Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ năng làm bài số phức mức độ vận dụng

MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU

2

1.1.Lý do chọn đề tài

2

1.2.Mục đích nghiên cứu

2

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 lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

3

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

4

2.3. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

5

2.3.1. Một số tính chất của số phức cần nhớ

5

2.3.2. Một số dạng toán về số phức thường gặp

6

2.3.3. Các bài tập thực hành

8

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

19

PHẦN 3 : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

19

3.1. Kết luận

19

3.2.Kiến nghị

19

Tài liệu tham khảo

19

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Giáo dục phổ thông nước ta đang thực hiện bước chuyển từ chương trình giáo
dục tiếp cận nội dung sang tiếp cận năng lực của người học, nghĩa là từ chỗ quan
tâm đến việc học sinh học được cái gì đến chỗ quan tâm học sinh làm được cái
gì qua việc học. Để đảm bảo được điều đó, nhất định phải thực hiện thành công
việc chuyển cách đánh giá kết quả giáo dục từ nặng về kiểm tra trí nhớ sang
kiểm tra, đánh giá năng lực vận dụng kiến thức giải quyết vấn đề, chú trọng
kiểm tra đánh giá trong quá trình dạy học để có thể tác động kịp thời nhằm nâng
cao chất lượng của các hoạt động dạy học và giáo dục, đề cao việc học sinh biết
vận dụng những kiến thức được học vào giải quyết các vấn đề thực tiễn.
Trong chương trình tốn THPT số phức là phần mới lạ và hấp dẫn với học
sinh , các bài toán phần này rất phong phú và đa dạng. Vì vậy, các bài tốn số
phức thường xun có mặt trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT. Những năm gần
đây kì thi tốt nghiệp THPT tổ chức thi mơn Tốn bằng hình thức trắc nghiệm
khách quan với nội dung chủ yếu là chương trình lớp 12, trong đó phần số phức
nằm ở chương IV – Giải tích 12 là phần mà nội dung kiến thức có nhiều trong
các đề thi tốt nghiệpTHPT. Đây cũng là một nội dung học sinh có hứng thú học
kể cả học sinh yếu kém cũng thích học phần này. Tuy nhiên khi thi bằng hình

thức trắc nghiệm học sinh gặp phải khó khăn nhất định địi hỏi giáo viên phải có
những biện pháp giúp đỡ các em khắc phục.
Để giải quyết bài tốn số phức địi hỏi người học Toán và làm toán phải linh
hoạt và vận dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Tất nhiên với mỗi bài
tốn số phức thì mỗi người đều có một hướng giải quyết của riêng mình. Nói
như vậy có nghĩa là có nhiều phương pháp để đi đến kết quả cuối cùng của bài
toán số phức. Điều quan trọng là phải lựa chọn phương pháp nào để tìm được lời
giải tối ưu cho bài tốn. Thật khó nhưng cũng thú vị nếu ta tìm được đường
đúng đắn để giải quyết nó. Dạy học sinh học tốn khơng chỉ cung cấp kiến thức
cơ bản, những dạng bài tập vận dụng trong sách giáo khoa, sách tham khảo mà
điều quan trọng là hình thành cách tư duy trong suy luận tốn học của mỗi học
sinh thơng qua phương pháp giải tốn. Từ đó giúp các em có năng lực tư duy
logic, độc lập, sáng tạo để hoàn thiện kỹ năng, kỹ xảo trong học tập và phát triển
nhân cách học sinh.
Vì vậy để giúp các em tự tin hơn trong việc học Tốn, tơi chọn đề tài sáng
kiến kinh nghiệm là: “Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho
học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ năng làm bài số phức mức độ vận
dụng ”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm này trước hết giúp học sinh củng cố
kiến thức phần số phức và phát triển kỹ năng giải bài toán trắc nghiệm số phức
nhanh và chính xác. Sau đó khuyến khích các em dựa vào những tính chất đã
học để sáng tạo ra những bài tập hay trên tập số phức, qua đó giúp các em phát
triễn tư duy logic, tổng hợp các phần, các chương đã học để chọn nhanh được
2


hướng tiếp cận đối với các câu hỏi trắc nghiệm ở mức độ vận dụng trong các đề
thi.
1.3. Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu tập trung vào mối quan hệ giữa số
phức với hình học tọa độ trong mặt phẳng, qua đó chọn lọc một số bài tốn số
phức đặc trưng trong hình học rồi chuyển hóa nó thành các bài tốn số phức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với các bài toán số phức, trước hết giáo
viên cần yêu cầu học sinh ôn tập các kiến thức hình học liên quan. Đặc biệt với
riêng chuyên đề này giáo viên phải yêu cầu học sinh nắm vững mối quan hệ
giữa số phức với hình học tọa độ, các cơng thức chuyển đổi từ số phức sang hình
học. Sau đó giáo viên chọn một số bài tốn điển hình, các dữ kiện, yêu cầu
thường gặp để học sinh luyện tập nhiều, tạo ra “phản xạ” cho các em khi gặp
loại toán này. Bước cuối cùng là yêu cầu các em sáng tạo thêm các đề toán từ bài
toán điển hình này cũng như từ các bài tốn khác mà các em đã từng gặp.
Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tơi
đã sử dụng các nhóm phương pháp sau:
- Phương pháp phân tích và hệ thống hóa các tài liệu
Nhằm phân tích các tài liệu có liên quan đến biện pháp giúp đỡ học sinh trong
học tập mơn tốn ở lớp cuối cấp THPT, trong đó chú trọng sách giáo khoa, sách
giáo viên, chương trình giảm tải tốn lớp 12 để nắm chuẩn kiến thức, kỹ năng
trong dạy học môn toán ở khối lớp này.
- Phương pháp phỏng vấn
Nhằm phỏng vấn các giáo viên đang dạy lớp 12 để đưa ra những giải pháp tối
ưu khi giải toán trắc nghiệm số phức và phỏng vấn những học sinh lớp 12 để
nắm được mức độ học toán cũng như kỹ năng giải toán trắc nghiệm của các em.
- Phương pháp thực nghiệm
Nhằm khẳng định các biện pháp giúp đỡ học sinh khi thực hành giải toán đặc
biệt là giải toán trắc nghiệm số phức .
2. NỘI DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Một số phép tốn mở rộng đối với mơ-đun số phức và số phức liên
hợp

Cho hai số phức z , w . Ta chứng minh z  z
được các tính chất sau: z  w  z  w
2

zw  zw

z. z  z

z.w  z.w

z.w  z . w

�z � z
� �
�w � w

z
z

w
w

 z

zn  z

n

  zn 

n

2.1.2. Biểu diễn hình học của số phức
3


- Biểu diễn hình học của số phức z  x  yi với x, y ��trên mặt phẳng tọa độ là
M x; y 
z  OM
điểm 
. Khi đó
.
- 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
�
z1  z2  OA  OB  2OM
�
�
với M là trung điểm đoạn AB .
- Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B . Số phức z thay đổi thỏa

z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là trung trực của
mãn

đoạn AB .
- Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B . Số phức z thay đổi thỏa
z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng.
mãn
- Cho z0 là một số phức không đổi có điểm biểu diễn là I , một số phức z thay

z  z0  R  0
đổi thỏa mãn
thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z chính là
đường trịn tâm I bán kính R .
- Cho z0 là một số phức khơng đổi có điểm biểu diễn là I , một số phức z thay
z  z0  R  0
đổi thỏa mãn
thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là miền trong
đường tròn tâm I bán kính R .
- Cho z0 là một số phức khơng đổi có điểm biểu diễn là I , một số phức z thay

z  z0  R  0
đổi thỏa mãn
thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là miền ngồi
đường trịn tâm I bán kính R .
- Cho hai số phức z1 , z2 khơng đổi có điểm biểu diễn là hai điểm A, B . Một số
z  z1  z  z2  a  0
phức z thay đổi thỏa mãn
. Khi đó
z z a
+ Nếu 1 2
thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường E-lip nhận
A, B làm hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng a .
z z a

+ Nếu 1 2
thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB .
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Hiện nay khi gặp bài toán số phức mức độ vận dụng thường làm các học sinh
kể cả những học sinh khá 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.

4


Một thực tế nữa là nhiều học sinh khi làm bài tốn loại này ở chương hình học
thì làm được khá thành thạo nhưng khi ở chương số phức với ngơn 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 tốn từ đó Phát triển năng lực
giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh THPT thông qua rèn luyện kỹ năng
làm bài số phức mức độ vận dụng.
2.3. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.3.1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA SỐ PHỨC CẦN NHỚ
1. Môđun của số phức: Số phức z  a  bi được biểu diễn bởi điểm M(a; b)
uuuur

trên mặt phẳng Oxy. Độ dài của véctơ OM được gọi là môđun của số phức z.
2
2

Kí hiệu z = a + bi = a + b
Tính chất

uuuu
r
2
2
z

a

b

zz

OM


 z �0, z ��, z  0 � z  0
 z. z '  z . z '


z
z

,  z ' �0 
z'
z'

 z  z ' �z �z ' �z  z '

kz  k . z , k ��
2

Chú ý:
Lưu ý:

z1  z2 �z1  z2

dấu bằng xảy ra

� z1  kz2  k �0 

z1  z2 �z1  z2

dấu bằng xảy ra

� z1  kz2  k �0 

z1  z2 � z1  z2
z1  z2 � z1  z2
2

2

� z1  kz2  k �0 

dấu bằng xảy ra

� z1  kz2  k �0 



2

z  z z  z

2

.

.

dấu bằng xảy ra

z1  z 2  z1  z2  2 z1  z2
2

2

z 2  a 2  b 2  2abi  (a 2  b 2 ) 2  4a 2b 2  a 2  b 2  z  z  z.z



2

z ��

2.Một số quỹ tích cần nhớ
Biểu thức liên hệ giữa x, y
ax  by  c  0 (1)

z  a  bi  z  c  di

(2)

Quỹ tích điểm M
(1)Đường thẳng :ax  by  c  0
(2) Đường trung trực đoạn AB với

 A  a, b  , B  c, d  

5


 x  a

2

  y  b  R2

hoặc

I a; b
Đường trịn tâm   , bán kính R

hoặc

I a; b
Hình trịn tâm   , bán kính R

2

z  a  bi  R

 x  a

2

  y  b  �R 2
2

z  a  bi �R
r 2 � x  a    y  b  �R 2
2

Hình vành khăn giới hạn bởi hai

2

hoặc

đường tròn đồng tâm

r �z  a  bi �R

2

b2

 y  c


2

d2

 1 1

 1 Elip
 2

hoặc

z  a1  b1i  z  a2  b2i  2a

 x  a
b2

2



 y  c

Elip

nếu

2a  AB , A  a1 , b1  , B  a2 , b2 

Đoạn AB nếu 2a  AB

Hypebol

2

d2

, bán

kính lần lượt là r , R
Parabol

�
y  ax 2  bx  c
 c �0 
�
2
x

ay

by

c
�

 x  a

I  a; b 

1

2.3.2. MỘT SỐ DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP
Dạng 1: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường thẳng
z  a  bi  z
z
Tổng quát 1 : Cho số phức z thỏa mãn
, tìm Min . Khi đó ta có

1) Quỹ tích điểm

M  x; y 

A  a; b 

biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn

OA

với

1
1 2 2
�
z Min  z0 
a b
�
�
2
2
�

�z  a  b i
2) � 2 2

Tổng quát 2:Cho số phức thỏa mãn điều kiện
1) Quỹ tích điểm

M  x; y 

z  a  bi  z  c  di .

Tìm

z min

.Ta có

biểu diễn số phức z là đường trung trực đoạn AB với

A  a; b  , B  c; d 
z Min  d  O, AB  

a2  b2  c2  d 2
2

 a  c

2

bd

2

2)
Lưu ý: Đề bài có thể suy biến bài tốn thành 1 số dạng, khi đó ta cần thực hiện
biến đổi để đưa về dạng cơ bản.
Ví dụ 1:
a) Cho số phức thỏa mãn điều kiện

z  a  bi  z  c  di .

Khi đó ta biến đổi
6


z  a  bi  z  c  di � z  a  bi  z  c  di .

b)Cho số phức thỏa mãn điều kiện
iz  a  bi  iz  c  di � z 

iz  a  bi  z  c  di .

Khi đó ta biến đổi

 a  bi
c  di
 z
� z  b  ai  z  d  ci .
i
i

Dạng 2: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường tròn.

z  a  bi  R  0  z  z0  R 
Tổng quát : Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
. Tìm

z Max , z Min

. Ta có

Quỹ tích điểm

M  x; y 

I a; b
biểu diễn số phức z là đường trịn tâm   bán kính R

2
2
�z
� Max  OI  R  a  b  R  z0  R
�
2
2
�z Min  OI  R  a  b  R  z0  R
�

Lưu ý: Đề bài có thể cho ở dạng khác, ta cần thực hiện các phép biến đổi để đưa
về dạng cơ bản.
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

hai vế cho

i

iz  a  bi  R � z 

 a  bi R

i
i

(Chia

� z  b  ai  R

)

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
liên hợp 2 vế)
z
Ví
dụ
3:
Cho
số
phức

 c  di  z  a  bi

R� z

z  a  bi  R � z  a  bi  R

thỏa

mãn

điều

(Lấy
kiện

a  bi
R
R


c  di
c  di
c2  d 2

z0 z  z1  R � z 

z1
R

z0
z0

z

Hay viết gọn
(Chia cả hai vế cho 0 )
Dạng 3: Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là Elip.
Tổng quát 1: (Elip chính tắc). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
z  c  z  c  2a ,  a  c 

+) Quỹ tích điểm

Khi đó ta có

M  x; y 

biểu diễn số phức z là Elip:

x2
y2

1
a2 a2  c2

�
�z Max  a
�
2
2
�z Min  a  c
+) �

Tổng qt 2: (Elip khơng chính tắc). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

z  z1  z  z2  2a

Thỏa mãn

2a  z1  z2

.
7


Khi đó ta thực hiện phép biến đổi để đưa Elip về dạng chính tắc
Ta có
Khi đề cho Elip dạng khơng chính tắc

z  z1  z  z2  2a ,  z1  z2  2a 

và

z1 , z2 ��c, �ci ). Tìm Max, Min của P  z  z0 .
�
�z1  z2  2c
�2
2
2
Đặt �b  a  c
z z
z0  1 2  0
2
Nếu

�PMax  a
�
�PMin  b

Nếu

�
z1  z2
a
�z0 
2
�
�z  z  k  z  z 
0
2
�0 1

Nếu

�
z1  z2
a
�z0 
2
�
�z  z  k  z  z 
0
2
�0 1

Nếu

z0  z1  z0  z2

(dạng chính tắc)

�
z1  z2
�PMax  z0  2  a
�
�
�P  z  z1  z2  a
Min
0
�
2
�
z z
PMax  z0  1 2  a
2

PMin  z0 

z1  z2
b
2

2.3.3. CÁC VÍ DỤ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ
SÁNG TẠO CHO HỌC SINH
Ví dụ 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

P

2z  i
M
z
�
2
z
với z là số phức khác 0 và thỏa mãn
. Tính tỉ số m .

M
3
A. m
.

M 4

B. m 3 .

M
2
D. m
.

M 5

C. m 3 .

Phân tích , hướng dẫn giải

Ta có

2z  i
2z  i
2z  i
P �+��
+ � � 
z
z
z

P

2z  i
z

2

1
z

P

1
z

2

3
2

P

5
2

.

M 5

Vậy m 3 . Chọn C

z  3i  4  1
Ví dụ 2. Xét tất cả các số phức z thỏa mãn
. Giá trị nhỏ nhất của
z 2  7  24i

nằm trong khoảng nào?

.
A. 
B. 
Phân tích , hướng dẫn giải
0;1011

Ta có

1011; 2021

1 ��

z�
3i�4�
z 3i 
4

2021; 4042 
C. 
.

.
z

5

1

z

5 1

4042; �
D. 
.
4

z

6

.

8


z0  4  3i � z0  5, z0 2  7  24i

Đặt

.

2

Ta

có
4

4



 z  z o  z. z o  z o . z



2

 2 z. z o

4

Suy ra

4



2

2

2



2

 z  z o   z  z o   1 � z . zo  z o . z  1 

Mà



A  z 2  7  24i  z 2  zo 2   z 2  zo 2  z  zo

2

A  z  z o  1  z  zo



2 2

2

z  zo

2

2

4

2

 2 z.zo  2 z  2 z  1201

.

2
4;6
Hàm số y  2t  2t  1201 đồng biến trên   nên A �2.4  2.4  1201  1681 .
4

2

4

�
�z  4
�

z  4  3i  1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi �
.
2
z  7  24i
 1009; 2021

Do đó

nằm trong khoảng

Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn


 . B. 
A.
Phân tích , hướng dẫn giải

A� 6; 42

A� 34;6

Giả sử:

zz  zz 4

P  z  2  2i

nhất và giá trị nhỏ nhất của
đúng?

.Chọn B

.

C.

z  x  yi,  x, y �� � N  x; y 

. Đặt

. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn

A  M  m.



A� 2 7; 33

.

Mệnh đề nào sau đây là

D.



A� 4;3 3

.

: điểm biểu diễn của số phức z trên mặt

phẳng tọa độ Oxy .
Ta có:
z  z  z  z  4 � x  y  2� N

•
vẽ).

thuộc các cạnh của hình vng BCDF (hình

y
I

B 2

1

E
F

C
-2

O

1

x

2

D -2

•

P  z  2  2i � P 

Từ hình ta có:

 x  2

2

  y  2 � P  d  I ; N 
2

với

I  2; 2 

E  1;1

M  Pmax  ID  42  22  2 5 và m  Pmin  IE 

 2  1

2

  2  1  2
2

9


Vậy,



A  M  m  2  2 5 � 34;6

 .Chọn A

z  3  4i  2
w
Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn
và w  2 z  1  i . Khi đó
có giá
trị lớn nhất bằng

A. 4  74 .
B. 2  130 .
C. 4  130 .
Phân tích , hướng dẫn giải
Theo bất đẳng thức tam giác ta có
w  2 z  1  i   2 z  6  8i    7  9i  �2 z  6  8i  7  9i
Vậy giá trị lớn nhất của

D. 16  74 .

 4  130

.

là 4  130 .Chọn C

w

Ví dụ 5. Cho số phức z và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là M và
z 4  3i 
M�
. Số phức 
và số phức liên hợp của nó có điểm biểu diễn là N và N �
.
Biết rằng M , M �
, N , N �là bốn đỉnh của hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất

của

z  4i  5

.

5
34 .

2
B. 5 .

1
C. 2 .

A.
Phân tích , hướng dẫn giải

D.

4
13 .

M x; y  M �
 x;  y  .
Gọi z  x  yi , trong đó x, y ��. Khi đó z  x  yi , 
,

Ta đặt

w  z  4  3i    x  yi   4  3i    4 x  3 y    3x  4 y  i � N  4 x  3 y;3 x  4 y 

. Khi

�
đó w  z  4  3i    4 x  3 y    3x  4 y  i � N  4 x  3 y; 3x  4 y  .
Ta có M và M �
; N và N �từng cặp đối xứng nhau qua trục Ox . Do đó, để
chúng tạo thành một hình chữ nhật thì yM  y N hoặc yM  yN �. Suy ra y  3 x  4 y

hoặc y  3x  4 y . Vậy tập hợp các điểm M là hai đường thẳng: d1 : x  y  0 và
d 2 : 3x  5 y  0

.
Đặt

P  z  4i  5 

 x  5

2

  y  4

2

A 5; 4 
. Ta có P  MA với 
.

10


Pmin � MAmin � MA  d  A; d1 

5

d  A; d 2  

34 , vậy

hoặc

2
A. 5 .

.

Mà

1
2,

1

Pmin  d  A; d1  

Ví dụ 6. Biết số phức z thỏa mãn
thực của số phức z bằng:

MA  d  A; d 2 

d  A; d1  

2 .Chọn C
iz  3  z  2  i

1
B. 5 .

và

C.



z

có giá trị nhỏ nhất. Phần

2
5.

D.



1
5.

Phân tích , hướng dẫn giải
z  x  yi

Đặt

� x 2    y  3 
2

Lại có
Thay

y ��).

(x,

 x  2

z  x2  y 2  2

2

Khi

đó

iz  3  z  2  i

  y  1 � x  2 y  1  0 � x  2 y  1  1
.
2

.

 1 vào  2  ta được:
2

5
� 2� 1
2
 5 �y  � �
2
2
2

2
z  x  y   2 y  1  y  5 y  4 y  1
� 5� 5 5

2
2
y 0 � y
5
5.
Dấu đẳng thức xảy ra khi

Thay

y

2
1
1
x



5 vào  1 suy ra
5 . Vậy phần thực của số phức z là 5 .Chọn D

z  1  3i  2
z 1
Ví dụ 7. Xét các số phức z thỏa mãn
. Số phức z mà
nhỏ nhất

là

A. z  1  5i .
B. z  1  i .
Phân tích , hướng dẫn giải

C. z  1  3i .

D. z  1  i .

M x; y 
Gọi z  x  yi , x, y �R . Khi đó 
là điểm biểu diễn của số phức z .
2
2
Theo bài ra ta có z  1  3i  2 �  x  1   y  3  4 .

I 1; 3
Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm   bán kính R  2 .

Khi đó
z 1

z 1 

 x  1

2

 y2  I �

M

với

I�
 1; 0 

.

M ngắn nhất hay I , M , I �thẳng hàng, M nằm giữa I và I �
nhỏ nhất khi I �
.

11


Phương trình đường thẳng II �là x  1 .Tọa độ giao điểm của đường thẳng II �với
đường tròn tâm I bán kính R  2 là
thỏa mãn. Vậy z  1  i . Chọn B

M 1  1; 1

3
B. 5 .

M 1  1; 5 

.Thử lại ta thấy

z  1  i  z  1  2i

Ví dụ 8 . Trong các số phức z thỏa mãn
đun nhỏ nhất có phần ảo là
3
A. 10 .

và

C.



3
5.

M 1  1; 1

, số phức z có mơ

D.



3
10 .

Phân tích , hướng dẫn giải

x , y ��
M x; y

Gọi z  x  yi , 
được biểu diễn bởi điểm 
.
z  1  i  z  1  2i �  x  1   y  1 i   x  1   y  2  i
�

 x  1

2

  y  1 
2

 x  1

2

  y  2  � 4 x  2 y  3  0 � y  2 x 
2

3
2.

Cách 1:
2

2

3�
9

�
� 3� 9 3 5
z  x  y  x �
2 x  �  5 x 2  6 x   5 �x  �
�
, x
2�
4
�
� 5 � 20 10
.
2

Suy ra

2

2

min z 

3 5
3
3
x ;y
10 khi
5
10 .

Vậy phần ảo của số phức z có mơ đun nhỏ nhất là

Cách 2:



3
10 .Chọn A

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng
d : 4x  2 y  3  0 .

Ta có

z  OM

.

z

nhỏ nhất

Phương trình đường thẳng

� OM

OM

nhỏ nhất

đi qua

O

�M

là hình chiếu của

và vng góc với

d

O

trên d .

là: x  2 y  0 .

3
�
x
�
4
x

2
y

3

0
�

�
5
��
�
�x  2 y  0
�y   3
�
10
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
�3 3 �
3 3
� M � ;  �
z  i
� 5 10 �. Hay
5 10 . Vậy phần ảo của số phức z có mơđun nhỏ


3
10 . Chọn A

nhất là
Nhận xét: Ta có thể tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z như sau:
z  1  i  z  1  2i � z   1  i   z   1  2i 

 *
12


A 1;  1
Gọi M biểu diễn số phức z , điểm 

biểu diễn số phức
B  1;  2 

Khi đó

biểu diễn số phức

1 i ,

điểm

1  2i .

 * � MA  MB . Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trung

trực của đoạn thẳng AB có phương trình d : 4 x  2 y  3  0 .
Ví dụ 9. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
nhất của

z1  z2

z1  i
z i
 1; 2
 2
z1  2  3i
z2  1  i

. Giá trị nhỏ

là

A. 2 2 .
B. 2 .
Phân tích , hướng dẫn giải
Giả sử z1  x1  y1i với x1 ; y1 ��. Khi đó:

D. 2  1 .

C. 1 .

z1  i
 1 � z1  i  z1  2  3i � x1   y1  1 i   x1  2    y1  3 i
z1  2  3i
�

x12   y1  1 
2

 x1  2 

2

  y1  3 � x1  y2  3  0
2

.
� Quỹ tích điểm M biểu diễn số phức z1 là đường thẳng  : x  y  3  0 .
Giả sử z2  x2  y2i với x2 ; y2 ��. Ta có:
z2  i

 2 � z2  i  2 z2  1  i � x2   y2  1 i  2  x2  1   y2  1 i
z2  1  i
�

�

x22   y2  1  2
2

Quỹ

tích

 x2  1

điểm

2

N

  y2  1 � x22  y22  4 x2  2 y2  3  0
2

biểu

diễn

số

z2

phức

 C  : x 2  y 2  4 x  2 y  3  0 có tâm I  2; 1 và bán kính R 
2   1  3
d  I;  
3 2 R
2
2
1   1
Khoảng cách từ I đến  là:

.
là

đường

22   1  3  2

tròn

2

.

� đường thẳng  và
đường tròn C khơng có điểm chung. Quỹ tích các điểm biểu diễn số phức z1  z2

là đoạn thẳng

MN . � z1  z2

nhỏ nhất khi và chỉ khi

MN

nhỏ nhất.

Dễ thấy MN min  3 2  2  2 2 .Chọn A
13


z  1  mi  z  m  2i
z1  z2

z  1  34
là tập hợp các số phức z thỏa mãn
và

S

Ví dụ 10. Gọi

, (trong đó

m ��).

lớn nhất, khi đó giá trị của

Gọi z1 , z2 là hai số phức thuộc

z1  z 2

S

sao cho

bằng
D. 130

C. 2

A. 2
B. 10
Phân tích , hướng dẫn giải

x , y ��
Đặt z  x  yi , 
. Khi đó

z  1  34 �  x  1 2  y 2  34

;

z  1  mi  z  m  2i � 2  m  1 x  2  2  m  y  3  0

.

Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là giao điểm của đường tròn

 C  :  x  1

2

 y 2  34

và đường thẳng

d : 2  m  1 x  2  2  m  y  3  0

.

C �d   A, B
Gọi A , B là hai điểm biểu diễn z1 và z2 . Suy ra  
.

Mặt khác

z1  z2  AB �2 R  2 34

do đó

max z1  z2  2 34 � AB  2 R � I  1; 0  �d

.

z1  6  3i
�
1

�
�
m
z z 2
z2  4  3i
�
2 nên d : 3x  5 y  3  0
Từ đó ta có
. Vậy 1 2
.Chọn A
z  3 2  2 w  4 2i  2 2
Ví dụ 11. Cho hai số phức z , w thỏa mãn
,
. Biết rằng

zw

3z  w
đạt giá trị nhỏ nhất khi z  z0 , w  w0 . Tính 0 0 .

A. 2 2 .
B. 4 2 .
Phân tích , hướng dẫn giải
Ta có: +

z 3 2  2

đường trịn có tâm
+

w  4 2i  2 2

D. 6 2 .

, suy ra tập hợp điểm biểu diễn M biểu diễn số phức z là

I 3 2 ;0

 , bán kính r 

2.

, suy ra tập hợp điểm biểu diễn N biểu diễn số phức w là

đường trịn có tâm
Ta có



C. 1.



J 0; 4 2

min z  w  min MN

 , bán kính R  2

2.

.

+ IJ  5 2; IM  r  2; NJ  R  2 2 .

14


  NJ
 �IJ
Mặt khác IM  MN

MN


IJ

NJ hay MN �5 2  2  2 2  2 2 .

IM

Suy ra min MN  2 2 khi I , M , N , J thẳng hàng và M , N nằm giữa I , J (Hình vẽ).
Cách 1:
uuur 1 uu
r uur 3 uu
r
� IM  IJ ; IN  IJ
5
5 .
Khi đó ta có:

và IN  3 2
r � uur 3 uu
r
uur
uu
r
�uur 1 uu
uuuu
r
uur uuur
uuur uur uur  OI  3 IJ 3OM
3
OI

IJ

3
OI

IJ
�
 3 OI  IM  �
5 �
5 .
�
5 ;
Mặt khác ON  OI  IN

uuuur uuur
3 z0  w0  3OM  ON





uur
uu
r uur 3 uu
r � uur
uuuur uuur  3OI  3 IJ  �
OI

IJ
�
� 2OI
3 z0  w0  3OM  ON
5
5
�
�
 6 2 .Chọn D
Suy ra

Cách 2:

uur uuur
uuur uur r
IN  3IM � 3IM  IN  0 .
Do
uuuu

r uuur
uur uuur
uur uur
uur
3z0  w0  3OM  ON  3 OI  IM  OI  IN  2OI  2.OI  2.3 2  6 2.

Ta

có



 



đó
Chọn D

Cách 3:
�
12 2
�xM 
uuur IM uu
r
uuur 1 uu
r
12 2 4 2
�
5

IM 
IJ � IM  IJ � �
� z0 

i
IJ
5
5
5
�y  4 2
M
�
5
�
+)
.
�
6 2
�xN 
uur IN uu
r
uur 3 uu
r
6 2 12 2
�
5
IN 
IJ � IN  IJ � �
� w0 


i
IJ
5
5
5
�y  12 2
N
�
5
�
+)
.

Suy ra

3z0  w0  6 2  6 2

.Chọn D

z  w  4.
Ví dụ 12. Cho hai số phức z và w thỏa mãn z  2 w  8  6i và
Giá trị

lớn nhất của biểu thức
A. 4 6.

zw

bằng

B. 2 26.

C. 66.

D. 3 6.
15


Phân tích , hướng dẫn giải
Giả sử M , N lần lượt là các điểm biểu diễn cho z và w. Suy ra
uuuu
r uuur uuur
uur
OM  ON  OF  2OI , z  w  MN  4 và OF  2OI  10.
a
z  ON  ; w  OM  b.
2
Đặt
Dựng hình bình hành OMFE

Ta

�a 2  b 2 ME 2

 25
�
264
� 2
4
� a 2  2b 2 

�2
2
2
3
�b  ME  a  16
�
� 2
4

có

 z  w

2

2

�a
�
�1 1 �
 �  b �� a 2  2b 2  �  � 66
�2
�
�4 2 �

z  w � 66,

Suy ra
Chọn C

dấu “=” xảy ra khi

ab

2 66
.
3 Vậy

 z  w

max

 66.

Ví dụ 13. Cho số phức z thoả mãn z  1 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
P  z 1  z2  z 1

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
13 3
A. 4 .

39
B. 4 .

. Tính M .m
13
D. 4 .

C. 3 3 .

Phân tích , hướng dẫn giải
2

Thay

z 1

vào P ta có

2
P  z 1  z2  z 1  z 1  z  z  z

 z  1  z  z 1

.





 z  1  z 2  z  z. z  z  1  z z  z  1

z  1   z  1 z  1  2  z  z
2

Mặt khác

2

.

t � 2; 2 
Đặt t  z  z do z  1 nên điều kiện 
.

Suy ra
f�
 t 

P  t  2  t 1
1
1
2 t2

. Xét hàm số

f  t   t  2  t 1

với

t � 2; 2

.

f �t  0
với t  1 . Suy ra  
với t  1 .

16

f�
 t 

1
1
2 t2

7
�x
�
f
x

0


4 .
với t  1 . Suy ra

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra
Vậy

M .m 

M

13

7
t
4 tại
4 và m  3 tại t  2 .

13 3
4 .Chọn A

z 1

Ví dụ 14. Cho số phức z có
P  z2  z  z2  z 1

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

.

13
A. 4

11
D. 4

C. 3

B. 3
Phân tích , hướng dẫn giải

P  z2  z  z 2  z  1  z z 1  z2  z  1  z 1  z2  z  1

z 1

Do

nên

ta

đặt

z  cos x  i.sin x .

Khi

đó

P  z  1  z 2  z  1  cos x  i.sin x  1  cos 2 x  i sin 2 x  cos x  i sin x  1


 cos x  1

2

 sin 2 x 

 cos 2 x  cos x  1

2

  sin 2 x  sin x 

2

 2  2 cos x  3  4 cos x  2 cos 2 x  2  2 cos x  4 cos 2 x  4 cos x  1
 2  2 cos x  2 cos x  1

Đặt
Với

t  cos x, t � 1;1
t �

y'  0 �

. Xét hàm

y  2  2t  2t  1

1
y  2  2t  2t  1, y ' 
2 thì
1
7
20� t 
8
2  2t

;

1

2
2  2t

�7 � 13 � 1 �
y  1  3; y � �
y � � 3
�8 � 4 ; � 2 �

1
1
y  2  2t  2t  1, y ' 
2
2

2
t
2
Với
thì
1
1
y'  0 �
 2  0 � 2  2t 
2 (phương trình vơ nghiệm)
2  2t

t

� 1�
y � � 3

y  1  3 � 2 �
;

17


Vậy

max y 
 1;1

13
13
2
2
P

z

z

z

z

1
4 . Do đó giá trị lớn nhất của
là 4 .Chọn A

z  3  4i  2

Ví dụ 15. Trong các số phức z thỏa mãn
có hai số phức z1 , z2 thỏa

mãn

z1  z2  1

. Giá trị nhỏ nhất của

A. 10
B. 4  3 5
Phân tích , hướng dẫn giải
Đặt

z1  x1  y1i,  x1 , y1 �� 

và

2

z1  z2

2

bằng
D. 6  2 5

C. 5

z2  x2  y2i,  x2 , y2 �� 

.

�
 x1  3   y1  4   4
�
�
2
2
 x2  3   y2  4   4 và  x1  x2  2   y1  y2  2  1 .
�
Khi đó �
2

2

Ta

 x1  3

có

� x12  y12   x22  y22   6  x1  x2   8  y1  y2 
2

z1  z2

Suy ra
Do đó

2

  y1  4    x2  3   y2  3 
2

2

2

.

 2 3  x1  x2   4  y1  y2  �2.

2

2

3

2

2
2
 42  �
 10
 x1  x2    y1  y2  �
�
�
.

2

10 �z1  z2 �10

.Chọn A
Bài tập áp dụng :

Bài 1. Cho z là số phức thỏa mãn
z  1  2i  z  1  3i

z  z  2i

. Giá trị nhỏ nhất của

là
B. 13 .

A. 5 2 .

C. 29 .

D.

5.

Bài 2 . Cho các số phức z1  2  i , z2  2  i và số phức z thay đổi thỏa mãn
2

2

z  z1  z  z2  16

. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

2
2
z
của . Giá trị biểu thức M  m bằng
A. 15 .
B. 7 .

C. 11 .

D. 8 .

z  2i �z  4i
z  3  3i  1
Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn
và
. Giá trị lớn nhất

của biểu thức

P  z2

A. 13  1 .

là:
B. 10  1 .

C. 13 .

D. 10 .

z  2  2i  2
Bài 4. Xét số phức z thỏa mãn
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  z  1  i  z  5  2i

A. 1  10 .

bằng
B. 4 .

C. 17

D. 5 .
18


z  3  4i  5
Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn
. Gọi M và m lần lượt là giá trị
2

2

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  2  z  i . Môđun của số phức
w  M  mi là
A.

w  3 137

.

B.

w  1258

.

C.

w  2 309

.

D.

w  2 314

.

z 1 i  2
Bài 6 .Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 1
và z2  iz1 . Tìm giá trị nhỏ
z z
nhất m của biểu thức 1 2 ?

A. m  2  1 .

B. m  2 2

C. m  2 .

D. m  2 2  2 .

z 1 i
Bài 7. Cho số phức z thoả mãn z  1  2i  5 . Giá trị lớn nhất của
bằng

A. 5 .

B. 5 2 .

C. 20 .

D. 2 5 .

z
Bài 8. Cho số phức z thỏa mãn  2  i  z   2  i  z  2i .Giá trị nhỏ nhất của bằng
2 5
B. 5 .

5
D. 5 .

A. 1 .
C. 2 .
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với

bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong q trình giảng dạy, tơi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài tập
trên, học sinh đã biết vận dụng phương pháp linh hoạt vào các bài tốn khác
nhau. Học sinh khơng cịn tâm lý e ngại khi gặp các bài toán số phức dạng vận
dụng nữa. Mặt khác, hiệu quả áp dụng tương đối cao, bài giải trở nên sáng sủa,
ngắn gọn. Hầu hết các em vận dụng tốt và giải quyết nhanh được các câu hỏi
trắc ngiệm loại này.
Một hiệu quả nữa mà tơi nhận thấy là những học sinh của mình sau khi đọc tài
liệu này đã nhìn các bài tốn số phức với con mắt “ bớt sợ” hơn. Những em khá,
ham tìm tịi cũng đã nghiên cứu những bài tốn khác để thử áp dụng cho các bài
toán khác.Tuy vậy vẫn còn một bộ phận học sinh do những kiến thức còn hạn
chế nên vẫn chưa thấy được điểm mạnh của phương pháp, và vận dụng vẫn chưa
linh hoạt ở các dạng đề khác nhau.
Sau đây là kết quả thực nghiệm ở lớp 12A2 và 12A3:
Lớp 12A2: 42 học sinh
Điểm 0 – 4,5
5 – 6,5
7 – 8,5
9 - 10
Thời gian
Số %
Số %
Số %
Số %
HS
HS
HS
HS
Trước khi thực hiện giải 8
19,0 28

66,7 6
14,3 0
0
pháp
Sau khi thực hiện giải pháp 0
0
12
28,6 20
47,6 10
23,
8
Lớp 12A3: 42 học sinh
Điểm 0 – 4,5
5 – 6,5
7 – 8,5
9 - 10
19


Thời gian

Số %
Số %
Số %
Số %
H
HS
HS
HS
S

Trước khi thực hiện giải pháp 12 28,6 28
66,7 2
4,7 0
0
Sau khi thực hiện giải pháp
2
4,7 12
28,6 25
59,5 3
7,2
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Trên đây là một số giải pháp tôi đã triển khai áp dụng tại trường THPT Quảng
Xương 2 thu được nhiều kết quả khả quan về học tập chương số phức của học
sinh.
3.2. Kiến nghị
Hằng năm, những sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thực tiễn, thiết thực phục
vụ cho nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo, nhất là các sáng kiến
đổi mới phương pháp giảng dạy cần được tập hợp trong một kỷ yếu khoa học
của Sở GD& ĐT và tạo điều kiện cho giáo viên, học sinh và phụ huynh được
tham khảo.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 18 tháng 05 năm
ĐƠN VỊ
2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

Lê Thị Thủy

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. SGK Giải tích 12_NXB Giáo dục.
[2]. SGK hình học 10_ NXB Giáo dục.
[3]. “ Chuyên đề chọn lọc - Số Phức và Áp Dụng”, NXBGD - 2009.
[4]. Đề minh họa thpt Quốc gia mơn tốn của Bộ.
[5]. Tham khảo một số đề thi thử THPT Quốc gia của các Sở và các trường
trên mạng internet
- Nguồn:
- Nguồn:
- Nguồn: tuyensinh247
20


21