Giải pháp, kỹ thuật giải nhanh một số dạng câu hỏi vận dụng trong chương trình môn toán lớp 12 góp phần nâng cao kết quả thi tốt nghiệp THPT

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong thực tiễn qua trình dạy học và ơn thi THPT QG, nay là kỳ thi tốt
nghiệp THPT, tôi thường tâm đắc với các kỹ thuật giải nhanh một số dạng tốn có
trong cấu trúc đề thi trắc nghiệm các năm gần đây, cụ thể là dạng tốn xác định
bán kính mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp, dạng tốn tính tích phân của biểu thức
b

có dạng

udv
�

và dạng tốn liên quan đến biểu diễn hình học và cực trị của số

a

phức. Những kỹ thuật giải nhanh này tôi thường xuyên áp dụng để giảng dạy cho
các lớp ban KHTN giúp giúp các em có thêm hứng thú, tư tin khi gặp các vấn đề,
các dạng tốn khó xuất hiện trong đề thi, điều này giúp các em giải quyết vấn đề
nhanh hơn và góp phần nâng cao kết quả thi TN THPT của bộ môn.
Từ những lý do trên cùng với kinh nghiệm giảng dạy tôi đã quyết định chọn
đề tài: “Giải pháp, kỹ thuật giải nhanh một số dạng câu hỏi vận dụng trong
chương trình mơn Tốn lớp 12 góp phần nâng cao kết quả thi tốt nghiệp
THPT’’ làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của bản thân trong năm học 2020 –
2021. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến, nhận xét và đánh giá của đồng
nghiệp để đề tài được hồn thiện hơn.
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 khá giỏi lớp 12 trong nhà trường có
thêm một phương pháp tiếp cận nhanh và hiệu quả khi gặp những bài tốn trong

đề thi TN THPT, sau đó là khuyến khích các em dựa vào những điều đã đã học
được để sáng tạo ra những bài tập hay trong nội dung thi TN THPT, qua đó giúp
các em phát triển tư duy logic, tổng hợp các phần, các chương đã học để chọn
nhanh được hướng tiếp cận đối với các câu hỏi trắc nghiệm ở mức độ vận dụng
trong các đề thi trung học phổ thông quốc gia.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu tập trung vào ba nội dung:
- Lớp các bài tốn xác định tâm và tìm bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp.
- Lớp các bài tốn về tính tích phân từng phần sử dụng hệ số điều chỉnh
- Lớp các bài tốn có mối quan hệ giữa số phức với hình học tọa độ trong
mặt phẳng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp điều tra, quan sát.
- Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm.
1


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong nghiên cứu khoa học thì việc tìm ra quy luật, phương pháp để giải
quyết một vấn đề là vơ cùng quan trọng vì nó giúp chúng ta có định hướng tìm
được lời giải của một lớp các bài toán. Trong dạy học giáo viên là người có vai trị
thiết kế và điều khiển sao cho học sinh thực hiện và luyện tập các hoạt động tương
thích với nội dung dạy học. Vì vậy trang bị về phương pháp, tập trung dạy cách
học, rèn luyện các kỹ năng, phát triển các năng lực cho học sinh... là một nhiệm vụ
quan trọng của người giáo viên
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Khi gặp dạng toán về xác định bán kính của mặt cầu ngồi tiếp tứ diện học
sinh, ở một số bài nếu các em sử dụng phương pháp truyền thống là dựng hình thì
thường lúng túng khi đi xác định vị trí của tâm mặt cầu và khó khăn khi đi tìm bán
kính của mặt cầu.
Khi gặp một số bài tốn về tích phân từng phần, nếu khơng sử dụng phương
pháp đều chỉnh hệ số thì việc tính toán thường phức tạp, mất nhiều thời gian, dễ
sai đáp số.
Khi gặp dạng toán cực trị trên tập số phức được phát triển từ bài tốn cực trị
hình học thường làm các học sinh kể cả những học sinh giỏi lúng túng từ khâu
phát hiện nút thắt mấu chốt cho đến cách xử lý. Đa số các em không nhận ra “bẫy”
trong đề bài, sa đà vào tính tốn, gây mất thời gian mà thường không thu được kết
quả mong đợi.
Khi gặp các bài toán về vấn đề trên, hầu như học sinh mất rất nhiều thời
gian để biến đổi bài toán. Một số học sinh do năng lực tư duy hạn chế chưa biết
cách phối hợp giữa tư duy hình học và tính tốn đại số.
Một thực tế nữa là nhiều học sinh khi làm bài toán loại này ở chương hình
học thì làm được khá thành thạo nhưng khi ở chương số phức với ngôn từ, giả
thiết khác thì các em lại khơng phát hiện ra vấn đề cốt lõi, quen thuộc mà rất lúng
túng cứ như là gặp những bài tốn mới.
Chính vì vậy người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra bản chất vấn đề
cũng như cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc bài toán.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Trong phần này, tác giả chủ yếu nêu ý tưởng về các cách thiết kế, xây dựng
một số chủ đề dạy học và ý tưởng về hướng giải quyết các yêu cầu đặt ra. Do
khuôn khổ một SKKN bị hạn chế về số trang nên việc chi tiết hóa cách giải quyết
từng bài tập xin phép được dành cho bạn đọc quan tâm vận dụng trong q trình
giảng dạy.
2.3.1. Đại số hóa bài tốn tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

2

Đối với bài tốn xác định tâm và tìm bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp, thơng thường ta sử dụng phương pháp dựng hình (gọi là phương pháp
truyền thống) như sau:
B1) Xác định trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy (là đường thẳng d đi
qua tâm của đường trịn ngoại tiếp đa giác đáy và vng góc với mặt phẳng đáy).
Tâm I của mặt cầu sẽ nằm trên trục d.
B2) Xác định mặt phẳng trung trực của một cạnh bên nào đó, trong trường
hợp một hình chóp có cạnh bên và trục d cùng thuộc mặt phẳng (P) thì trong (P)
chỉ cần dựng trung trực của cạnh bên đó. Khi đó tâm I của mặt cầu là giao của trục
d và mặt phẳng trung trực (hoặc là giao của d với đường thẳng trung trực)
B3) Sử dụng mối quan hệ tam giác đồng dạng để tính bán kính của mặt cầu.
Thực hiện theo phương pháp trên nếu bài tốn xuất hiện tình huống có một
cạnh bên và trục d cùng thuộc mặt phẳng (P) thì việc xác tâm và bán kính của mặt
cầu là tương đối thuận lợi. Trong trường hợp khơng có bất kỳ cạnh bên nào
đồng phẳng với d, khi đó để xác định tâm bắt buộc phải dựng mặt phẳng
trung trực của một cạnh bên. Việc này không dễ dàng với nhiều học sinh, kể
cả học sinh khá giỏi, từ đó các em có tâm lí e ngại hoặc sợ khi gặp phải bài
tốn loại này.
Sau đây tác giả trình bày phương pháp đại số hóa để tìm bán kính của
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp trong tình huống khơng có bất kỳ cạnh bên nào
đồng phẳng với d:
Giả sử cần tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có đỉnh là S và một
đỉnh của đáy là A, O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy và H là chân đường
cao hạ từ đỉnh S xuống mặt đáy. Khi đó để xác định vị trí tâm và tìm bán kính của
mặt cầu ta thực hiện theo các bước sau:
B1) Xác định trục đường tròn ngoại tiếp đa
giác đáy là đường thẳng d vng góc với mặt
đáy tại O. Tâm I của mặt cầu sẽ nằm trên d.

Đặt x  OI ( x  0 nếu I và S cùng phía so với
mặt đáy và x  0 nếu I và S khác phía)
B2) Ta có hệ thức sau
IS 2  R 2  IA2 � IK 2  ( SH  x)2  x 2  OA2
Giải phương trình tìm được x
B3) Kết luận: Bán kính là R  x 2  OA2

Ví dụ 1.1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính bán kính của
hình cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
3


Hướng dẫn

Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH  ( ABCD ). Dễ thấy tâm I của mặt cầu nằm
trên trục d đi qua tâm O của hình vng ABCD và vng góc với mặt phẳng
(ABCD), I và S cùng phía so với mp (ABCD).
a
Đặt x  OI thì IK  OH  và OC 2  OI 2  R 2  IK 2  KS 2
2
2

2

2

2
�a 2 � 2 �a �
�a 3

�
�a 2 �
3a
7
��

x



x
� R  x2  �
�
�� x 
� a
�� �
6
12
�2 � � 2
�2 �
�
�2 �
Ví dụ 1.2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SAD là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của BC và CD . Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp
S .CMN .
a 37
a 29
a 93
5a 3

A. R 
B. R 
C. R 
D. R 
.
.
.
.
6
8
12
12
Hướng dẫn

Gọi H là trung điểm của AD suy ra SH  ( ABCD ). Dễ thấy tâm I của mặt cầu nằm
trên trục d đi qua trung điểm O của MN và vng góc với mặt phẳng (ABCD), I và
S cùng phía so với mp (ABCD).
4


Nếu đặt x  OI thì IK  OH 
2

2

a 10
và OC 2  OI 2  R 2  IK 2  KS 2
4
2

�a 2 � 2 �a 10 � �a 3
�
5 3a
��

x



x
�
�
� �
�� x 
12
�4 �
� 4 � �2
�
2

�a 2 � a 93
� R  x2  �
�
4
�
� 12
Ví dụ 1.3: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, tam giác SAD
đều và tam giác SCD vng cân tại S . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp.
7 2

8 2
5 2
A. a .
B. a .
C. a .
D. a 2 .
3
3
3
Hướng dẫn

Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, CD . Do tam giác SAB đều nên SM  AB .
Mà MN  AB . Do đó AB   SMN  � ( ABCD )   SMN  .
Kẻ SH  MN  H �MN  � SH   ABCD  .

SM .SN a 3
a 3
a

, SN  , MN  a � SMN vuông tại S � SH 
MN
4
2
2
Gọi O là tâm ABCD , dựng trục d của  ABCD  tại O thì tâm I của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S . ABCD nằm trên d .
a
Nếu đặt x  OI thì IK  OH  và OA2  OI 2  R 2  IK 2  KS 2
4
Có SM 

5


2

2

2

2
�a 2 � 2 �a �
�a 3
�
�a 2 � a 21
a 3
��
 x �� x 
� R  x2  �
� x  � � �
�
2
4
4
6
2
6
�
�
�

�
�
�
�
�
7 2
2
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp: S  4R  a .
3
Ví dụ 1.4: Cho tứ diện đều ABCD cạnh 1 . Gọi K là trung điểm của AB , M , N
lần lượt là hình chiếu của K lên AD và AC . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp K .CDMN ?

A.

3
.
4

B.

3 3
.
8

C.

2
.
4

D.

3 2
.
8

Hướng dẫn

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC khi đó BH   ACD  . Gọi E là trung điểm của
AH , suy ra KE   ACD  . Từ E hạ EN vng góc xuống AC, N �AC , suy ra
KN  AC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NCD , O �AH .
Dựng đường thẳng d đi qua O , vng góc với  ACD 
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp K .MNCD thì I nằm trên trục d , I và S cùng
phía so với mp (MNCD).
6
6
3
39
Ta tính được: IF  OE 
; KE 
; KF 
 x , ON  OC  OD 
6
6
4
12
Đặt OI  x ta có hệ thức IC 2  R 2  IK 2 � IO 2  OC 2  IF 2  FK 2
2

�
39
3 �6
39 3 2
6 . Vậy
.
�x 
  �  x � suy ra x 
Rmc  IK  x 2 

144 16 �6
144
8
24
�
2

6


Ví dụ 1.5: Cho hình chóp tam giác S . ABC có mặt bên SBC và mặt đáy ABC là
các tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA tạo với mặt đáy ( ABC ) một góc 600 . Tính
diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
22a 2
25a 2
11a 2
13a 2
.
.

.
.
A.
B.
C.
D.
9
9
9
9
Hướng dẫn

Gọi M là trung điểm BC , H là hình chiếu của S lên AM � SH   ABC  �
�  60�
góc giữa SA và mặt phẳng  ABC  là SAH
.
�  60�nên tam giác SAM đều �
Tam giác SAM có SM  AM và có SAM
đường cao SH cũng chính là đường trung tuyến.
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC . Qua O dựng đường thẳng d vng góc với
 ABC  � d chính là trục của tam giác ABC . Dễ thấy tâm I của mặt cầu nằm
trên trục d , I và S cùng phía so với mp (ABC).
a 3
a 3
Nếu đặt x  OI thì HK  OI  x . Ta có OA 
; AH 
;
3
4
3a

3a
a 3
, SH  ; SK  SH  HK 
x.
IK  OH  AO  AH 
4
4
12
Ta có hệ thức
2

2

2
�3a
� �a 3 � �a 3 � 2 � x  a .
2
2
2
2
2
SK  IK  R  IO  AO � �  x � � � � � x
6
�4
� �12 � � 3 �

� bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R  AI  OI 2  OA2  a 13 .
6
2
2

13a 13a
Vậy diện tích mặt cầu là S  4R 2  4.

.
36
9
7


2.3.2. Kỹ thuật chọn hệ số điều chỉnh trong bài tốn tính tích phân
từng phần
Phương pháp tích phân từng phần được sử dụng rộng rãi trong chương trình
phổ thơng và tỏ ra hiệu quả khi tính các tích phân mà hàm số dưới dấu tích phân là
b

tích

của

hai

hàm

số

khác

nhau

udv  (uv )

�

b
a

a

u  f  x  , dv  g  x  dx .

b

�
vdu ,

trong

đó

a

g  x  dx nên v( x) xác định không duy nhất, các hàm số v( x) có
Suy ra v  �
thể sai khác một hằng số  , v( x)  v0 ( x)  .
Căn cứ vào mỗi bài tốn, ta có thể chọn  phù hợp sao cho việc tính tích
b

vdu được dễ dàng hơn. Đây chính là kỹ thuật chọn hệ số điều chỉnh  .
phân �
a

2

ln  9  x 2  dx  a ln 5  b ln 2  c , với a, b, c là các số nguyên.
Ví dụ 2.1: Cho biết �
1

Tính S  a  b  c .
A. S  34.

B. S  13.

C. S  18.
Hướng dẫn

D. S  26.

2x
�
�
u  ln  9  x 2 
du  2
�
�
��
x  9 (Ở đây ta chọn hệ số điều chỉnh   3 )
Đặt �
dv

dx
�

�
v  x3
�
2
2
2
x  x  3
x
2
� I   x  3 ln  9  x   2 � 2
dx   ln 5  6ln 2  2 � dx
1
x 9
x3
1
1
 ln 5  6ln 2  2  6ln  x  3 1   ln 5  6ln 2  2  6ln 5  12ln 2
2

 5ln 5  6ln 2  2 � S  13.
* Phân tích: Làm theo cách thông thường không chọn hệ số điều chỉnh
2x
�
2
�
2
u  ln  9  x 2 
du  2
x2
�

�
2
��
dx
x  9 � I  x ln  9  x   2 �2
Đặt �
1
x

9
dv  dx
�
1
�
vx
�
2

x2
dx sẽ khó khăn hơn so với tính
Việc tính �2
x

9
1
3

Ví dụ 2.2: Cho biết

3  ln x

�
( x  1)

2

2

x
dx .
�
x

3
1

dx  a  b ln 3  b ln 2 , với a, b, c là các số hữu tỉ.

1

Tính S 

ac
.
b

A. S  1.

3
5

B. S   .
C. S   .
2
4
Hướng dẫn

D. S  2.

8


1
�
u  3  ln x
�
du

dx
�
�
�
x
��
1
Đặt �
(Ở đây ta chọn hệ số điều chỉnh
dv

dx


1
x
� ( x  1) 2
�
v
1 
�
� x 1
x 1
 1)
3

3

x �
1
3 3
3 3
3
�
�I �

dx


ln
3

ln(
x


1)

 ln 3  ln 2
 3  ln x 
�
1
x  1�
4 4
4 4
�
�1 1 x  1
3
� a  b  , c  1 � S  1.
4
1
ln(2 x 2  4 x  1)
dx  a ln b  c ln 2 , với a, c là các số hữu tỉ
Ví dụ 2.3: Cho biết �
3
(
x

1)
0
b
và là số nguyên tố. Tính S  a  b  c.
43
47
17

9
A. S  .
B. S  .
C. S  .
D. S  .
8
8
2
4
Hướng dẫn
4x  4
�
du  2
dx
�
u  ln(2 x 2  4 x  1) �
2x  4x  1
�
�
��
Đặt �
(Ở đây ta chọn hệ số
1
2

1
2
x

4

x

1
dv

dx
� ( x  1)3
�
v
1 
2
�
�
2( x  1) 2
� 2( x  1)
điều chỉnh   1 )
1

�
� 1 2
2x2  4x  1
7
2
�I �
ln(2 x  4 x  1) �  � dx  ln 7  2ln 2
2
8
� 2( x  1)
�0 0 x  1
7

47
� a  , b  7, c  2 � S  .
8
8
1
�4  x 2 �
p
3
x ln �
dx

a

b
ln
Ví dụ 2.4: Cho biết �
, với a, b là các số hữu tỉ ; p, q
�
2
4

x
q
�
�
0
là các số nguyên tố và p  q . Tính S  2ab  pq.
45
A. S  26.
B. S  30.

C. S  45.
D. S  .
2
Hướng dẫn
16 x
�
�4  x 2 � �
du

dx
4
�
u  ln �
�
x  16
2 � �
Đặt �
(Ở đây ta chọn hệ số điều chỉnh
�4  x �� �
4
4
x
x

16
�
�
v 4
dv  x3dx
�

� 4
4
  4 )

9


3

�4  x 2 � 3
1 4
15 �3 �
� I   x  16  ln �
 4�
xdx   2  ln � �
2 �
4
4 �5 �
�4  x �
1
1
15
15
, p  3, q  5 � S  2.  15  30.
4
2
* Phân tích: Làm theo cách thông thường không chọn hệ số điều chỉnh
16 x
�
�4  x 2 � �

3
du

dx
3
4
4
2
�
u  ln �
�
�
�
�
x

16
�
x
4

x
x5
2
4

x
�
�
I


ln

4
dx.
Đặt �
�
� �
�
4
2 �
4
�
x
4
4

x
x

16
�
�
�
�
1
1
v
dv  x 3dx
�

� 4
3
x5
dx .
Đến đây nhiều học sinh rất lúng túng, thậm chí là “bó tay” khi đi tính �4
x

16
1
Qua ví dụ trên ta thấy hiệu quả “tuyệt vời” khi sử dụng hệ số điều chỉnh.
� a  2, b  


2

Ví dụ 2.5: Cho biết

ln  sin x  cos x 
dx  a  b ln c  d , với a, b, d là các số hữu
2
�
sin
x

4

tỉ, c là số nguyên tố. Tính S  abcd .
5
1
A. S  .

B. S  0.
C. S   .
2
2
Hướng dẫn
cos x  sin x
�
�
u  ln  sin x  cos x 
du 
dx
�
�
�
sin x  cos x
��
Đặt �
1
 cos x  sin x
dv

dx
�
�
v   cot x  1 
� sin 2 x
�
sin x
(Ở đây ta chọn hệ số điều chỉnh   1 )
3


cos x  sin x
3
� I    cot x  1 ln  sin x  cos x    �
dx
sin
x
4
1

D. S  1.


3

4

 3
1
3
   ln 2 � a   , b  , c  2, d  0 � S  0.
4 2
4
2
* Phân tích: Kỹ thuật chọn hệ số điều chỉnh áp dụng rất hiệu quả cho các
dạng tích phân sau:
 ln 2   ln sin x  x 

b

1)

P ( x)ln Q( x)dx
�

với P ( x), Q( x) là các đa thức hoặc phân thức hữu tỉ.

a

Với dạng này khi tính bằng phương pháp tích phân từng phần ta nên chọn hệ số
b

vdu .
điều chỉnh sao cho có thể rút gọn được tối đa các nhân tử trong tích phân �
a

ln  m sin x  n cos x 
m
dx , với dạng này ta chọn hệ số điều chỉnh là 
2
sin x
n
a

b

2)

�

10


m cos x  n sin x
�
�
u  ln  m sin x  n cos x 
du

dx
�
�
�
m sin x  n cos x
��
Thật vậy �
1
m ( n cos x  m sin x)
dv

dx
�
�
v   cot x  
� sin 2 x
�
n
n sin x
ln  m sin x  n cos x 
m

dx , với dạng này ta chọn hệ số điều chỉnh là .
2
�
cos x
n
a
b

3)

2.3.3. Hình học hóa bài tốn về cực trị và tìm tập hợp điểm trên tập số
phức
a) Mối liên hệ giữa số phức và các yếu tố hình học phẳng
- Biểu diễn hình học của số phức z  x  yi với ( x, y �R) trên mặt phẳng
tọa độ là điểm M  x; y  . Khi đó z  OM .
- Biểu diễn hình học của hai số phức z và z là hai điểm đối xứng nhau qua
trục Ox nên nếu quỹ tích điểm biểu diễn hai số phức z và z lần lượt là các hình
 C  ,  C ' thì hai hình đó cũng đối xứng nhau qua trục Ox .
- Nếu điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B thì
�
�z1  z2  AB
uuu
r uuu
r
với M là trung điểm đoạn AB .
�
z

z


OA

OB

2O
M
1
2
�
�
- Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B . Số phức z thay đổi thỏa
mãn z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là trung trực của đoạn
AB .
- Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B . Số phức z thay đổi thỏa
mãn z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng.
- Cho z0 là một số phức khơng đổi có điểm biểu diễn là I , một số phức z
thay đổi thỏa mãn z  z0  R  0 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z chính là
đường trịn tâm I bán kính R .
b) Bài tốn cực trị số phức
Ví dụ 3.1: Cho số phức z có điểm biểu diễn nằm trên đường thằng
 d  : 3x  4 y  3  0 . Tính giá trị nhỏ nhất của z .
1
3
4
2
A. .
B. .
C. .
D. .
5

5
5
5
Hướng dẫn
3
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z � Min z  OM min  d  O; d  
5
Ví dụ 3.2: Cho các số phức z , w thỏa mãn z  2  2i  z  4i , w  iz  1. Giá trị
nhỏ nhất của w là
11


A.

3 2
.
2

B. 2.

C.

2
.
2

D. 2 2.

Hướng dẫn
Gọi A  2;2  , B  0;4  và M là điểm biểu diễn số phức z . Từ đề bài ta có:

MA  MB , hay quỹ tích điểm M là đường trung trực đoạn AB � Quỹ tích điểm
M là đường thẳng  d  : x  y  2  0 .
1
2
Mà w  iz  1  i . z   z  i  IM với I  0;1 � Min w  d ( I ; d ) 
.
i
2
Ví dụ 3.3: Cho số phức z không phải số thuần ảo thỏa điều kiện
z 2  4  z  z  2i  .Giá trị nhỏ nhất của z  i bằng
A. 2.

B. 1.

C. 3.
Hướng dẫn

D. 4.

�z  2i  z
2
Ta có z  4  z  z  2i  � z  2i z  2i  z z  2i � �
.
z

2
i
(
l
)

�
Như vậy bài tốn đã trở về dạng giống ví dụ 2.
Ví dụ 3.4: Cho các số phức z thỏa mãn z  2  4i  z  2i . Giá trị nhỏ nhất của
z  7  i là
A.

4 10
.
5

B. 3.

C.

3 10
.
5

D. 2 10.

Hướng dẫn
�z  2i  z  2i  z  2i
�
Ta có �
.
z 7i  z 7 i  z 7i
�
�
Bài toán trở thành: Cho các số phức z thỏa mãn z  2  4i  z  2i . Tìm giá trị
nhỏ nhất của z  7  i . Như vậy bài tốn đã trở về dạng giống ví dụ 2.

Ví dụ 3.5: Cho các số phức z thỏa mãn z  1  z  1 . Giá trị nhỏ nhất của
z  2  4i  z  4  6i là
A. 10  5.

B. 13.

C. 2 5
D. 2 10.
Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , từ điều kiện z  1  z  1 suy ra được quỹ
tích điểm M là trục Oy . Đặt A  2;4  , B  4;6  thì A, B nằm về hai phía trục Oy .
Khi đó z  2  4i  z  4  6i  MA  MB �AB  2 10.
Ví dụ 3.6: Cho các số phức z 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. 13.

C.

41

D. 10.
12


Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , từ 2 z  5  4i  2 z  3  4i
5
3

� z   2i  z   2i suy ra được quỹ tích điểm M là đường thẳng
2
2

 d  : x  4 y  2  0 . Đặt A  1;4  , B  1;1 thì A, B nằm về cùng một phía với
đường thẳng  d  . Điểm A '  3; 4  là điểm đối xứng của điểm A qua đường
thẳng  d  . Khi đó z  1  4i  z  1  i  MA  MB  MA ' MB �A ' B  41 .
Ví dụ 3.7: Cho số phức z có z  2 thì số phức w  z  3i có modun nhỏ nhất và
lớn nhất lần lượt là
A. 2 và 5.
B. 1 và 6.
C. 2 và 6.
D. 1 và 5.
Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z . Vì z  2 nên quỹ tích điểm M là đường trịn

 C
nằm

tâm O bán kính R  2 . Đặt A(0; 3) thì w  z  3i  AM .Dễ thấy điểm A
ngồi

đường

trịn

 C

nên

w min  AM min  AO  R  1

và

w max  AM max  AO  R  5 .
Ví dụ 3.8: Cho số phức z thoả z  3  4i  2 và w  2 z  1  i . Khi đó w có giá
trị lớn nhất là:
A. 16  74 .
B. 2  130 .
C. 4  74 .
D. 4  130 .
Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z . Vì z  3  4i  2 nên quỹ tích điểm M là
đường trịn

 C

tâm

w  2z  1  i  2 z 

I  3; 4 

bán kính

R  2 . Đặt

1 1
A( ; )
2 2

thì

1 i
  2AM .Dễ thấy điểm A nằm ngồi đường trịn  C 
2 2

nên w max  2 AM max  2( AI  R )  4  130 .
Ví dụ 3.9: Cho số phức z thỏa mãn z  3  2 z và min z 

3
 2i  a  b 2 .
2

Tính a  b .
A. 1.

B. 2 2 .

C.

1
.
2

D.

4
.
3

Hướng dẫn
2
2
2
2
Đặt z  x  yi với ( x, y �R ) . Từ z  3  2 z �  x  3  y  2  x  y 
13


� x 2  y 2  6x  9  0 �  x  3  y 2  18 � z  3  3 2 . Gọi M là điểm biểu
2

diễn số phức z thì quỹ tích M là đường trịn tâm I (3;0) , bán kính R  3 2 .
3
�3
�
 ; 2 �thì z   2i  AM . Dễ thấy điểm A nằm ở miền trong đường
Đặt A �
2
�2
�
5
1
tròn  C  nên AM min  R  AI    3 2 � a  b  .
2
2
Ví dụ 3.10: Cho các số phức z thỏa mãn z  1  z  1 . Giá trị nhỏ nhất của
z  2  4i  z  4  6i là
A. 10  5.

B. 13.

C. 2 5
D. 2 10.
Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , từ điều kiện z  1  z  1 suy ra được quỹ
tích điểm M là trục Oy . Đặt A  2;4  , B  4;6  thì A, B nằm về hai phía trục Oy .
Khi đó z  2  4i  z  4  6i  MA  MB �AB  2 10.
Ví dụ 3.11: Cho các số phức z 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. 13.

C. 41
D. 10.
Hướng dẫn
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , từ 2 z  5  4i  2 z  3  4i
5
3
� z   2i  z   2i suy ra được quỹ tích điểm M là đường thẳng
2
2

 d  : x  4 y  2  0 . Đặt A  1;4  , B  1;1 thì A, B nằm về cùng một phía với
đường thẳng  d  . Điểm A '  3; 4  là điểm đối xứng của điểm A qua đường
thẳng  d  . Khi đó z  1  4i  z  1  i  MA  MB  MA ' MB �A ' B  41 .
Ví dụ 3.12: Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và
iz2  1  2i  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z1  z2 .

A.

2  1.

B.

2 1.
Hướng dẫn

C. 2 2  1 .

D. 2 2  1 .

14


Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 và A  2;1 ; B  4;7  lần lượt là hai điểm
biểu diễn hai số phức 2  i , 4  7i . Ta có AB  6 2 . Phương trình đường thẳng
AB là d : x  y  3  0 .
+) z1  2  i  z1  4  7i  6 2 � MA  MB  6 2 � MA  MB  AB . Do đó
tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1 là đoạn thẳng AB .
+) iz2  1  2i  1 � iz2  1  2i i  1 �  z2  2  i  1 .
Gọi N là điểm biểu diễn số phức  z2 và I  2;1 là điểm biểu diễn số phức 2  i .
Ta có IN  1 Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức  z2 là đường tròn  C  có
phương trình:  x  2    y  1  1 .
2

2

d  I , AB   2 2  1 , suy ra AB khơng cắt đường trịn.

Gọi K là hình chiếu của I  2;1 lên AB . Dễ thấy K nằm trên đoạn thẳng AB .
Gọi H là giao điểm của đoạn IK với đường trịn  C  .
Ta có z1  z2  MN �KH  d  I , AB   R  2 2  1 .
Suy ra min z1  z2  2 2  1.
Ví dụ 3.13: Cho số phức z thỏa mãn z  z  2  2 z  z  2i �12 . Gọi M , m lần
lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  z  4  4i . Tính M  m .
A. 5  61 .

B. 10  61 .
C. 10  130 .
D. 5  130 .
Hướng dẫn
Gọi z  x  yi, x, y ��, ta có z  z  2  2 z  z  2i �12 � x  1  2 y  1 �6

15


�x  2 y �7 khi x �1; y �1
�
 x  2 y �9 khi x  1, y �1
�
��
�x  2 y �3 khi x �1, y  1
�
 x  2 y �5 khi x  1, y  1
�

Tập hợp điểm N  x; y  biểu diễn số phức z thuộc miền trong của của trong hình
thoi ABCD (tính cả trên các cạnh) như hình vẽ với

A  1;4  , B  5;1 , C  1; 2  , D  7;1

Xét điểm I  4;4  , thì I nằm ngồi hình thoi và P  z  4  4i  IN
Theo hình vẽ + IN đạt giá trị lớn nhất khi N �D , suy ra
M  ID  121  9  130
+ IN đạt giá nhỏ nhất khi N �H ( H là hình chiếu của I trên AB ),
487
 5 . Vậy M  m  130  5.
suy ra m  d  I , AB  
5
Ví dụ 3.14: Xét các số phức z , z1 , z2 thỏa z1  4  5i  z2  1  1 và
z  4i  z  8  4i . Tính M  z1  z2 khi P  z  z1  z  z2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M  2 5.
B. M  6.
C. M  41.
D. M  8.
Hướng dẫn

16


� tập hợp điểm A biểu diễn số phức
• z1  4  5i  1 ��
z1 là đường tròn  C1  có tâm I  4;5  , bán kính R1  1.
� tập hợp điểm B biểu diễn số phức z2
• z2  1  1 ��
là đường trịn  C2  có tâm J  1;0  , bán kính R2  1.
• Đặt z  a  bi  a, b �� . Từ z  4i  z  8  4i , ta
có a 2   b  4    a  8    b  4  � a  b  4
� tập hợp điểm C biểu diễn số phức z nằm trên

đường thẳng  : x  y  4.
2

2

2

Khi đó P  z  z1  z  z2  CA  CB.
Gọi K là điểm đối xứng của J qua đường thẳng , khi đó ta tìm được
K  4; 3 � phương trình đường thẳng IK : x  4.
�
�A  CI � C1 
P
Do đó min khi và chỉ khi C  IK � và �
�B  CJ � C2 
� A  4;4  , B  2;0  � M  z1  z 2  AB  2 5 .

c) Bài tốn về tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức
Ví dụ 3.15: Cho số phức z thỏa mãn z  2  5 . Tập hợp điểm M biểu diễn số
phức w   1  2i  z  3 là một đường trịn có bán kính r bằng bao nhiêu?
A. r  5.
C. r  5 5 .

B. r  5 2.
D. r  25 .

Hướng dẫn
w3
Ta có w   1  2i  .z  3 � z 
.

1  2i
w  1  4i
w3
w  1  4i
2 5�
5�
5
Do đó z  2  5 �
1  2i
1  2i
1  2i
� w   1  4i   5 5 . Vậy r  5 5 .
Ví dụ 3.16: Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  2 . Tập hợp điểm biểu diễn số
z
trong mặt phẳng toạ độ Oxy là đường trịn có tâm là
1 i
�1 3 �
�1 3�
�3 1�
 ; �.
 ;  �.
A. I � ;  �.
B. I �
C. I �
D.
�2 2 �
�2 2�
� 2 2�
Hướng dẫn
z

Ta có: w 
� z   1  i  w . Khi đó z  1  2i  2 � z  1  2i  2
1 i
phức w 

�3 1 �
I � ; �.
�2 2 �

17


� 1  2i �
�  1  i  w  1  2i  2 �  1  i  �w 
� 2
� 1 i �
1  2i
�1 3 �
� 1 i w 
 2 � w�
  i � 2 .
1 i
�2 2 �
�1 3�
 ; �, bán kính
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường trịn có tâm I �
�2 2�
R 2.
Ví dụ 3.17: Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  3i  5 ,
đồng thời z1  z2  8 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2 trong

mặt phẳng tọa độ Oxy là đường trịn có phương trình nào dưới đây?
2

2

2

� 5� � 3� 9
A. �x  � �y  � .
� 2� � 2� 4
C. ( x  10) 2  ( y  6) 2  36.

2

� 5� � 3�
B. �x  � �y  � 9.
� 2� � 2�
D. ( x  10) 2  ( y  6) 2  16.
Hướng dẫn

Gọi A, B, M là các điểm biểu diễn của z1; z2 ; w .
Khi đó A, B thuộc đường tròn (C ) :
( x  5) 2  ( y  3) 2  25 và AB  z1  z2  8 .
(C ) có tâm I (5;3) và bán kính R  5 , gọi T là
trung điểm của AB khi đó T là trung điểm của
OM và IT  IA2  TA2  3.
Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra
J (10;6) và IT là đường trung bình của tam
giác OJM , do đó JM  2 IT  6.
Vậy M thuộc đường trịn tâm J bán kính bằng

6 và có phương trình ( x  10) 2  ( y  6) 2  36.
Ví dụ 3.18: Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và
z1  z2  8 . Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2  2  4i là một
đường trịn có bán kính r bằng
A. 6 .
B. 16 .
C. 10 .
D. 13 .
Hướng dẫn

18


Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z1 , B là điểm biểu diễn của số phức z2 .
Theo giả thiết z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 nên A và B
thuộc đường tròn tâm I  1; 2  bán kính r  5 .
Mặt khác z1  z2  8 � AB  8 .
z z
Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức 1 2 và
2
IM  3 . Do đó ta có
z z
1
3  IM  1 2  1  2i � 3  z1  z2  2  4i � z1  z2  2  4i  6 � w  6 .
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường trịn có tâm O  0;0  , bán kính
r  6.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

- Qua thực tế giảng dạy đối với học sinh lớp 12 tại trường THPT Triệu Sơn
3 trong nhiều năm học, đặc biệt là từ năm học 2016-2017 bắt đầu hình thức thi trắc
nghiệm, tơi đã áp dụng đề tài này giúp các em học sinh cảm thấy tự tin và say mê
hơn trong việc học toán và có thêm cơng cụ giải nhanh các dạng tốn trong đề thi.
Kết quả trong các kỳ thi THPT QG (nay là TN THPT) mà các em tham gia thi, các
em đều giải quyết được nhanh gọn và chính xác đáp ứng nhu cầu thi trắc nghiệm
của kỳ thi. Tôi thấy các em đã tự tin và có hứng thú hơn trong học tập, có tinh thần
tìm tịi học hỏi đối với các dạng tốn khó.
- Đề tài được báo cáo dạng chuyên đề trong sinh hoạt chuyên môn của tổ
Toán trường THPT Triệu Sơn 3 và được các thầy cơ góp ý cũng như đánh giá cao
được dùng làm tài liệu chuyên môn của tổ và áp dụng vào giảng dạy ôn thi TN
THPT các năm 2020 và 2021.
- Từ năm học 2018-2019, tôi liên tục tham gia giảng dạy từ 1-2 lớp (trong đó
ln có ít nhất một lớp mũi nhọn ban KHTN) và kết quả đã cùng với tổ chun
mơn nâng cao thành tích về điểm trung bình mơn tốn trong kỳ thi TN THPT các
năm 2019 và 2020 góp phần đáng kể vào việc nâng cao thành tích của nhà trường
về điểm trung bình trong kỳ thi TN THPT, cụ thể:
19


+ Năm 2019: Nhà trường có điểm trung bình xếp thứ 8 trong tỉnh, mơn Tốn
có điểm trung bình xếp thứ 29 trong tỉnh.
+ Năm 2020: Nhà trường có điểm trung bình vươn lên xếp thứ 4 trong tỉnh
(sau THPT chuyên Lam Sơn, THPT Hàm Rồng và THPT Bỉm Sơn), mơn Tốn có
điểm trung bình là 7,35 (tổng số thí sinh dự thi là 336) và vươn lên xếp thứ 09
trong tỉnh (tăng 20 bậc), xếp thứ Nhất trong khối trường THPT huyện Triệu Sơn.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua quá trình áp dụng vào thực tế giảng dạy tại trường THPT Triệu Sơn 3
từ năm học 2018 - 2020, bản thân tơi nhận thấy đã có những kết quả rất khả quan,

tạo sự tự tin cho các em trong khi học và giải toán.
Trong phạm vi một SKKN nên tôi mới chỉ quan tâm đến một số chủ đề nhỏ
và hướng xây dựng các ví dụ mang tính chất gợi mở, phân hóa theo trình tự từ dễ
đến khó, từ đơn lẻ đến tổng quát, từ đơn giản đến phức tạp tạo điều kiện phát triển
năng lực tư duy, khả năng sáng tạo và phù hợp với nhiều đối tượng học sinh. Tôi
thiết nghĩ với cách xây dựng và thực hiện như trên ta có thể mở rộng sang các chủ
đề khác, nội dung khác của chương trình lớp 11, 12. Đó là các hướng tiếp theo mà
tôi sẽ nghiên cứu trong thời gian tới.
Trên đây là kinh nghiệm thực tế qua quá trình giảng dạy nhiều năm tôi rút ra
cho bản thân và bước đầu được áp dụng có kết quả khả quan. Đề tài khơng tránh
được những hạn chế, tôi tiếp tục bổ sung và hồn thiện dần trong những năm học
tới. Tơi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý vị và các bạn đồng
nghiệp để đề tài đi vào thực tiễn, được áp dụng nhiều hơn và đạt hiệu quả cao hơn
trong giảng dạy.
3.2. Kiến nghị
Trên đây là một số sáng kiến và kinh nghiệm của tôi đã thực hiện tại đơn vị
trong các năm học vừa qua. Rất mong đề tài này tiếp tục được xem xét, mở rộng
hơn nữa để áp dụng cho mọi đối tượng học sinh, giúp học sinh u thích và say
mê học Tốn hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn, trong nhà
trường và các em học sinh đã giúp đỡ tơi hồn thành sáng kiến kinh nghiệm này.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết khơng sao chép nội dung
của người khác

Trịnh Quốc Phượng

20