
véctơ
được gọi là môđun của số phức z. Kí hiệu
a 2 + b2 .
z ,z
M,N
Điểm
lần lượt là các điểm biểu diễn số phức 1 2 thì khi đó z z MN
1

2

Cho z a bi ( a , b ) ; z

2

a b

.

2

ta có các tính chất sau

1) z z z iz iz
2) z.z z 2

Bài tập 8 (Sgk GT 12 nâng cao)
và từ đó nếu các điểm
Chứng minh rằng
u
u
a) Nếu véc tơ
của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thì độ dài của
u

là

z,

A1 , A2theo thứ tự biểu diễn z1 , z2 thì

A 1 A 2 z1 z2

.
z. z '

b) Với mọi số phức z , z ' ta có

c)

Với mọi số phức z , z ' ta có
Lời giải:

a) z
u

. Vậy u

1

2

,z'

a bi

z

.

A

A,

2

1

2

và khi
z z' z z'
u

;

1

z . z ' (aa ' bb ') 2 ( ab ' ba')2

(aa')

(bb ')

( ab ')

2

z
z'

thì u có tọa độ
z1 ,

z

thì

2

a,b

OA , OA
1

z1 z2

Khi
c)

u

z 0

z

biểu diễn z ,

khi z . z '
2

, ta có

0

z'
z
z2

2

a '2 b'2

còn z . z '

(aa'-bb,)+(ab'+ba')i nên

=(aa') 2 (bb ') 2 2(aa')(bb ') ( ab ') 2 (ba ') 2 2( ab ')(ba')
z 2 z '2

2

. Từ đó z. z '

(ba')

u'

1 z'z

1 z'

z2

z

.

2

z z'

z'
z'

và

theo thứ tự

2

.Vậy A1 A2

1

a2 b2 a'2 b'2
2

thì

biểu diễn số z

2

thì z 2 a 2 b 2 , z '

2

2

z'
z

biểu diễn số phức z z

1

a'b'i

z 0

theo thứ tự biểu diễn

AA OA OA

biểu diễn z , z

b) z

a2 b2

thì z

a bi a , b R
a 2 b2

z z'

1 z' z

z

z

2

z .

2

u u'
biểu diễn z ' thì + biểu diễn z z '

và z z '

u

u'

thì
2

2

2

2

u u' u u'

u2 u'2

2u .u 'cos u , u '

u' 2 u u'

u

9

u

u'

z

z'


Từ đó

z z'

u u'

z

z'.

Còn khi

z z ' z z '.

thì rõ ràng

z . z ' 0

B .Ví dụ minh họa
2.3.3.1. Dạng 1:Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tính giá trị của
biểu thức.
z
z a bi
a2 b2 ta có các tính
Kiến thức thường sử dụng : Cho
(a,b );

chất sau
2

v z

z

z

; z. z

z

z

z. z '

.

z'

v Với mọi số phức z , z’ ta có

và khi

z21

z

z 0

thì

z'

z

z

z'

1

z z

z,z

Ví dụ 1: Cho

1

2

thỏa mãn:

2

z1 z2

z1 z2
z1 z2

Lời giải:
2

= z1

z z

z

2

zz

1 2

2018 z1 2019 z 2
2

2018

2

2018

z1
z1

2

1 2

.

1

2

z1.
z1

z1

z2

z2. z1.
z2.
z2
z2
z1

z1

2 1
2

z1 z1 z 2 z 2 z1 z 2 z 2 z1
z1
z , z thỏa mãn z1
1

2

2

z2
2,

1111.
z1z 2 z 2 z1
z2 3

z1 z2 4
2

và

.

2018 z1 2019z2

2

. Tính

= z1 z2
z z

2 1

Vídụ 2. Cho các số phức
Lời giải:

z z

3

2

z
2

z1 z 2

2

1

2018 z1 2019 z 2
2

2019

z2
2019 z 2
2

2018 z1 2019z2
2018.2019 z1
z2
z 2 z1
2018.2019 z1 2 z 2 z1 z2

2
2

65199571 .

2018 z1 2019 z 2

Từ kết quả bài toán này ta có các hệ quả sau:
Suy ra hệ quả



z1 z 2 2

z1 2

z 2 2 z1 . z 2 z1 . z2 .



z1 z 2 2

z1 2 z 2 2

z1 . z 2 z1 . z2

.

2

65199571

. Tính

.


10

2

z z



1

2

z z

2

1




2

2z

1

2

2

2

2 z

z z1

z z2 2

mz1 nz 2 2

mz1 nz 2 mz1 nz 2

z

.

2

z z

2

2

1

2

z z

2

1

2

2

2

.

m 2 z1 2 n 2 z 2 2 mn z1 z 2 z1 .z2

Bài tập củng cố

z 2w

Câu 1. Cho hai số phức z , w thỏa mãn
trị của biểu thức

P z.

w

A. P 14i .

z .w.

2z.

z

9 z 22P4

w

z

2

4

7 z 4w.

z 2w.

2

z

w

z

9
w

.Tương tự:
z 26P9

36 4
w

z 24P16

49

z

z 4w

3

. Tính giá

D. P 28.

9

w2 9 1

36 2 z 3w . 2

6 2 z 3w

2z 3w

6 và

z 2w

.w 4 w.
w

z 2w.

9

z 2w

Lời giải: Ta có: z 2 w 3

z 4w 7

C. P 14.

B. P 28i .
2

z.

3,

2 z 3w

w
2

362.

w
2

493.

z

2

33

P 28
1

Giải hệ phương trình gồm
Câu 2.Cho số phức z thoả mãn

z.

z

z
9

z.
z

z.

z z2

Do đó

z

9z
z2

z2

z2

.Chọn D.

z z

D.

C.3 3 2.

z

6

z .

3.

9
z.z

9

z

2

2

9

243 z

z
2

ta có:

8 P 28

9 3. Tính P

2

2

,

3 và
3 3.

z2 9
9

w2

3

z2 9

z
2

,

z

B.
Lời giải: Theo giả thiết ta có:

A.3 3 3.

2

9

2

z

9

243

z.z 9

2
2

z

2

z
z

81 243

2z. 9 2.9 27
z

2

2z.

z 92.9 9

z

2

z 2 9

z
z

z
z

3 3
3

. Vậy P
11

3 33

Chọn A.


Câu 3. Cho số phức z thỏa mãn

z.

3 4i z

4 3i 5 2 0

B. z 2 .

A. z 2 .

Lời giải :
Ta có
.
3
4
4
z
z
z

z.

C. z 2 2 .

3 4i z

2

z

Thử lại: Với

D. z

1.

4 3i 5 2 0

i 52.

42

44
32 52

4z

z 3
z

i5

2

2

z

1

là

3

Môđun hai vế ta được z . 3 z
z . 3z

. Giá trị của z

2

25 z 22550

z

2

2

z

1 2

7 2

1.

z1

, ta tìm được

z

10 i thỏa mãn. Chọn D

10

2.3.3.2 Dạng 2:Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán tìm giá trị
lớn nhất và nhỏ nhất.
Kiến thức thường sử dụng .

Với mọi số phức
z z'

z

z z'

z

z

z

z1

z2

1

z1 z 2

2

2

z,z'

, ta có

z

z
.
dấu
''
''
xảy
ra
khi
1
'

z' .

dấu '' '' xảy ra khi

kz
2

z
1

với k 0 .

kz
2

với k 0 .

z1 z2
z kz

2 với k 0 .
z1 z2 . dấu '' '' xảy ra khi 1
. dấu '' '' xảy ra khi z kz
1
2 với k 0
z1 z 2

2

2 z1

2

z2

2

z1

z2 2

z1

2

z2

2

.

.Từ đó suy ra
P

Ví dụ 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
z2
M
. Tính tỷ số
0
m.
phức khác và thỏa mãn
Lời giải Ta có:

12

2z i
z

, với z là số


P

2z i

2z i

z
2z i

z

2z

i
2

z
z

2z i

1 5
z

2

i

2

5

. Dấu bằng xảy ra khi

z 2i

. Suy ra

M

2

1

.
3

3
P

z
M

z

2

z

2 . Dấu bằng xảy ra khi z 2i . Suy ra m

z

5

3

Vậy m

2.

.
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn z 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
z i

T

z

nhỏ nhất của
Lời giải : Ta có

thì tổng
1
và z

1 i

T

M m

z

là:

1

2

z1

z2

z1 z 2

z1

.Áp dụng tính chất

z1 0
z 0
1

kz

k 0, k R, z

Dấu = thứ nhất xảy ra khi và chỉ khi

2

z1 0
z

1

0

1

kz

k 0, k R, z

Dấu = thứ hai xảy ra khi và chỉ khi
1

Ta có

i T
z

1

i 1
z

1 T 1
z

2

1

1
1
z Kết hợp với z

1

2

ta được.

k 0,k R
1

i

1 1 T

1 1

2

1T

2

2

k 0,k R
k .1

i

T

z

1
min

2

3 T

2

2.

k .1

z

max

khi

z

k

2

2

. Khi đó

z 2i

.

1
k

2

z 2

khi

M m

. Khi đó
z

Ví dụ 3. Với hai số phức

3

z
1 và

z 2i
1

2

. Vậy

z z
2 thỏa mãn

2

.

z1 z 2 2,

8 6i
2

3 1 2

và

tìm giá trị lớn

z2


nhất

P

z

1

z

2

.

13


Bổ đề. Cho hai số phức

z
1

và

z
2

z1 z 2

, ta luôn có
2

z1 z 2

z1 z 2

2

z

z

1

2

Chứng minh. Sử dụng công thức
z1 z 2

2

z1 z 2

2

2

z1 z 2

và

z1 z 2 z1 z 2

2 z1

2

z.z

z

z2

2

*

2

. Khi đó

z1 z 2 z1 z2

z1 .z z1 .z 2 z1 .z 2 z 2 .z 2 z1 .z 1 z1 .z 2 z 1 .z 2 z 2 .z2
2 z1 .z1 z 2 .z 2 2 z1 2 z 2 2 dpcm

Áp dụng (*), ta được 2 z1 2 z 2

2

z1 z 2

2

2

z1 z 2 2 14
z 22

P z

14

z2

z

1

Theo bất đằng thức Bunhiacopxki, ta được
Bài tập củng cố.

2

1

wz
2 z2 là số thực. Giá

Câu 1. Cho số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và
z1i
M
trị lớn nhất của
là
biểu thức
A. 2.

B.

22
.

2
C. .

8
D. .

w z
2

Lời giải : Do
z
2 z

z
2

z2 là số thực w w

2z z.

z

2

2 z
z 2 2

2

2z z 2 . z 2 z

z

(vì z không là số thực nên

Ta có z 1 i

z

1i

z.

z

z

z

z

z
z

T

2

2
z

2 i

z2 2 0

z 0)

2 222 M2

Câu 2. Cho các số phức z và w thỏa mãn

z

z

w

1i

. Chọn B.

. Tìm giá trị lớn nhất của

w 1i.

42

3

3

A. .

Lời giải : Ta có:

2

3

B. .

2 i

z

z

1i 2

22

C. .

z1

z 1i

w

z
w

14

2
D. .


2z

z
1

2

Vì

5z 2 2 z 2

z
w

.

t 0.
z

2 0z

z

z
0.

1

5t 2 2t 2

w

t

Ta có:

12 z
w

z

w

2

5z

2 z 12

z
1i

T

5

w 1i

w

Đặt t
2

2 2

t

2

t

1
t

22
3

1i

Khi đó:

12

9

3

2

2

2 t 0

2
w

3.

42
3

.

w k1i k ,k 0
2
w

z 2

Dấu đẳng thức xảy ra
1 1i
3 3

w

3

4 3 i 4 1 i

Câu 3. Cho số phức z thỏa mãn z
A.
Lời giải : Đặt

3
z

r

2

3

.

B.

z r,r 0

z.

z

3

z

3

1

k

maxT 4 2
3 . Chọn A.

. Vậy

0

2

k2

Tìm mệnh đề đúng.

4

2

4

.

z

C.

11
z

2

11
.

D.

2

10
z

.

.

Ta có z 4 3 z i 4 1 i z z 3i 4 1 i r 4i z 1 3i 4 r r 4 i

Lấy mô đun hai vế của ta được :
z 1 3i
10 r 2

4 r
2 r 2 32

r 4i
r2 4

r 10
r

4 r2
2. Vậy

z

r 42
2.

Chọn B.

2.3.3.3 Dạng 3:Sử dụng tính chất modun số phức trong bài toán :Ứng dụng hình
học của số phức
Kiến thức thường sử dụng .


15

Bài tập 8 (Sgk GT 12 nâng cao )
u
u
1). Nếu véc tơ của mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thì độ dài của véc tơ là
z
A ,A
z ,z
u và từ đó nếu các điểm 1 2 theo thứ tự biểu diễn số phức 1 2 thì
AA
1

2

z

2

z

A A

1

1

2

2) .Cho z=a+bi
z

z

z

;

.

;

a,b
z.

z a2 b2

z

z

ta có các tính chất sau

2

A .Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z biết:
1.

z i z 2 3i

2.

z i z 2 3i

3.

3 iz 1

z 2 3i

Lời giải:

1. z i z 2 3i z ( i) z (2 3i) .Trong mặt phửng phức gọi M ( x; y) là điểm biểu diễn

A(0; 1)
B(2; 3)
2 3i
số phức z ,
là điểm biểu diễn số phức i ,
là điểm biểu diễn số
z ( i ) z (2 3i )
M
Giả thiết
MA MB M thuộc đường trung trực của AB hay
đường
thẳng : x- y - 3 =0

2. z i

z 2 3i

z1

iz 1

z 2 3i

i iz 1

z 2 3i
z 2 3i

z 2 3i
i2z i

Trở về câu (a)
z 2 3i

z i

z 2 3i

3.
Trở về câu (a)
z1 z 2
z

Ở ý b,c giáo viên hướng dẫn học sinh sử dụng tính chất :

16

i 1

z

z1 z2

z


z 2 z 5 z 1 2i z 1 3i
Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn 2
. Tìm tập hợp các điểm biểu
w z 2 2i
diễn số phức
.
22z 5
z 1 2i z 1 3i
Lời giải: Ta có z
z 1 2 4i 2 z 1 2i z 1 3i
z 1 2i z 1 2i z 1 2i z 1 3i

z 1 2i
z 1 2i

0

w 2 2i 1 2i
w 2 2i 1 2i

z 1 3i

0
w 2 2i 1 3i

w10

w 1 4i w 1 i

TH1:
TH2:

w1

0

thì điểm biểu diễn số phức

w 1 4i

2y 3

w1 i

w

A 1;0

là điểm

thì tập hợp điểm biểu diễn số phức
w z 2 2i

. Là đường thẳng

Ví dụ 3 Tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z biết
z1 z 2
z

3i

iz
3i

3
z

10

z

3i

z

3i

i iz

3i

z

z 3i

2y30

và điểm A 1;0 .

iz 3 10

z1 z 2

z

z

i 1

Lời giải: áp dụng các công thức :
z

là đường thẳng

0

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z

w

3

3i

10

10

z
z

3i

3i

z
z

3i

3i
10

Ta có:
Trong mặt phẳng Oxy, giả sử

trên trục

oy . F M
1

M,F ,F
1

2

z 3i 3i
F ,F
lần lượt biễu diễn , , . Với 1 2

z 3i
biễu diễn số phức z 3i F M
. 2 biễu diễn số phức
.
MF1 MF2 10

Khi đó điều kiện

z 3i

z 3i 10

F1F2 6

17

nằm

Vậy tập hợp điểm M là Elip có độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6.
x2

1

y2

( E)
( oxy) 16 25 .
Phương trình
trong mặt phẳng
 Nhận xét: Ở dạng bài tập này nếu học sinh sử dụng cách biến đổi đại số thông
thường thì bài toán trở nên phức tạp và khó đưa đến kết quả đúng.

B.

Bài tập củng cố.

Câu 1. Gọi A, B , C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức
ABC
bao nhiêu số phức z
để
vuông.
A. 1.
B.Vô số.
C. 2.
2
z . z 1 , AC z 3 z
Lời giải: Ta có: AB z z

D. 4.
z.z 1.z 1

BC

z3 z2

z 2 . z 1 Đặt a

z,b

. Có

z,z2,z3 z

,

z 1,a,b,c 0

z 1,c

Giả sử tam giác vuông tại A ta có
AB 2 AC 2

1

z 1

2

BC 2

a2b2 a2b2c2a4b2 1 c2

z2 2 x2

z x yi x , y

2x y2 x2

y2

x 1 (trong

đó

.
, z 2 1 y 2 2yi , z 3 1 3 y 2

Thử lại ta có z 1 yi
2 y 2 ; 3y

Khi đó AB

a2

suy ra AB.AC 0

y3

,

3y y 3 i

AC 3 y ; 2y
2

Vậy đến đây có thể kết luận có vô số số phức z có điểm biểu diễn thuộc
đường thẳng

x 1

Câu 2. Cho hai số phức
z
diễn cho 1 và

i
z

thỏa mãn. (loại điểm A
z1 , z2 thoả mãn

6, z2 2

z1

T
2.

Biết

MON 60

A. T 18.

1;0

do c 0 )

. Gọi
2

z1 9z2

M,N

là các điểm biểu

2

.

. Tính

B.T 24 3.

C.T 36

2.

D.T 36 3.

Lời giải: Ta có
T

z12 9 z 22 z12

3iz 2

2

z1 3iz 2 . z1 3iz2

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức
Khi đó ta có
z1 3iz 2 . z1 3iz 2

OM

OP .OM

.Chọn B.

3iz

OP

18

2

.

PM .2OI 2PM.OI

.


Do
OI

MON 60 và OM

6.2

3

Vậy T

OP 6 nên MOP đều

suy ra PM 6 và

33.

2 PM .OI 2.6.3 3

Câu 3. Cho hai số phức

z ,z

1

2

36 3 . Chọn

khác 0 thỏa mãn

D.

z 2 z z z 2 0.
1

1

2

2

Gọi A, B lần lượt là các

z ,z
OAB
điểm biểu diễn cho số phức 1 2 . Khi đó tam giác
là:
O
A. Tam giác đều.
B. Tam giác vuông tại .
45
C. Tam giác tù.

D. Tam giác có một góc bằng 0 .
Lời giải:
3 3
)( z 2 z z 2 z2 ) 0 , suy ra:
Ta có z 1 z 2 ( z z12
1
1
2
z3
1

z3
2

z3
1

3

z
2

z

z OA OB
1

2

.

Lại có
( z1 z 2 ) 2 ( z12 z1 z 2 z 22 ) z1 z 2 z1 z2

Suy ra A

AB OA OB OAB

nên z1 z 2

2

z z AB2 OAOB. OA2
1

2

đều. Chọn A.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy rằng: Sau khi đưa ra hệ thống bài tập trên,
học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt vào các bài toán khác nhau từ đơn giản
đến phức tạp. Nhờ sử dụng các tính chất cơ bản của số phức mà nhiều bài toán có lời
giải trở nên ‘’sáng sủa’’ ngắn gọn. Các em học sinh thấy được tầm quan trọng của việc
khai thác hệ thống bài tập trong SGK và sách bài tập.Khi dạy các bài tập 6,7,8 cần
nhấn mạnh dạng toán, các kiến thức liên hệ, khắc sâu ví dụ. Đối với mỗi một dạng toán
nhỏ cần phân tích lý do, hiệu quả của việc vận dụng kiến thức đó, liên hệ đến các
trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt, nhìn nhận, so sánh với các cách giải khác đã
được học. Từ đó tiết dạy đạt hiệu quả cao hơn, rèn được tính chủ động lĩnh hội kiến
thức của học sinh, ý thức học tập nghiêm túc, có khả năng cảm nhận toán học tốt hơn.

Qua thực tế, trực tiếp giảng dạy sáng kiến kinh nghiệm này trong các tiết chuyên
đề của các lớp 12T5, năm học 2018 - 2019, tôi nhận thấy rằng các em tiếp thu được
kiến thức tự tin hơn khi gặp các bài số phức ở mức độ vận dụng và vận dụng cao.
19