Sử dụng phương pháp hình học để giải bài toán tìm GTLN,GTNN của mô đun số phức trong việc ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2021 tại trường THPT lê lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT LÊ LAI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TỐN TÌM
GTLN, GTNN CỦA MƠ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT
NGHIỆP THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI

Người thực hiện:
Chức vụ:

Hồ Phương Nam
TTCM

SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn

THANH HỐ NĂM 2021


1. MỞ ĐẦU.....................................................................................................................................3
1.1.Lí do chọn đề tài....................................................................................................................3
1.2. Mục đích nghiên cứu............................................................................................................3
1.3. Đối tượng nghiên cứu...........................................................................................................3
1.4. Phương pháp nghiên cứu......................................................................................................3
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM...............................................................................3
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm..............................................................................3
2.3. Giải pháp thực hiện...............................................................................................................6
3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ.......................................................................................................21
3.1. Kết luận...............................................................................................................................21

3.2. Kiến nghị............................................................................................................................21


1. MỞ ĐẦU
1.1.Lí do chọn đề tài
Từ năm học 2016-2017, Đề thi mơn Tốn trong Kỳ thi THPT quốc gia, nay là Kỳ
thi tốt nghiệp THPT đã thay đổi từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm khách
quan. Chính điều này đã tạo ra một sự chuyển biến lớn trong cả dạy và học ở các nhà
trường. Để đạt được điểm số cao trong kỳ thi này, học sinh không cần chỉ nắm vững kiến
thức cơ bản, làm thuần thục các dạng tốn quan trọng mà cần có khả năng tư duy logic
cao để tiếp cận vấn đề một cách nhanh nhất, chọn được cách giải quyết nhanh nhất tìm ra
đáp án. Đây thực sự là một thách thức lớn đối với mỗi giáo viên chúng ta.
Trong quá trình giảng dạy, ơn thi, làm đề tơi phát hiện ra rằng: các bài tốn vận
dụng cao tìm GTLN, GTNN của mô đun số phức nếu học sinh tiếp cận theo hướng tự
luận quen thuộc sẽ rất khó giải quyết được vấn đề trong thời gian ngắn.
Chính vì những lý do trên nên tôi tổng hợp các kinh nghiệm trong quá trình giảng
dạy của mình và nghiên cứu Đề thi THPT Quốc gia năm 2018, năm 2019, Đề thi Tốt
nghiệp năm 2020 và Đề tham khảo của Bộ giáo dục và đào tạo năm 2021, tôi quyết định
chọn đề tài : “SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TỐN TÌM
GTLN, GTNN CỦA MƠ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT NGHIỆP
THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI”. Nhằm đưa ra phương án tối ưu
nhất giúp học sinh giải quyết được các bài tốn ơn thi Tốt nghiệp THPT trong năm 2021
và những năm tiếp theo.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm này trước hết nhằm mục đích tạo một tài liệu
tham khảo nhỏ giúp các em học sinh trong nhà trường có thêm một phương pháp tiếp cận
nhanh và hiệu quả khi gặp những bài tốn tìm GTLN, GTNN của mơ đun số phức nhằm
giúp các em có khả năng lấy được điểm cao trong kỳ thi Tốt nghiệp THPT năm 2021.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu tập trung xây dựng phương pháp hình học

để giải bài tốn GTLN, GTNN của mơ đun số phức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu lí luận: Kế hoạch năm học của Nhà trường, Kế hoạch hoạt động
chuyên mơn của Tổ Tốn – Tin.
+ Đề thi THPT Quốc gia mơn Tốn năm 2017, 2018, 2019, 2020; Đề minh họa năm
2021.
+ Thực tiễn quá trình giảng dạy của bản thân và của đồng nghiệp.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
1. Số phức
a. Định nghĩa: Cho số phức z có dạng: z = a + bi với a, b ∈ ¡ , trong đó a gọi là phần
thực của z ,b gọi là phần ảo của z , i gọi là đơn vị ảo thỏa mãn i 2 = −1 .
3


b. Biểu diễn hình học của số phức
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , mỗi số phức z = a + bi; a, b ∈ ¡ được biểu diễn bởi điểm
M (a; b) . Ngược lại, mỗi điểm M (a; b) biểu diễn duy nhất một số phức là z = a + bi .

Nhận xét:
+) OM = z ;
+) Nếu z1 , z2 có các điểm biểu diễn lần lượt là M 1 , M 2 thì M 1M 2 = z1 − z2 .
2. Đường trịn
a. Phương trình đường trịn
Phương trình đường trịn ( C ) có tâm I ( a; b ) , bán
kính R là ( C ) : ( x − a ) + ( y − a ) = R 2
2

2

hoặc x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 , trong đó
R = a 2 + b2 − c .
b. Phương trình tiếp tuyến
Cho điểm M ( x0 ; y0 ) nằm trên đường tròn ( C ) .
Phương trình tiếp tuyến với ( C ) tại M là
∆ : ( x0 − a ) ( x − x0 ) + ( y0 − b ) ( y − y0 ) = 0
3. Đường Elip
a. Định nghĩa đường Elip
Cho hai điểm cố định F1; F2 và một độ dài không đổi 2a lớn hơn F1 F2 .
Elip là tập hợp các điểm M trong mặt phẳng sao cho MF1 + MF2 = 2a
Ta có thể viết ( E ) : { M F1M + F2 M = 2a} trong đó F1; F2 là tiêu điểm. Độ dài F1F2 = 2c
gọi là tiêu cự của elip.
M

F1

F2

4


b. Phương trình chính tắc của elip
Trong mặt phẳng Oxy cho hai tiêu điểm F1 ( −c;0 ) ; F2 ( c;0 ) và độ dài không đổi 2a. Khi
x2 y 2
đó ta có phương trình chính tắc của elip ( E ) : 2 + 2 = 1 , trong đó
a
b
a 2 = b 2 + c 2 ; a > b > 0.

c. Các thành phần của elip (E)

+ Bốn đỉnh: A1 ( − a;0 ) , A2 ( a;0 ) , B1 ( 0; −b ) , B2 ( 0; b )
+ Độ dài trục lớn: A1 A2 = 2a .
+ Độ dài trục nhỏ: B1B2 = 2b .
+ Tiêu điểm: Tiêu điểm trái F1 ( −c;0 ) , tiêu điểm phải F2 ( c;0 ) với b 2 = a 2 − c 2 .
+ Tiêu cự: F1F2 = 2c .

5


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm
Qua trao đổi với các thầy cô giáo trong bộ mơn tốn nhà trường, tơi nhận thấy việc
các thầy cơ vẫn đang cịn dạy các em tìm lời giải cho các bài tốn: Tìm GTLN, GTNN
của mơ đun số phức theo phương pháp biến đổi trực tiếp và dùng bất đẳng thức để đánh
giá. Vì vậy, tơi nhận thấy với cách làm như vậy sẽ đưa học sinh vào một số thử thách
trong việc làm bài thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia:
Một là, thời gian các em dành để tìm ra đáp số của bài tốn mất nhiều thời gian.
Hai là, một số bài toán phức tạp các em sẽ gặp khó khăn trong việc định hướng
tìm lời giải. Ngược lại, những em có hướng giải quyết bài tốn thì khơng đủ thời gian để
tìm lời giải nên dẫn đến tình huống đốn mị.
Từ thực tế đó, địi hỏi cần có cách tư duy bài tốn theo cách giải tốn trắc nghiệm,
trong đó việc khai thác tối đa tính trực quan của việc biểu diễn số phức bằng hình học
việc giải tốn là việc làm rất cần thiết trong việc ôn thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia của
nhà trường trong giai đoạn hiện nay.
2.3. Giải pháp thực hiện
Trong q trình dạy học ơn thi THPT Quốc gia trong 3 năm gần đây, qua nghiên
cứu đề thi chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo năm 2018, 2019, 2020 và đề minh họa
năm 2021. Tôi xin đưa ra cách hướng dẫn học sinh kỹ thuật ghép bảng biến thiên để tìm
lời giải cho một số bài tốn vận dụng cao về tìm GTLN, GTNN của mơ đun số phức sau:
DẠNG 1: CỰC TRỊ CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC LIÊN QUAN ĐẾN 1 SỐ PHỨC CÓ
ĐIỂM BIỂU DIỄN LÀ MỘT ĐƯỜNG TRỊN, ĐƯỜNG THẲNG

Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i = 1 . Giá trị lớn nhất của z + 1 + i là
A. 13 + 2 .

C. 6 .

B. 4 .

D. 13 + 1 .

Lời giải
Giả sử
z = x + yi ⇒ w = z + 1 + i =

( x + 1)

2

+ ( y − 1) = R ≥ 0 .
2

Vì tìm w max nên xét R > 0 và là đường tròn tâm K ( −1;1)
. Từ giả thiết z − 2 − 3i = 1 là đường tròn tâm I ( 2;3) bán
kính r = 1 . Vậy để R lớn nhất thì hai đường trịn tiếp xúc
trong với nhau và R = KI + r = 13 + 1

Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn 2 z − 3 − 4i = 10 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó M − m bằng
A. 5 .

B. 15 .

C. 10 .
Lời giải
6

D. 20 .


Biến đổi 2 z − 3 − 4i = 10 ⇔ z −

3
− 2i = 5 và gọi
2

3 
M ( z ) = M ( x; y ) thì ta có M thuộc đường trịn tâm I  ;2 ÷,
2 
bán kính là r = 5 nên z = OM có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất
khi M là giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn nên hiệu
M − m = OM 0 − OM 1 = 2OI = 5 . Chọn A.

Nhận xét. Cần nhận xét được vị trí của O đối với đường trịn tâm I hoặc là
min z = OI − r .
Ví dụ 3. Cho số phức z thoả mãn z − 3 + 4i = 2 . Khi đó 2 z + 1 − i có giá trị lớn nhất là:
A. 16 + 74 .
B. 2 + 130 .
C. 4 + 74 .
D. 4 + 130 .
Phân tích.
Bài tốn quy về xét khoảng cách từ điểm A đến điểm M thuộc đường tròn.

Lời giải
Biến đổi z − 3 + 4i = 2 ⇔ 2 z − 6 + 8i = 4 ⇒ M ( 2 z ) ∈ ( C ) tâm I(6; - 8), R = 4.
Xét điểm A(- 1; 1) thì 2 z + 1 − i = AM và lớn nhất khi AM = R + AI = 4 + 130 .
Chọn D.
Nhận xét. Để tính nhanh, trong Mode 2 ta ghi X − 6 + 8i + 4 Calc nhập -1 + i bấm
= là được.
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 + 2i = 5 và w = z + 1 + i có mơđun
lớn nhất. Số phức z có môđun bằng:
A. 2 5 .
B. 3 2 .
C. 6 .
D. 5 2 .
Lời giải
Cách 1. (Hình học véc tơ)
uur
Gọi K ( 1; −2 ) , I ( −1; −1) ⇒ IK = ( 2; −1) . Để IM lớn nhất thì vị trí M cần tìm tại H
uuu
r
uur
uuu
r
IK + R
− 1 = 1 ⇒ IH = ( 4; −2 ) ⇒ H ( 3; −3) . Suy ra
sao cho IH = ( t + 1) IK , t =
IK
OH = z = 3 2 .

7

Cách 2. (Hình học tổng hợp)
OI 2 + IK 2 − OK 2
1
=
Tính cos α =
suy ra
2OI .IK
10
OH = z = OI 2 + IH 2 − 2OI .IH .cos α thay số z = 2 + 20 − 2.2 10.

1
=3 2.
10

Cách 3. (Hình học véc tơ)
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur uuuu
r r uuuu
r
Gọi K ( 1; −2 ) , A ( 1;1) và ta có: w = OM + OA = OA + OK + KM = u + KM , để
r
r
r
uuuu
r
w max thì ta chọn sao cho KM cùng hướng u , do đó w = ( t + 1) u . Với u = ( 2; −1)
r
uuuu

r
⇒ KM = t ( 2; −1) . ⇒ t = 1 ⇒ w max = 2 u = 2 5 và
uuuu
r uuur r
OM = OK + u = ( 1; −2 ) + ( 2; −1) = ( 3; −3) ⇒ z = 3 2 .

(

)

2
2
Ví dụ 5. Biết số phức z thỏa mãn z − 3 − 4i = 5 và biểu thức T = z + 2 − z − i đạt

giá trị lớn nhất. Tính z .
A. z = 33 .

B. z = 50 .

C. z = 10 .

D. z = 5 2 .

Phân tích.
Bài tốn quy về xét vị trí điểm M thuộc giao của đường trịn và đường thẳng.
Lời giải
Cách 1. (Hình học tọa độ)
Gọi M ( z ) = M ( x; y ) thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R =

5 và ta có:

T = ( x + 2 ) + y 2 − x 2 − ( y − 1) = 4 x + 2 y + 3 ⇔ d : 4 x + 2 y + 3 − T = 0 . Để T lớn
2

2

nhất thì d tiếp xúc với đường trịn (C), khi đó
uuur
IM = t ( 4;2 ) ⇒ t =

uuur
5 1
= ⇒ IM = ( 2;1)
20 2

(lấy t > 0). Ta có M(5; 5) nên z = OM = 5 2 . Chọn D.

8


Cách 2. (Hình học véc tơ)
Gọi M ( z ) = M ( x; y ) thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R =

5.

Gọi A ( −2;0 ) , B ( 0;1) thì
uuur uuur uuur uuur uuu
r uuu
r uu
r uur

T = MA2 − MB 2 = MA − MB MA + MB = BA. 2MI + IA + IB . Đến đây ta chỉ cần
uuu
r
uuu
r
xác định vị trí M sao cho MI và BA cùng hướng.

(

)(

)

(

)

uuu
r
uuur
R
MI
=
t
−
2;
−
1
,
t

>
0
⇒
t
=
=
1
⇒
IM = ( 2;1) ⇒ M ( 5;5 ) ⇒ z = 5 2 .
(
)
Hay
5
Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn

A.

2 10
.
5

z − 2i
= 1 . Giá trị nhỏ nhất của z + 3 − 2i bằng
z +3−i

B. 2 10 .

C. 10 .

D.

10
.
5

Phân tích.
Quan sát biểu thức của bài tốn thì ta có thể quy về đường thẳng và đường trịn.
Lời giải
Cách 1. (Hình học tọa độ)
Đặt z + 3 − 2i = R ≥ 0 , trước hết xét R > 0 , khi đó z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) biểu diễn
bởi M ( x; y ) thuộc đường tròn tâm I ( −3;2 ) , bán kính R.
Mặt khác ta có

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

suy ra
3 x + y + 3 = 0 là đường thẳng ∆ nên IM nhỏ nhất khi IM vng góc với ∆ tại M.
−9 + 2 + 3 2 10
R = d ( I ,∆) =
=
, chứng tỏ I ∉ ∆ . Chọn A.
5
10
Cách 2. (Trắc nghiệm - Cơng thức tính nhanh)
Ta có w = z + 3 − 2i và đường thẳng là z − 2i = z + 3 − i khi đó trong Mode 2 ta

ghi
2

X −A − X −B
2 A− B

2

CALC nhập -3 + 2i = 2i = -3 +i = ta có kết quả cần tìm.

Ví dụ 7. Cho các số phức thỏa mãn 2 z + 5 − 4i = 2 z + 3 + 4i . Giá trị nhỏ nhất của
z + 1 + 4i + z − 1 − i là
A. 5

B.

C.

29.

41

Lời giải
Giả sử M biểu diễn z = x + yi , x, y ∈ ¡ . Khi đó ta có
9

D. 10.


2x + 5 + ( 2 y − 4) i = 2x + 3 + ( 2 y + 4) i ⇒ M ∈ d : x − 4 y + 2 = 0 .

Gọi A ( −1; −4 ) , B ( 1;1) thì ta cần tìm min ( MA + MB ) , vì A và B khác phía đối với
d bởi thế min ( MA + MB ) = AB = 29 .
A

M

d

B

Nhận xét: Qua các ví dụ trên giúp học sinh củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về
min, max.
Ví dụ 8. Xét các số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2 . Gọi m, M lần lượt là
giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z − 1 + i . Tính P = m + M .
A. P = 13 + 73

B. P =

5 2 + 2 73
2

C. 5 2 + 73

D. P =

5 2 + 73
2

Lời giải.
Đặt z − 1 + i = u ⇒ z = u + 1 − i , ta cần tìm u min và

u max . Thế z vào giả thiết ta có:

u + 3 − 2i + u − 3 − 8i = 6 2 . Gọi M ( x; y ) biểu
diễn u và F1 ( −3;2 ) , F2 ( 3;8 ) thì ta có
uuuur
F1F2 = ( 6;6 ) và MF1 + MF2 = F1F2 = 6 2 , do đó
M thuộc đoạn F1 F2 . Phương trình F1F2 là
x − y + 5 = 0 , từ đó suy ra
u min = OH = d ( O, F1F2 ) =

5 2
;
2

u max = OF2 = 73 .
Chọn B.
DẠNG 2: CỰC TRỊ CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC LIÊN QUAN ĐẾN 2 HOẶC NHIỀU
SỐ PHỨC CÓ ĐIỂM BIỂU DIỄN LÀ ĐƯỜNG TRỊN ĐOẠN THẲNG
Ví dụ 9 . Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 5 + 2i = 2 và z2 − 1 − 6i = 3 . Gọi a, b lần
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 . Khi đó a 2 + b 2 bằng
10


A. 77
B. 144
C. 145
D. 154.
Phân tích.
Bài tốn cho M và N thuộc hai đường tròn. Cần xét min, max của đoạn MN.
Lời giải.

Ta viết lại z1 + 5 + 2i = 2 ⇔ z1 + 5 − 2i = 2 nên M ( z1 ) ∈ ( C1 ) tâm I ( −5;2 ) , R1 = 2 .
Tương tự N ( z2 ) ∈ ( C2 ) tâm K ( 1;6 ) , R2 = 3 . Gọi IK = h = 2 13 > R1 + R2 = m = 5 .
2
2
Ta có: b = MN min = h − m; a = MN max = h + m suy ra a 2 + b 2 = ( h − m ) + ( h + m )

thay số
a 2 + b 2 = 2 ( h 2 + m 2 ) = 2 ( 52 + 25 ) = 154 . Chọn D.
Ví dụ 10. (BGD - Đề minh hoạ 2021) Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = 1, z2 = 2 và
z1 − z2 = 3 . Giá trị lớn nhất của 3 z1 + z2 − 5i bằng
A. 5 − 19 .

B. 5 + 19 .
Lời giải

C. −5 + 2 19 .

D. 5 + 2 19 .

z1 = 1 ⇒ 3 z1 = 3 ; z2 = 2 ; z1 − z2 = 3
uuuu
r
Gọi M là điểm biểu diễn z1 ⇒ OM là vectơ biểu diễn z1 ; N là điểm biểu diễn
uuur
uuu
r
3z1 ⇒ ON là vectơ biểu diễn 3z1 ; P là điểm biểu diễn z2 ⇒ OP là vectơ biểu
diễn z2 . Có z1 = OM = 1 ⇒ M ∈ ( O, R = 1) ; 3 z1 = ON = 3 ⇒ N ∈ ( O, R3 = 3) ;
z2 = OP = 2 ⇒ P ∈ ( O, R2 = 2 ) .
− Gọi w = 3 z1 + z2 và Q là điểm biểu diễn w .

⇒ w = OQ = ON 2 + NQ 2 − 2ON .NQ.cos ONQ
= ON 2 + OP 2 − 2ON .OP.cos ONQ
·
=
Ta có : cos MOP

OM 2 + OP 2 − MP 2 1
=
2OM .OP
2

1
·
·
⇒ cos ONQ
= − cos MOP
=−
2
 1
⇒ w = OQ = 32 + 22 − 2.3.2.  − ÷ = 19
 2
uuur uuu
r
Xét T = 3 z1 + z2 − 5i = OQ − OA = AQ với A ( 0, −5 ) biểu diễn số phức u = −5i .

(

⇒ T max khi AQ max . Mà OQ = 19 ⇒ Q ∈ O, R4 = 19

)

⇒ AQ max = OA + R4 = 5 + 19 . Chọn B .
Ví

dụ

11.

( 2 + i)

Giả

sử

z1 , z2

là

hai

nghiệm

phức

của

z z − ( 1 − 2i ) z = 1 + 3i và z1 − z2 = 1 . Tính M = 2 z1 + 3 z2 .
11

phương

trình


A. M = 19 .

B. M = 25 .

C. M = 5 .

D. M = 19 .

Lời giải
Ta chia cả hai vế cho 2 + i và được z z + iz = 1 + i = 2 . Đặt z = m ≥ 0 thì ta có
m m + i = 2 ⇒ m 2 ( m 2 + 1) = 2 ⇒ m = 1 hay ta có z = 1 , nói cách khác hai số
z1 , z2 cùng thuộc đương trịn tâm O, bán kính R = 1. Gọi A, B biểu diễn các số z1 , z2
thì từ z1 − z2 = 1 suy ra OAB là tam giác đều. Không giảm tổng quát chọn
1 3
A ( 1;0 ) , B  ;
÷
2
2


 1 i 3  7 + i3 3
= 19 . Chọn D.
Thì M = 2 ( 1 + 0i ) + 3  +
÷=
2 

2
2
Ví dụ 12. Trong các số phức z thoả mãn z − 3 − 4i = 2 có hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
z1 − z2 = 1. Giá trị nhỏ nhất của z1 2 − z2 2 bằng
B. −4 − 3 5

A. -10
2

D. −6 − 2 5 .

C. -5
Lời giải:

2

Ký hiệu P = z1 − z2 , giải sử M biểu diễn z, A, B biểu
diễn z1 , z2 và I ( 3;4 ) là tâm đường trịn. Gọi H là trung
điểm AB. Ta có AB = 1, OI = 5 và:
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuur
uuu
r uur uuu
r
P = OA − OB . OA + OB = BA.2OH = 2 BA. OI + IH

(

)(

)

(

)

.

uuu
r uur
uuu
r uur
P = 2 BA.OI nên ta chỉ cần BA, OI ngược hướng nhau
và khi đó Pmin = −2 AB.OI = −10 . Chọn A.
Nhận xét: Đôi khi ta xem như Elip (thay đổi) hoặc đường tròn (thay đổi) và nhìn nhận
theo cách mở rộng xem như elip ảo hay đường trịn ảo để giải tốn nhanh hơn.
Ví dụ 13. Cho 3 số phức z , z1 , z2 thỏa mãn
z − 1 + 2i = z + 3 − 4i , z1 + 5 − 2i = 2, z2 − 1 − 6i = 2. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu
thức T = z − z1 + z − z2 + 4
A.

2 3770
13

B.

10361
13

C.

3770
13

D.

10361
26

Phân tích.

Cho điểm M thuộc đường thẳng và P, Q thuộc 2 đường trịn. Tìm Max ( MP + MQ )
Lời giải
Gọi M ( z ) = M ( x; y ) , I ( −5;2 ) , K ( 1;6 ) , A ( 1; −2 ) , B ( −3;4 ) , . P ( z1 ) , Q ( z2 ) ,
12


R1 = R2 = 2
Khi đó M thuộc trung trực của AB có phương trình 2 x − 3 y + 5 = 0 ( ∆ ) và P, Q di
chuyển lần lượt trên hai đường tròn tâm I và K cùng bán kính R = 2 . Nhân xét
uuu
r
uur
AB = ( −4;6 ) , IK = ( 6;4 )
uuu
r uur

Nghĩa là AB ⊥ IK nên hai đường thẳng IK / / ∆ , hơn nữa d ( I , ∆ ) > R, IK > 2 R .

Rõ ràng ta có T = MP + MQ + 2 R nhỏ nhất khi P, Q thuộc các đoạn MI, MK và do
tính đối xứng nên Tmin = 2MK . Vậy
2

2
2 3770
1 
. Chọn A.
Tmin = 2MK = 2  IK ÷ +  d ( I , ∆ )  =
13
2 
DẠNG 3: CỰC TRỊ CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC LIÊN QUAN ĐẾN SỐ PHỨC CĨ
ĐIỂM BIỂU DIỄN LÀ ELIP

Ví dụ 14. Cho số phức z thỏa mãn z + 15 + z − 15 = 8 và | z + 15 i | + | z − 15i |= 8 .
Tính z .
A. z =

4 34
17

B. z =

2 5
5

C. z =
Lời giải

(

4
5

) (

Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z, F1 − 15;0 , F2

D. z =

5
.
4

)

15;0 thì giả thiết:

z + 15 + z − 15 = 8 ⇔ MF1 + MF2 = 8 = 2a nên M thuộc elip có phương trình
x2 y 2
x2 y 2
+
=
1
+
= 1 (2). Quy đồng và cân
(1).
Hoàn

toàn
tương
tự
M
thuộc
elip
a 2 b2
b2 a 2
2 2
a2 ( a2 − c2 )
a
b
bằng ta có b x + a y = a x + b y ⇒ x = y = 2
. Ta chỉ
=
a + b2
2a 2 − c 2
việc thay số:
2

2

2

a 2 = 16, c 2 = 15 ⇒ x 2 =

2

2

2

2

2

2

2

16 ( 16 − 15 ) 16
4 34
. Chọn A.
= ⇒ z = x 2=
32 − 15
17
17

Nhận xét. Cách giải trên có thể một số em còn băn khoăn, sau đây ta có thể giải như sau
2

2

Theo giả thiết thứ nhất suy ra z + 15 + z − 15 + 2 z 2 − 15 = 64 (1).
13


2

2

(

2

Theo quy tắc hình bình hành thì z + 15 + z − 15 = 2 z + 15

2

) thế vào (1)

ta có
2

2

z 2 − 15 + z = 17 (2). Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai: z 2 + 15 + z = 17 (3).
2
2
Đặt z 2 = a + bi thì từ (2) và (3) suy ra z − 15 = z + 15 hay

( a − 15)

2

+ b 2 = ( a + 15 ) + b 2 ⇒ a = 0 ⇒ z 2 = bi thay trở về (2) ta được
2

bi − 15 + b = 17 ⇒ b 2 + 225 = ( 17 − b ) ⇒ b =
2

32
32 4 34
⇒ z =
=
.
17
17
17

Ví dụ 15. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + i + z + 2 − 3i = 5 và w = z − i . Gọi T là giá trị
lớn nhất của w . Tìm T.
A. T = 5.

B. T = 2 5.

C. T = 2 2.

2
D. T = .
5

Lời giải
Thế z = w + i vào giả thiết ta có w − 1 + 2i + w + 2 − 2i = 5 (1).
Gọi M là điểm biểu diễn số phức w và F1 (1; −2), F2 ( −2;2) biểu diễn các số
z1 = 1 − 2i, z2 = −2 + 2i khi đó từ (1) ta có MF1 + MF2 = 5 . Mà ta có
F1F2 = 5 ⇒ M ∈ F1F2 .
Bởi vậy w max ⇔ OM max ⇔ OM = OF2 = 2 2 . Chọn C.
Nhận xét. Nếu MF1 + MF2 > F1F2 thì ta vẫn đưa về Elip và giải bình thường. Tuy nhiên
bài tốn cho trường hợp đặc biệt nên ta cũng xem xét để giải nhanh hơn.

Ví dụ 16. Cho z ∈ £ thỏa mãn z − 2 + 3i + z + 2 + i = 4 5 . Tìm giá trị lớn nhất của
z − 6 + 5i ?
A. 4 5

B. 5 5

C. 6 5

Lời giải:
Gọi M ( x; y ) biểu diễn z, F1 ( 2; −3) , F2 ( −2; −1) ,
K ( 6; −5 ) thì MF1 + MF2 = 4 5 > F1F2 = 2 5 như thế quỹ
tích M là một Elip. Nhận xét rằng F1 là trung điểm của
KF2 và ta cần tính độ dài lớn nhất của KM, khi đó vị trí
cần tìm tại D, mà sao cho DF1 + DF2 = 2 F1F2 (không đổi)
nên suy ra
DF2 = 5 . Vậy KM max = KD = 5 5 . Chọn B.

14

D. 7 5 .


Ví dụ 17. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 − 2i + z − 4 − 6i = 9 . Giá trị lớn nhất của
z − 10 − 14i là
A. 17 .

B. 20 .

C. 15 .
D. 12 .

Lời giải
9
5
5 
Gọi M ( z ) = M ( x; y ) thì M thuộc elip (E), tâm I  ;4 ÷, a = , c = .
2
2
2 

uuur
Gọi A ( 10;14 ) thì z − 10 − 14i = AM . Vậy ta chỉ cần xác định vị trí M sao cho IM
uuur  15
uur

 5 15

và AI cùng hướng hay IM = t  − ; −10 ÷, t > 0 ⇒ M  − t ;4 − 10t ÷.
 2

2 2

2

2

3 15
3 15
2
2
Do đó ta có  − t ÷ + ( 2 − 10t ) +  − − t ÷ + ( −2 − 10t ) = 9 .

2 2 
 2 2 
5
9
34 25
1 − 5t + 1 + 5t ) = 9 ⇒ t =
. Vậy AM max = t + 1 . AI = . = 17 . Chọn A.
(
2
25
25 2
Ví dụ 18. Xét các số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) thỏa mãn z + 2 + 3i = 2 . Tính
P = a + b khi z + 2 − 5i + z − 6 + 3i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 3
B. P = −3
C. P = 7
D. P = −7
Lời giải
M ∈ ( C ) có tâm I ( −2; −3) , R = 2 . Gọi A ( −2;5 ) , B ( 6; −3) , K ( 2;1) là trung
điểm AB.
uur uuu
r
Ta có MA + MB = 2m; AB = 2c . Chú ý là IK ⊥ AB .

Điểm M chạy trên một elip ảo (trục lớn 2m thay đổi). Vị trí của M tại H, sao cho
uuu
r uur
uuu
r
R

1
IH = t KI = t ( −4; −4 ) ⇒ t =
= ⇒ IH = ( −1; −1) ⇒ H ( −3; −4 ) .
4 2 4
Hay ta có z = −3 − 4i ⇒ P = a + b = −7 . Chọn D.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Câu 1. (SGD Nghệ An - THPT Liên trường) Cho số phức z và gọi z1 , z2 là hai
nghiệm phức của phương trình z 2 + 8i = 0 ( z1 có phần thực dương). Giá trị nhỏ nhất
z2
được viết dưới dạng m n + p q
2
(trong đó n, p ∈ N ; m, q là các số nguyên tố). Tổng m + n + p + q bằng
A. 10
B. 13
C. 11
D. 12
của biểu thức P = z − z1 + z2 − z + z + 2 z1 +

15


Câu 2. (THPT Chun Hồng Văn Thụ - Hịa Bình) Cho số phức z thỏa mãn
4 z + i + 3 z − i = 10 . Giá trị nhỏ nhất của z bằng:
A.

1
.
2

B.

5
.
7

C.

3
.
2

D. 1.

Câu 3. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai] Cho số phức z thỏa z = 1 . Tìm
2
2
giá trị lớn nhất của P = z + z + z − z .

A.

14
.
5

B. 4.

C. 2 2 .

Câu 4. Xét các số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

D. 2 3 .

thỏa mãn z + 2 − 3i = 2 2 . Tính P = 2a + b

khi z + 1 + 6i + z − 7 − 2i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 3 .
B. P = −3 .
C. P = 1 .
D. P = 7 .
Câu 5. [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] Gọi S là tập hợp các số
phức thỏa mãn z − 3 + z + 3 = 10. Gọi z1, z2 là hai số phức thuộc S có mơ đun nhỏ
nhất. Giá trị biểu thức P = z12 + z22 là:
A. 16.

B. 32.

C. -32.

D. -16.

Câu 6. (SGD Ninh Bình): Cho số phức z thỏa mãn z + 1 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
T = z + 4−i + z −2+i .
A. 2 46.
B. 2 13.
C. 2 26.
Câu 7. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai]
z − 1 − 2i = z − 3 − i . Khi đó z nhỏ nhất bằng
A. 1.

B.

3
.
2

C.

D. 2 23.
Cho số phức z thỏa

5
2

D. 2.

Câu 8. (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 1 − i = 2
và z2 = iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức z1 − z2 ?
A. m = 2 − 1 .
C. m = 2 .

B. m = 2 2 .
D. m = 2 2 − 2 .

Câu 9. Cho số phức z thỏa z − 1 − i + z − 3 − 2i = 5 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính tổng M + m
A.

2 + 13

B.

2 − 13

C.

5 + 13

D.

2+ 3

Câu 10. Cho hai số phức u , v thỏa mãn 3 u − 6i + 3 u − 1 − 3i = 5 10 , v − 1 + 2i = v + i .
Giá trị nhỏ nhất của u − v là:
2 10
5 10
.
C. 10 .
D.
.
3
3
Câu 11. Cho số phức z thỏa mãn 4 z + i + 3 z − i = 10 . Giá trị nhỏ nhất của z bằng
A.

10
.
3

B.

16


A.

1
.
2

B.

5
.
7

3
.
2

C.

D. 1.

Câu 12. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i + z + 2 + 3i = 4 5 . Giá trị lớn nhất của z là
A. 13 + 5 .
B. 3 + 13 .
C. 7 .
D. 4 + 5 .

Câu 13. [THPT Thăng Long - Hà Nội] Cho số thực a thay đổi và số phức z thỏa mãn
z

=

i−a
. Trên mặt phẳng tọa độ, gọi I(−3; 4) và M là điểm biểu diễn
1 − a ( a − 2i )

a2 + 1
số phức z. Khi a thay đổi thì MI đạt nhỏ nhất là:
A. 4
B. 3
C. 5
D. 6.
Câu 14. (THPT Chuyên Đại học Vinh) Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa
mãn

( z − 6 ) ( 8 + zi )

là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 . Giá trị trị nhỏ nhất của

z1 + 3 z2 bằng:
A. 5 − 21
B. 20 − 4 21
C. 20 − 4 22
D. 5 − 22
Câu 15. [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] Cho các số phức z và w
thỏa mãn (3 − i) z =

z
+ 1 − i. Tìm GTLN của T = w + i .
w −1

1
2
3 2
B.
C. 2
D.
2
2
2
Câu 16. (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
A.

z1 − 3i + 5 = 2 và iz2 − 1 + 2i = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2iz1 + 3 z2 .
A.

313 + 16 .

B.

313 .

C. 313 + 8 .
D. 313 + 2 5 .
Câu 17. [SGD Lào Cai ] Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
2

2

z − 3 − 4i = 5 và biểu thức M = z + 2 − z − i đạt giá trị lớn nhất. Tính mơ đun
của số phức z + i.
A. 61
B. 5 2
C. 3 5
D. 2 41 .
Câu 18. [THPT Chuyên Quang Trung] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m để
tồn tại 4 số phức z thỏa mãn z + z + z − z = 2 và z ( z + 2) − ( z + z ) − m là số thuần
ảo. Tổng các phần tử của S là:
1
2 +1
2 −1
C.
D.
.
2
2
2
Câu 19. Cho số phức z1 thỏa mãn z1 − 5 + 3i = z1 − 1 − 3i và z2 thỏa mãn
A.

2 +1

B.

z2 − 4 − 3i = z2 − 2 + 3i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = z1 − z2 + z1 − 6 + i + z2 − 6 − i .
17

A.

18
.
13

B.

16
.
13

C. 2 10 .

D. 6 .

Câu 20. 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
là các số hữu tỉ. Giá trị của a + b là
A. 3 .
B. 7 .

C. 2 .

18

a + b 17
với a , b

2
D. 4 .


2.4. Hiệu quả của Sáng kiến kinh nghiệm
Trong năm học 2020 – 2021 vừa qua, được sự góp ý xây dựng của Tổ bộ môn,
được sự đồng ý của Ban chuyên môn nhà trường, tôi đã áp dụng việc dạy học tại lớp
12A1 tiết ôn tập thi Tốt nghiệp THPT QG và cùng thời điểm thầy Phạm Chí Đạt cùng
dạy nội dung trên đối với lớp 12A2. Sau khi dạy xong, chúng tôi đã tổ chức kiểm tra đối
với lớp thực nghiệm (TN) là lớp 12A1 và lớp đối chứng (ĐC) là lớp 12A2. Ngồi kết quả
bài kiểm tra, tơi còn kiểm tra mức độ hứng thú học tập của học sinh bằng phiếu thăm dò,
với 4 mức độ:
- Mức độ 1: Rất hứng thú học.
- Mức độ 2: Có hứng thú, nhưng khơng có ý định tìm tịi sáng tạo thêm.
- Mức độ 3: Bình thường.
- Mức độ 4: Không hứng thú. Không hiểu nhiều vấn đề.
Kết quả thể hiện qua biểu đồ sau:

Biểu đồ so sánh mức độ hứng thú học tập của 2 lớp sau khi thực nghiệm

Biểu đồ so sánh kết quả học tập của 2 lớp sau khi thực nghiệm
Từ kết quả trên, cũng như xem xét bài làm của học sinh, tôi thấy rằng:
Học sinh lớp thực nghiệm có hứng thú học tập hơn hẳn so với học sinh lớp đối chứng.
Kết quả kiểm tra của lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh khá giỏi tăng, tỉ lệ học sinh trung
bình, yếu giảm, cịn lớp đối chứng tỉ lệ khá giỏi giảm, tỉ lệ trung bình và yếu lại tăng lên.
Việc định hướng về phương pháp trong làm bài của học sinh lớp thực nghiệm tốt hơn
lớp đối chứng.
19

Học sinh lớp thực nghiệm tự tin hơn khi đứng trước bài kiểm tra. Không bị bất ngờ
trong từng bài tốn, trình bày lời giải ngắn gọn, rõ ràng.
Khi dạy một nội dung khó nhưng cách tiếp cận dễ dàng dẫn đến việc học của học sinh
cũng nhẹ nhàng hơn, giảm áp lực cho giáo viên đứng lớp.
Được đồng nghiệp ở tổ bộ môn đánh giá cao và xem đây là một tài liệu quan trong
giảng dạy mơn Giải tích ôn thi Tốt nghiệp THPT QG.
Từ đó có thể khẳng định cách dạy luyện tập như trên đã mang lại hiệu quả trong q
trình dạy học mơn Giải tích ở trường THPT Lê Lai.

20


3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Trong quá trình làm sáng kiến và áp dụng sáng kiến trong thực tế giảng dạy tại lớp 12A1,
hiệu quả mang lại đối với thực tiễn giảng dạy của nhà trường đã được trình bày ở trên. Từ
đó thấy rằng SKKN : “SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI
TỐN TÌM GTLN, GTNN CỦA MÔ ĐUN SỐ PHỨC TRONG VIỆC ÔN THI TỐT
NGHIỆP THPT NĂM 2021 TẠI TRƯỜNG THPT LÊ LAI” có đóng góp khơng nhỏ
trong việc giảng dạy tại trường THPT Lê Lai. Cụ thể:
Về lí luận: SKKN đã góp phần khẳng định việc xây sử dụng phương pháp hình học
giúp học sinh xử lí nhanh được các bài tốn vận dụng và vận dụng cao trong phần tìm
GTLN, GTNN của mô đun số phức.
Về thực tiễn: SKKN là một giáo án luyện tập mơn Giải tích có hiệu quả dành cho
bản thân và đồng nghiệp trong Tổ bộ môn.
3.2. Kiến nghị
Tổ chuyên môn cần tổ chức những diễn đàn trao đổi về chun mơn để giáo viên có
thể học hỏi kinh nghiệm và phổ biến các SKKN của cá nhân.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Hồ Phương Nam

21