Bài toán cực trị số phức trong ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2021

MỤC LỤC :
Đề mục
I
1
2
3
4
II
1
2
III

Nội dung

Trang

Đặt vấn đề
Lý do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu
Những điểm mới
Nội dung
Thực trạng vấn đề
Các giải pháp giải quyết vấn đề
Kết luận, kiến nghị

I. ĐẶT VẤN ĐỀ:
1. Lý do chọn đề tài:

1

2
2-3
3
3-4
4
4-18
18-19


Bài toán liên quan đến cực trị của Số phức cũng là một nội dung khá quan
trọng trong các đề thi là một trong những bài tốn khó vì nó cần đến sự áp dụng
linh hoạt của định lý, các quy tắc, các công thức đã học ở lớp dưới, các phương
pháp giải mà trong sách giáo khoa Giải tích 12 khơng có đưa ra.
Hiện nay đối với bài tốn tìm điều kiện bài tốn cực trị thi theo hình thức
trắc nghiệm khách quan,khó khăn lớn nhất là áp lực thời gian, bởi vậy học sinh
phải vận dụng cả kiến thức và kỹ năng để tìm ra đáp án đúng trong khoảng thời
gian tương đối ngắn, học sinh có nhiều cách làm,khơng cần trình bày lời giải
miễn sao có thể tìm ra đáp án bài tốn một cách nhanh nhất.
Với mong muốn giúp học sinh có thể tìm ra đáp án bài toán cực trị Số
phức một cách nhanh nhất có thể để phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm hiên
nay. Vì thế tơi chọn đề tài: "Bài tốn cực trị Số phức trong ôn thi tốt nghiệp
THPT năm 2021 ”.
2- Mục đích nghiên cứu:
Mục đích nghiên cứu của đề tài là xây dựng một hệ thống các bài tập
nhằm định hướng hình thành và phát triển cho học sinh những năng lực, kỹ năng
sau đây:
- Năng lực tư duy, năng lực tính tốn.
- Kỹ năng vận dụng các kiến thức về giải tích lớp 12.
- Năng lực sử dụng các cơng cụ, phương tiện hỗ trợ tính tốn.
- Năng lực sử dụng ngơn ngữ Tốn học.

- Rèn luyện, bổ xung , định hướng học sinh vào các chủ đề, chủ điểm mà
đề thi minh họa đưa ra.
- Tạo thêm kênh bài tập để học sinh thảo luận trao đổi. Qua đó nâng cao
kiến thức của mình để áp dụng trong các kỳ thi.
2


3- Đối tượng nghiên cứu:
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo
sát thực tế dạy học tốn nói chung và dạy học phân mơn Giải tích 12 ở trường
THPT Lê Hồng Phong để từ đó thấy được tầm quan trọng của việc xây dựng hệ
thống bài tập trong việc nâng cao chất lượng dạy học .
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Trên cơ sở tài liệu
phân phối chương trình mơn học, chuẩn kiến thức - kỹ năng, sách giáo khoa
Giải tích 12 - Nâng cao và tài liệu về Dạy học theo định hướng phát triển năng
lực học sinh để xây dựng hệ thống bài tập theo mục đích đã đặt ra.
- Đưa ra các dạng bài tốn tổng qt tìm tham số thỏa điều kiện bài tốn
cực trị trong chương trình Tốn THPT hiện hành, phân tích và đưa ra cơng thức
giải nhanh. Sau đó lấy ví dụ minh họa cụ thể.
4- Những điểm mới:
4.1. Điểm mới của đề tài.
Sau khi có đề minh họa năm 2021 của Bộ Giáo dục & Đào tạo, tôi nhận
thấy rằng các câu hỏi ở phần VD-VDC đòi hỏi học sinh cần có nhiều bài tập, tài
liệu để làm quen và rèn luyện nhằm phù hợp với đối tượng học sinh khá giỏi
học sinh các lớp chuyên chọn.
Nguyên nhân khách quan:
- Do hệ thống kiến thức vừa dài lại vừa khó trong khi trong phân phối thời lượng
lại quá ngắn
Nguyên nhân chủ quan:
- Khả năng tự học của học sinh còn thấp, số lượng câu hỏi trong Sách giáo khoa

phần này còn hạn chế.
4.2. Sáng kiến của đề tài.
Sáng kiến kinh nghiệm này sẽ giúp học sinh tự tin hơn trong việc giải các
câu hỏi mức độ 9 điểm, 10 điểm trong đề thi Tốt nghiệp. Từ đó học sinh không
3


cịn áp lực với các bài tốn ở mức độ vận dụng - vận dụng cao, các em làm bài
có hiệu quả hơn
4.3. Giải pháp của đề tài.
- Người giáo viên lên lớp phải có sự chuẩn bị chu đáo, cơng phu trong các
tình huống đã được lường trước. Muốn làm được điều đó địi hỏi chúng ta phải
bắt tay giải các bài tốn đó trước tránh cho chúng ta tính ỷ lại hay sao chép máy
móc.
- Học sinh được tiếp cận với vấn đề một cách tự nhiên, đặt ra các vấn đề cần
giải quyết qua từng ví dụ và định hướng suy luận của giáo viên. Từ đó rèn luyện
kỹ năng quan sát phân tích, tìm tịi và nghiên cứu của các em.
II. NỘI DUNG
1. Thực trạng
1.1 Về phía giáo viên
Sử dụng tương đối tốt các kĩ năng về tình tốn và phân dạng các câu hỏi
trong mức độ nghiên cứu. Tuy nhiên bài toán phần này nhiều nội dung nên việc
giải các bài tốn đó cịn gặp nhiều khó khăn và bao quát được các dạng câu hỏi.
Tài liệu thư viện chưa đủ nhiều nên tài liệu tham khảo cịn hạn chế
1.2. Về phía học sinh
Đa số học sinh chưa chủ động trong quá trình học tập và tự luyện, các em
còn chưa nhận dạng đầy đủ các dạng tốn, ngại khó.
Điều kiện học tập cịn khó khăn các em rất ít bài tập tiếp cận với các kiến
thức liên quan.
2. NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Dưới đây là một số bài tập của phần mà tôi đã thiết kế và tổ chức dạy học
ở đơn vị công tác:
z  z1  z  z2
P  z  z3
Dạng 1: Cho số phức z thoả mãn
. Tìm GTNN của
.

4


Phương pháp: Đặt

M  z  ; A  z1  ; B  z2  ; C  z3 

là điểm biểu diễn của các số phức

z; z1 ; z2 ; z3 . Khi đó từ giả thiết z  z1  z  z2 suy ra MA  MB hay tập hợp điểm

biểu diễn của số phức z là đường trung trực  của đoạn AB.
Ta có:

P  z  z3  CM
nhỏ nhất khi M là hình chiếu của C lên 

� Pmin  d  C ;  

.

z  2i  z  2

Bài toán 1: Cho các số phức z thoả mãn
. Gọi z là số phức thoả

mãn

 2  i  z  5 nhỏ nhất. Khi đó:

A. 0  z  1 .

B. 1  z  2 .

C. 2  z  3 .

D. z  3 .

Lời giải
Gọi

M  x; y  ; A  0; 2  ; B  2;0 

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z; 2i; 2 .

Từ giả thiết � MA  MB � M � : x  y  0 là đường trung trực của đoạn AB .
5 �
�
P   2  i  z  5   2  i  �z 
�
� 2  i � 2  i z  2  i  5. z  2  i .
Ta có :

Gọi

N  2; 1 � P  5.MN
. Do đó Pmin � MN min � M là hình chiếu của N lên 

Khi đó MN : x  y  1  0

Tọa độ điểm M

1
�
x
�
�
2
��
�x  y  0
�y  1
�
x

y

1

0
� 2
là nghiệm của hệ phương trình �

1 1

2
�z  i � z 
2 2
2 .

Vậy

0  z 1

.

z 4i  z i
z  a  bi  a; b ��
Bài toán 2: Cho số phức z thoả mãn
. Gọi
là số

phức thoả mãn z  1  3i nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức T  2a  3b là:
A. T  4 .

C. T  0 .

B. T  4 .
Lời giải
5

D.

T  1.

Đặt

M  z  ; A  4;1 ; B  0; 1

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z; 4  i; i .

Khi đó từ giả thiết suy ra MA  MB , tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là
đường trung trực  của AB .  đi qua

I  2;0 

r uuu
r
n

AB
  4; 2 
và có VTPT

�  : 2x  y  4  0 .

Gọi

N  1; 3

Ta có:

là điểm biểu diễn của số phức 1  3i .

z  1  3i  MN

. Do đó

z  1  3i

nhỏ nhất � MN nhỏ nhất � M là hình

chiếu vng góc của N lên  .
Khi đó MN : x  2 y  7  0 .
2 x  y  4  0 �x  3
�
��
�
x

2
y

7

0
�
�y  2
M
Tọa độ điểm
là nghiệm của hệ phương trình

� M  3; 2  � z  3  2i
.

Vậy T  2a  3b  6  6  0 .
z  z0  R
P  z  z1
Dạng 2: Cho số phức z thoả mãn
. Tìm GTNN, GTLN của
.

Phương pháp: Đặt

M  z  ; I  z0  ; E  z1 

lần lượt là các điểm biểu diễn của các số

z  z0  R � IM  R � M
phức z; z0 ; z1 . Khi đó từ giả thiết
thuộc đường trịn tâm
I bán kính R . Ta có: P  z  z1  ME lớn nhất � MEmax và Pmin � MEmin .

P  IE  R
Khi đó: Pmax  IE  R và min
.
iz  3  2i  3
Bài toán 3: Cho số phức z thoả mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

P  z 1  i

.
6


B. Pmin  13  3 .

A. Pmin  3 .

C. Pmin  2 .

D. Pmin  10 .

Lời giải
Ta có:

iz  3  2i  3 � i . z  3i  2  3 � z  2  3i  3 �
Tập hợp điểm M biểu diễn

I 2; 3
của số phức z là đường tròn tâm 
bán kính R  3 .

Gọi

E  1;1

P  EI  R  2
là điểm biểu diễn của số phức 1  i � P  EM . Do đó min
.

z  2  3i  1
Bài toán 4: Cho số phức z thoả mãn
. Giá trị lớn nhất của
P  z 1 i

là:

A. 13  2 .

D. 13  1 .

C. 6 .

B. 4 .

Lời giải
Gọi
Do

M  x; y 

là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng toạ độ.

z  2  3i  1 � M

I 2;3
nằm trên đường tròn tâm   , bán kính R  1 .

P  z  1  i   x  1   1  y  i 

 x  1

2

  y  1  AM
2

Pmax  AI  R  13  1 .
7

với

A  1;1

.


Dạng 3: Cho số phức z thoả mãn z  z1  z  z2 . Tìm GTNN của
2

P  z  z3  z  z4

2

.

Phương pháp: Đặt M  z  ; A  z1  ; B  z2  ; H  z3  ; K  z4  lần lượt là điểm biểu diễn
của các số phức z; z1 ; z2 ; z3 ; z4 .
Khi đó từ giả thiết ta có: z  z1  z  z2 suy ra MA  MB hay tập hợp điểm biểu
diễn của số phức z là đường trung trực  của AB .

Gọi I là trung điểm của HK .

Ta có:

MI 2 

MH 2  MK 2 HK 2
HK 2

� P  MH 2  MK 2  2MI 2 
2
4
2 . Do đó

Pmin � MI min � M là hình chiểu của I lên  . Khi đó

Pmin  2 M 0 I 2 

HK 2
2 .

z  2  4i  z  2i
Bài toán 5: Cho số phức z thoả mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2

biểu thức

P  z i  z 4i

A. Pmin  46 .

2

.

B. Pmin  56 .

C. Pmin  36 .

D. Pmin  48 .

Lời giải:
Gọi M  x; y  ; A  2; 4  ; B  0; 2  lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z; 2  4i
và 2i .
z  2  4i  z  2i � M � : x  y  4  0

.

HK 2
2
2
2

MH

MK

2
MI


H 0;1 ; K 4; 1 � P  z  i  z  4  i
2 .
Gọi   
2

2

(với I  2;0  là trung điểm của HK ).
8


Do đó Pmin � IM min � M là hình chiếu vng góc của I lên  .
HK 2
2
�
P

2
IM

 46
min
0
HK  2 5 , IM 0  d  I ;    3 2
2
.

z  1  3i  z  2  i
Bài toán 6: Cho số phức z thoả mãn

. Giá trị nhỏ nhất của
2

biểu thức

P  z  2  4i  z  2i

A. Pmin  8 .

2

là:

B. Pmin  9 .

C. Pmin  16 .

D. Pmin  25 .

Lời giải:
Gọi

M  x; y  ; A  1; 3 ; B  1; 1

là điểm biểu diễn của các số phức z;1  3i; 1  i .

z  1  3i  z  1  i � M � : x  y  2  0

.

HK 2
2
2
2

MH

MK

2
MI

H 2; 4  , K  0; 2  � P  z  2  4i  z  2  i
2 (với
Gọi 
2

I  1; 3

2

là trung điểm HK ).

Do đó Pmin � IM min � M là hình chiếu vng góc của I lên  .
Pmin  2 �
d  I;  �
�
�
2

Khi đó

HK 2
8
2
.

9


z  z0  R
Dạng 4: Cho số phức z thoả mãn
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
2

P  z  z1  z  z2

2

.

Phương pháp: Đặt

M  z  ; A  z1  ; B  z2  ; I  z0 

lần lượt là điểm biểu diễn của các

số phức z; z1; z2 ; z0 .
z  z0  R � IM  R �
Tập hợp điểm biểu diễn M của số phức

Khi đó từ giả thiết
z

là đường trịn tâm I bán kính R .

Gọi E là trung điểm của AB .

Ta có:

P  2ME 2 

AB 2
2 , do đó Pmax �EM max

Pmax  2  EI  R  
2

Khi đó :

M

M 2 và Pmin �EM min

M

M1 .

AB 2
AB 2

2
Pmin  2  EI  R  
2 ;
2 .

z  1  2i  2
Bài toán 7: Cho số phức z thoả mãn
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
2

2

thức P  z  2  3i  z  5i .
A. Pmax  96 .

B. Pmax  66 .

C. Pmax  152 .

D. Pmax  132 .

Lời giải:
Gọi

M  x; y  ; I  1; 2 

z  1  2i  2 � M

Gọi

A  2;3 ; B  0;5 

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z và 1  2i .

thuộc đường tròn tâm I , bán kính R  2 .
lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức 2  3i và 5i .

AB 2
2

2
MH

P  z  2  3i  z  5i  MA  MB
2 (với H  1; 4  là trung điểm của
2

2

2

2

AB ).

10


Pmax � HM max � HM  HI  R  8 � Pmax  2.82  4  132 .
z 3i 

Bài toán 8: Cho số phức z thoả mãn
2

13
2 . Gọi z  a  bi  a; b �� là số

2

phức thoả mãn biểu thức P  z  2  i  z  3i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính T  a  b .
A.

T

5
2.

B.

T

3
2.

C.

T

13
2.

D.

T

9
2.

Lời giải:
Gọi

M  x; y  ; I  3; 1

z 3i 

trình:

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z và 3  i .

13
13
R
I
3;

1


2 � M thuộc đường trịn tâm
2 có phương

, bán kính

 x  3

2

  y  1 
2

13
 C
4
.

Đặt A  2;1 ; B  0;3 lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức 2  i và 3i .
AB 2
P  z  2  i  z  3i  MA  MB  2 MH  2
2

2

2

2

2

(với H  1; 2  là trung điểm của AB ).

11

Do đó Pmin �HM min

M

M0 .

Phương trình đường thẳng HI : 3x  2 y  7  0 .
� � 1�
M 1 �2; �
�
2
3
x

2
y

7

0
�
� � �
�
�
� � 5�
�
13
2

2
M 2 �4;  �
x

3

y

1

�




�
M
� 2 �, do HM 0 ngắn nhất
�
�
4
0
Toạ độ
thoả mãn hệ
� 1�
1
5
M 0 �M 1 �
2; �� a  2; b  � T 
2

� �
2
2.
nên

Bài toán 9: Cho số phức z thoả mãn z  3  4i  5 . Gọi M , m lần lượt là
2

GTLN, GTNN của biểu thức
A. Q  43 .

P  z  2  z i

B. Q  33 .

2

. Tính Q  M  m .

C. Q  13 .

D. Q  46 .

Lời giải.
Gọi

M  x; y 

là điểm biểu diễn của số phức

z  3  4i  5 � M � C  :  x  3   y  4   5
2

2

z  x  yi  x; y ��

.

I 3; 4
, có tâm   , bán kính R  5 .

P  z  2  z  i   x  2   y 2  x 2   y  1  4 x  2 y  3 � d : 4 x  2 y  3  P  0
.
2

2

2

2

C
Do số phức z thoả mãn đồng thời hai điều kiện nên d và   có điểm chung

ۣ d  I ; d 

R

ۣ

23  P
2 5

5

� 23  P �10 ۣ
 13 P 33 � M  Pmax  33 ;
�

m  Pmin  13 . Vậy Q  M  m  46 .
12


Dạng 5: Cho hai số phức z1; z2 thoả mãn z1  w1  R1 và z2  w 2  R2 trong đó
w1 ; w 2 là các số phức đã biết. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức P  z1  z2 .

Phương pháp: Đặt

M  z1  ; N  z2  ; I  w1  ; K  w 2 

.

z1  w1  R1 � M

thuộc đường trịn tâm I bán kính R1 .

z2  w 2  R2 � N

thuộc đường tròn tâm K bán kính R2 .

Ta có: P  MN . Dựa vào các vị trí tương đối của hai đường trịn để tìm
MN max ; MN min .

z1  3i  5  2

Bài toán 10: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A. 313  16 .

T  2iz1  3 z2

iz2  1  2i  4

.

.

C. 313  8 .

B. 313 .

và

D. 313  2 5 .

Lời giải
;

iz2  1  2i  4 �  3 z2   6  3i  12  2 

.

B

là điểm biểu diễn số phức 3z2 . Từ  1

Ta có

z1  3i  5  2 � 2iz1  6  10i  4  1

Gọi

là điểm biểu diễn số phức 2iz1 ,

A

và  2  suy ra điểm
điểm

B

A

nằm trên đường tròn tâm

nằm trên đường tròn tâm

I 2  6;3

13

I1  6; 10 

và bán kính R1  4 ;

và bán kính R2  12 .


Ta có

T  2iz1  3z2  AB �I1 I 2  R1  R2  122  132  4  12  313  16

.

Vậy max T  313  16 .
Bài toán 11: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
trị lớn nhất của biểu thức
A. 3  34 .

z1  z2

z1  2  3i  2

và

z2  1  2i  1.

Giá

bằng

B. 3  10 .

C.

3.

D.

6.

Lời giải
Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho hai số phức z1 và z2 .
+)
+)

z1  2  3i  2 � A

z2  1  2i  1 � z2   1  2i   1 � z2   1  2i   1 � z2   1  2i   1 � B

đường trịn tâm
Vì

thuộc đường trịn tâm I  2;3 , bán kính R1  2 .

J  1;  2 

IJ  34  3  R1  R2

, bán kính R2  1 .

nên hai đường tròn  I ; R1  và  J ; R2  ngoài nhau.

� P  z1  z2  AB � Pmax  IJ  R1  R2  3  34
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

z1  z2

Bài toán 12: Cho số phức z thỏa mãn
w  2  3i  2.

Giá trị nhỏ nhất của

A. 13  3 .

.

bằng 3  34 .

z  1  i  1,

biểu thức

B. 13  3 .

số phức w thỏa mãn

zw

bằng

C. 17  3 .
Lời giải

Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho hai số phức z và w .
+)

z 1 i  1 � A

thuộc

thuộc đường trịn tâm I  1;1 , bán kính R1  1 .

14

D. 17  3 .


w  2  3i  2 � w   2  3i   2 � w   2  3i   2 � w   2  3i   2 � B

+)

đường tròn tâm
Vì

J  2;  3

IJ  17  3  R1  R2

, bán kính R2  2 .

nên hai đường tròn  I ; R1  và  J ; R2  ngoài nhau.

� P  z  w  AB � Pmin  IJ  R1  R2  17  3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

z- w

.

bằng 17  3 .

Bài toán 13: Xét các số phức z1 , z2 thỏa mãn
nhất của

z1  2 z2

z1  4  1

và

C. 4  2
Lời giải

Đặt

z3  2 z2 , suy ra P  z1  2 z2  z1  (2 z2 )  z1  z3 .

z2  

Và
Gọi

1
z3
2

1
iz2  2  1 �  iz3  2  1
� z3  4i  2.
2
thế vào

A, B là hai điểm biểu diễn cho hai số phức z3 , z1.

gz3  4i  2 � A
gz1  4  1 � B

iz2  2  1

. Giá trị nhỏ

bằng
B. 2 5  2

A. 4 2  3

thuộc

thuộc đường tròn tâm I (0; 4), R3  2.

thuộc đường tròn tâm J (4; 0), R1  1.

�
�Pmin  IJ  R1  R3  4 2  3
� P  z1  z3  AB � �
.
�Pmax  IJ  R1  R3  4 2  3

15

D. 4 2  3


z z R
z  w  z2  w 2
Dạng 6: Cho hai số phức z1; z2 thoả mãn 1 0
và 2 1
, trong

đó z0 ; w 1; w 2 là các số phức đã biết. Tìm GTNN của P  z1  z2 .
Phương pháp: Đặt
z1  z0  R � M

M  z1  ; N  z2  ; I  z0  ; A  w1  ; B  w 2 

thuộc đường tròn tâm I bán kính R .

z2  w 1  z2  w 2 � N
thuộc đường trung trực  của đoạn AB .

P  d  I;   R
Ta có: P  MN , do đó: min
.

Bài tốn 14: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A.

1
2

z1  z2

B.

z1  5  5

và

z2  1  3i  z2  3  6i .

bằng

3
2

C.

5

2

D.

7
2

Lời giải
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn
M  x; y

x  5
thoả mãn phương trình: 

2

z1  5  5

 y 2  25  1

là tập hợp các điểm

là đường tròn tâm

I  5; 0  , R  5

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z 2 thỏa mãn
các điểm

N  x; y

 x  1   y  3
2

2

z2  1  3i  z2  3  6i

thỏa mãn phương trình

  x  3   y  6  � 8 x  6 y  35  0  2 
2

2

16

là tập hợp


Khi đó

z1  z2

là khoảng cách từ một điểm thuộc d : 8 x  6 y  35  0 tới một điểm

C : x  5
thuộc đường tròn   
� z1  z2

min

2

 y 2  25

 MN  d  I , d   R 

75

5 

100

5
2

.

Bài toán 15: Cho hai số phức z, z �thỏa mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của

z 5 5

và

z�
 1  3i  z�
 3  6i

z  z�

.

5
A. 2 .

5
B. 4 .

C. 10 .

D. 3 10 .

Lời giải

Gọi

M  x; y 

là điểm biểu diễn của số phức

; y�
 là
z  x  yi , N  x�

 y�
i.
của số phức z  x�

z  5  5 � x  5  yi  5 �  x  5   y 2  52
2

Ta có
Vậy

M

C : x  5
thuộc đường tròn   

z�
 1  3i  z�
 3  6i

2

.

 y 2  52

�  x�
 1   y�
 3 i   x�
 3    y�
 6 i

�  x�
 1   y�
 3    x�

 3   y �
 6  � 8 x�
 6 y�
 35
2

Vậy

N

2

2

2

thuộc đường thẳng  : 8 x  6 y  35

Dễ thấy đường thẳng



không cắt  C  và
17

z  z � MN

điểm biểu diễn

.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác, cho bộ ba điểm  I , M , N  ta có.
MN �IN  IM  IN  R �IN 0  R

8.  5   6.0  5

 d  I,   R 

82  6 2

5 

5
2

Dấu bằng đạt tại M �M 0 ; N  N 0 .
Bài toán 16: Cho hai số phức u và v thoả mãn hệ thức

 1 i v 1 i 

2

lượt là a và

. Giá trị của biểu thức

b

5  u  4i  1  u  4

. Gọi giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

A. 17.

B.

T   a  5b 

P  u  2iv

và
lần

bằng
C. 12.

22.

D. 14.

Lời giải
Gọi

là điểm biểu diễn số phức u ,

M

Ta có

N

,

B  1; 4 

5  u  4i  1  u  4 � u  4  u  4i  1  5 � MA  MB  5 � MA  MB  AB

hay quỹ tích điểm
Gọi

A  4; 0 

M

là đoạn thẳng

là điểm biểu diễn số phức

 1 i v 1 i 
tích điểm
Dễ thấy

N

2 � 1 i . v 

AB .

2iv , I  2;0 

1 i
 2 � v  i  1 � 2iv  2  2i � IN  2
1 i
hay quỹ

là đường trịn tâm

I

bán kính bằng

P  u  2iv  MN

Ta có hình vẽ

Dễ thấy
Pmax  MN max  BD  8  a
18

2.


4
14
Pmin  MN min  HK  IH  2  IB sin   2  6.  2 
b
5
5

Do đó

T  a  5b  22 .

Bài tốn 17: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  i  2 2 và
z2  5  i  z 2  7  i

. Tìm giá trị nhỏ nhất của z1  iz2 .

3 2
A. 2 .

7 2
C. 2 .

B. 2 2 .

11 2
D. 2 .

Lời giải
2
Giả sử số phức z1  a  bi (a , b ��; i  1) .

z1  2  i  2 2 �  a  2    b  1  8
2

2

.

Gọi điểm M 1 biểu diễn số phức z1 . Suy ra M 1 thuộc đường tròn tâm I  2;1 , bán
kính R  2 2 .
2
Giả sử số phức z2  x  yi ( x, y ��; i  1) .

z2  5  i  z2  7  i �  x  5   y  1   x  7    1  y 
2

2

2

2

� 10 x  25  2 y  1  14 x  49  2 y  1 � 4 x  4 y  24  0 � x  y  6  0 .

Điểm M 2  x ; y  biểu diễn số phức z2 . Suy ra M 2 thuộc đường thẳng
1 : x  y  6  0 .

Điểm M 3   y ; x  biểu diễn số phức iz2 . Ta thấy M 3 là ảnh của điểm M 2 qua phép
0
quay tâm O , góc quay 90 . Suy ra M 3 thuộc đường thẳng  2 : x  y  6  0 .

Khi đó: z1  iz2  M1 M 3 . Do đó z1  iz2 nhỏ nhất � M 1M 3 nhỏ nhất. Suy ra:
min  z1  iz2   d  I ;  2   R 

2 1 6
2

2 2 

3 2
2 .

III.KẾT LUẬN
1. Ý nghĩa, phạm vi áp dụng của đề tài.
Việc phân loại các dạng bài toán đã đem lại hiệu quả cao trong việc học tập và
rèn luyện của học sinh.
19


Học sinh đã nắm được các dạng cơ bản, rèn luyện nhiều các kĩ năng làm bài tập
và ứng dụng.
Áp dụng trong ôn tập các câu vận dụng - vận dụng cao trong q trình ơn thi tốt
nghiệp năm 2020- 2021.
Qua điều tra tôi nhận thấy rằng: Sau khi áp dụng việc phân dạng học sinh đã
học tập tiến bộ.
2. Kiến nghị, đề xuất
Sau khi thực nghiệm đề tài này tôi xin đưa ra một số kiến nghị sau:
Cần phát huy tốt việc phân loại các dạng bài tập để học sinh học tập dễ dàng và
hứng thú hơn.
Cần cung cấp và cho học sinh làm quen nhiều với dạng tốn nâng cao.
Do khả năng và thời gian có hạn, kết quả của sáng kiến chỉ dừng lại ở bước đầu,
nhiều vấn đề chưa được đi sâu, không tránh khỏi những thiếu sót, kính mong
được góp ý để hồn thiện đề tài.
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 19 tháng 5 năm
2021
(Ký và ghi rõ họ tên)

Trần Lưu Giang

20


IV. Tài liệu tam khảo
[1] Giải tích 12.
[2] Đề minh họa mơn tốn 2020.
[3] Đề minh họa mơn tốn 2021.
[4] Đề minh thi mơn tốn 2020.

21


22