SKKN hướng dẫn học sinh giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun số phức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGA SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MƠ ĐUN SỐ PHỨC

Người thực hiện: Nguyễn Đức Văn
Chức vụ:
Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

THANH HĨA NĂM 2021

0


MỤC LỤC
Nội dung
I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đối tượng nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận
2. Thực trạng vấn đề
3. Giải pháp thực hiện
3.1. Phương pháp đại số

3.2. Phương pháp hình học
Bài tập tương tự
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Tài liệu tham khảo

Trang
2
2
2
2
2
2
2
3
4
4
8
17
18
19
21

I.MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Số phức được đưa vào giảng dạy ở chương trình lớp 12 là nội dung mới và
thực sự gây khơng ít khó khăn cho các em học sinh bởi nguồn tài liệu tham
khảo hạn chế. Bên cạnh đó các bài tốn về số phức trong những năm gần đây
không thể thiếu trong đề thi THPT Quốc gia. Bài tốn “Tìm tập hợp các điểm
1

trong mặt phẳng biểu diễn số phức” không phải là bài tốn q khó đối với học
sinh. Các em chỉ cần nắm được kiến thức cơ bản về số phức: phần thực, phần ảo,
mơđun của số phức, các phép tốn về số phức kết hợp với kiến thức về ph ương
trình đường thẳng, đường trịn, đường Elíp,... thì các em sẽ giải quyết tốt bài
tốn trên.Vấn đề là thơng qua bài toán này học sinh biết khai thác kiến thức cơ
bản của bài toán trên, kết hợp vận dụng kiến thức về bất đẳng thức, đạo hàm,
lượng giác, bài toán cực trị trong hình học,.. để từ đó giải quyết được bài tốn
“Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mơđun một số phức hay tìm số
phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất thoả mãn điều kiện cho trước”.
Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức nói chung và
của mơđun một số phức nói riêng ln là bài tốn khó với đa số học sinh. Việc
thi trắc nghiệm đòi hỏi các em phải tìm được phương pháp nào nhanh nhất để
giải quyết bài tốn. Do đó ngồi việc nắm vững kiên thức cơ bản phương pháp
tự luận để giải quyết bài tốn các em cịn phải nắm được những phương pháp để
giải nhanh bài tốn. Chính vì vậy mà tơi chọn đề tài “Hướng dẫn học sinh giải
bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun số phức ” để viết
sáng kiến kinh nghiệm.
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Trên cơ sở nghiên cứu đề tài: “Hướng dẫn học sinh giải bài tốn tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mơđun một số phức” cùng q trình ôn luyện
cho học sinh tôi mong muốn học sinh nắm vững một số phương pháp để giải bài
toán về cực trị của số phức, từ đó các em có tư duy linh hoạt để vận dụng vào
các bài toán cực trị khác, giúp các em đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT quốc
gia và nâng cao hơn nữa chất lượng dạy học Toán.
3.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun một
số phức.
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.

II. NỘI DUNG
1.CƠ SỞ LÝ LUẬN
1.1.Kiến thức cơ bản về số phức:
-Một số phức z là một biểu thức có dạng z  x  yi trong đó x, y  R .
-Mỗi số phức z  x  yi được biểu diễn bởi một điểm M(x;y) trên mặt phẳng toạ
độ Oxy.
-Môđun của một số phức z được ký hiệu z , đó là số thực không âm được xác
định như sau:
2


 Nếu z  x  yi thì z  x 2  y 2
 Nếu M(x;y) biểu diễn số phức z  x  yi thì z OM
-Cho số phức z  x  yi . Số phức z  x  yi gọi là số phức liên hợp với số phức
trên.
1.2. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức thường gặp.
 Phương trình đường thẳng: ax  by  c 0
 Phương trình đường trịn:  x  a  2   y  b  2  R 2 .
 Phương trình đường Elíp:

x2 y2

1 .
a2 b2

2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ:
Trong q trình giảng dạy ơn thi tốt nghiệp THPT quốc gia tại trường THPT
Nga Sơn, tơi cho học sinh các lớp mình dạy kiểm tra phần số phức trong đó có

bài tốn sau:
Bài tốn: Trong các số phức z thỏa mãn: z  3  4i  z , biết rằng số phức
z a  bi ( a, b  R ) có mơđun nhỏ nhất. Khi đó, giá trị P a 2  b là:
A. P 

1
4

B. P 

1
2

C.

P 

1
4

D. P 

1
2

Kết quả thu được: Hầu hết các em khơng làm được bài tốn này mà có xu
hướng khoanh bừa đáp án. Cứ nói đến giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất là các em
lại thấy ngại, thấy khó khăn khi tìm cách giải quyết bài tốn đó.
Thực ra đây khơng phải là bài tốn khó, các em có thể giải quyết bài toán này
như sau:

Giải: Gọi z  x  yi khi đó:
z  3  4i  z  ( x  3) 2  (4  y ) 2  x 2  y 2  8 y 25  6 x  y 

25 3
 x
8 4

25 2 75
625
x 
x
.
16
16
64
25
75
625
25
75
3
 f ' ( x)  x 
Xét hàm số f ( x)  x 2  x 
; f ' ( x) 0  x 
16
16
64
8
16
2

25
3
5
3
 min f ( x)  khi x   min z  khi z   2i
4
2
2
2
3
1
 a  ; b 2  P  . Đáp án A.
2
4
 z  x2  y2 

Như vậy, nếu ta có thể biểu thị mối liên hệ giữa phần thực và phần ảo của số
phức từ giả thiết bài toán rồi thế vào biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất thì có thể quy về bài tốn tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của một
hàm số. Đây chính là một trong các phương pháp tơi hướng dẫn các em để giải
3


quyết bài tốn tìm GTLN, GTNN của mơđun một số phức hoặc tìm số phức có
mơđun lớn nhất , nhỏ nhất.
3. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:
Trước thực trạng trên tôi hướng dẫn học sinh hai phương pháp để giải quyêt
bài toán trên, đó là phương pháp đại số và phương pháp hình học.
3.1.Phương pháp đại số:
Để tìm giá trị lớn nhất( GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của z thỏa mãn

điều kiện cho trước K ta thực hiện:
Cách 1:
- Gọi z  x  yi , từ điều kiện cho trước K rút ra mối liên hệ y theo x.
- Thay y theo x vào biểu thức z  x 2  y 2
- Sử dụng kiến thức tìm GTLN; GNNN của hàm số: khảo sát hàm số, đánh
giá bất đẳng thức…
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác :
 z1  z 2  z1  z 2 ; dấu bằng xảy ra khi z1 kz 2 với k 0
 z1  z 2  z1  z 2 ; dấu bằng xảy ra khi z1 kz 2 với k 0
 z1  z 2  z1  z 2 ; dấu bằng xảy ra khi z1 kz 2 với k 0
 z1  z 2  z1  z 2 ; dấu bằng xảy ra khi z1 kz 2 với k 0

VD1: Cho số phức z thỏa mãn: z  2  3i 1 . Tìm GTLN của z ?
A. 1  13
B. 13
C. 2  13
D. 13  1
Lời giải
Ta có : 1  z  (2  3i )  z  2  3i  z  13
  1  z  13 1  13  1  z 1  13 .
1  13
 max z 1  13 khi z k (2  3i ) với k 0  1  13  k 13  k 
.
13

Đáp án A
VD2: Cho số phức z thỏa mãn: z  2  3i 1 . Tìm GTNN của z 1  i ?
A. 13  1
B. 4
C. 6

D. 1  13
Giải: Ta có : z  1  i  z  1  i  ( z  2  3i)  (3  2i )  z  2  3i  13  13  1 .
 min z  1  i  13  1 . Đáp án A

Nhận xét: Qua hai ví dụ trên giáo viên giúp học sinh phát hiện và biết nhận
dạng bài toán từ đó vận dụng các bất đẳng thức tam giác để giải quyết bài toán
VD3: (Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Xét các số phức z thỏa mãn
z  1  3i  2 . Số phức z mà z  1 nhỏ nhất là

A. z  1  5i .

B. z  1  i .

C. z  1  3i .

D. z  1  i .
4


Lời giải
Giả sử z  x  yi  x; y �� .
2
2
2
Ta có z  1  3i  2 �  x  1   y  3  2 �  x  1   y 2  6 y  5

1
0
Vì  x ���
2

z 1 

 x  1

y 2 
6 y�
 5 0 �1
2

y

5

y 5
 y 2  6 y  5 Vì 1 ��

1 6 y�
5 25

1� z 1 5

�x  1
khi đó z  1  i . Đáp án B
�y  1

Vậy z  1 nhỏ nhất khi �

VD4: Trong các số phức z thỏa mãn: z  3  4i  z , biết rằng số phức z a  bi (
a, b  R ) có mơđun nhỏ nhất. Khi đó, giá trị P a 2  b là:

A. P 

1
4

B. P 

1
2

C.

P 

1
4

D. P 

1
2

Đề của trang luyenthithukhoa.vn.
Lời giải
Gọi z  x  yi khi đó:
z  3  4i  z  ( x  3) 2  (4  y ) 2  x 2  y 2  8 y 25  6 x  y 

25 3
 x

8 4

25 2 75
625
x 
x
.
16
16
64
25
75
625
25
75
3
 f ' ( x)  x 
Xét hàm số f ( x)  x 2  x 
; f ' ( x ) 0  x 
16
16
64
8
16
2
25
3
5
3
3

1
 min f ( x)  khi x   min z  khi z   2i  a  ; b 2  P  .
4
2
2
2
2
4
 z  x2  y2 

Đáp án A.
VD 5: (Chuyên Hà Tĩnh lần 2 năm 2021)Cho số phức

3 z  i  2 Giá trị lớn

nhất của biểu thức : S  z  1  z  1  z  3i là
A.

4
3

B.

16
3

2
3

D.

8
3

Lời giải

Gọi z  x  iy
Ta có :

C.

3z  i  2 � z 

2
i
2
1 2 4
� x2  y 2  1 
y

� x2  ( y 
) 
3
3
3
3
3

S  ( x  1) 2  y 2  ( x  1) 2  y 2  x 2  ( y  3) 2






 S

2 2

2
y
3

2 1

1
y
3

f ( y)

5


 3; 3 �
Lập bảng biến thiên của hàm số f(y) trên đoạn �
�
�ta được
8
max f ( y ) 

Đáp án D
�
 3; 3 �
3
�
�

VD6: (Chuyên Bắc Giang 2019) Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Gọi M , m lần
5
3
4
lượt là giá trị lớn nhất, giá trị lớn nhất của P  z  z  6 z  2 z  1 . Tính M  m .

A. M  m  1 .

B. M  m  7 .

C. M  m  6 .
Lời giải

D. M  m  3 .

Chọn A
1
z

2

Ta có: zz  z  1 � z  .
1

1

5
4
8
4
4
8
4
4
Suy ra P  z  z 3  6 z  2 z  1  z 3 z  1  6 z  2 z  1  z  6 z  1  2 z  1

4
2
Đặt w  z � w  1 , ta được P  w  6w  1  2w  2 .

�x

�
2
2
Gọi w  x  yi , vì w  1 � x  y  1 � �

1

�y �1

.

P  x 2  6 x  1  y 2  2 y  x  3 i  2 x  1  yi  2 x 2  6 x  2 y  x  3 i  2 x  1  yi
 2  x  3  x  yi   2

 x  1

2

 y 2  2  x  3 x  yi  2 2 x  2  2  x  3  2 2 x  2

Xét hàm số f  x   2  x  3  2 2 x  2 trên đoạn  1;1 .
f�
 x  2  2

1
1
1
; f�
 0 � 2x  2  1 � x   .
 x  0 � 2  2
2
2x  2
2x  2

�1�
Ta có: f  1  4; f � � 3; f  1  4 Vậy M  4, m  3 � M  m  1 . Đáp án A
� 2�

VD7: (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong các số phức z thỏa mãn
z  1  i  z  1  2i , số phức z có mơ đun nhỏ nhất có phần ảo là
3

.
10

A.

B.

3
.
5

3
5

C.  .

D. 

3
.
10

Lời giải
Gọi z  x  yi ,  x , y �� được biểu diễn bởi điểm M  x ; y  .
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

2

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

3
.
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

2

2

6


Suy ra min z 

3
3
3 5
khi x   ; y   .
5
10
10

3
Vậy phần ảo của số phức z có mơ đun nhỏ nhất là  . Đáp án D
10

VD8: (SGD Hưng Yên 2019) Cho số phức z thoả mãn z  1 . Gọi M và m lần
2
lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  1  z  z  1 . Tính

M .m

A.

13 3
.
4

B.

39
.
4

C. 3 3 .

D.

13
.
4

Lời giải
2
Thay z  1 vào P ta có

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

2

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

 z  1  z  z 1 .

Mặt khác z  1   z  1  z  1  2  z  z . Đặt t  z  z do z  1 nên điều kiện
2

t � 2; 2 .

Suy ra P  t  2  t  1 .

 t 
Xét hàm số f  t   t  2  t  1 với t � 2; 2 . f �
f�
 t   0 với t  1 .

f�
 t 

1
 1 với t  1 .
2 t2

1
 1 với t  1 . Suy ra
2 t2

 x  0 � x 
Suy ra f �

7
.
4

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra M 

13
7
13 3
tại t 
và m  3 tại t  2 .Vậy M .m 
.
4
4
4

Đáp án A
Nhận xét: Trong những năm gần đây hầu hết đề thi thử của các Sở đều ra theo
hướng vận dụng hàm số để giải quyết bài toán dạng này do vậy trong bài viết
này thơng qua các ví dụ trên tôi đã rèn luyện cho học sinh kỹ năng nhận biết,
phân tích để giải quyết các bài tốn dạng này hiệu quả hơn.
7


3.2. Phương pháp hình học:
*) Để tìm giá trị lớn nhất( GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của z thỏa mãn
điều kiện cho trước K ta thực hiện:
- Tìm tập hợp (G) các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện K.
- Tìm điểm M (G ) sao cho khoảng cách OM có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ
nhất).Tìm OM.
*) Một số quỹ tích nên nhớ

Biểu thức liên hệ 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

 x  a

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

2

 A  a, b  , B  c, d  

  y  b   R 2 hoặc
2

z  a  bi  R

 x  a

2

Hình trịn tâm I  a; b  , bán kính R

  y  b  �R 2 hoặc
2

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

Hình vành khăn giới hạn bởi hai
đường trịn đồng tâm I  a; b  , bán kính
lần lượt là r , R
Parabol

2

r �z  a  bi �R
�
y  ax 2  bx  c
 c �0 
�
2
x

ay

by

c
�

 x  a

2

 y  c


2

 1 Elip
 2  Elip nếu

 1 1 hoặc

b2
d2
z  a1  b1i  z  a2  b2i  2a

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

Đoạn AB nếu 2a  AB

VD9: (Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định- 2019) Xét số phức z thỏa mãn
z  2  4i  5 . Gọi a và b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z .

Giá trị biểu thức a 2  b 2 bằng
A. 40 .

B. 4 5 .

C. 20 .

D. 2 5 .

Lời giải
Gọi M  x ; y  là điểm biểu diễn số phức z  x  yi với x , y ��.
2
2
Ta có z  2  4i  5 �  x  2    y  4   5 � tập hợp điểm biểu diễn số phức z là

một đường trịn có tâm I  2; 4  và bán kính R  5 .
8


Kẻ đường thẳng đi qua 2 điểm O và I cắt đường trịn tại 2 điểm M và N như
hình vẽ.
OI  22  42  2 5 ; IM  IN  R  5 .

Từ hình vẽ ta thấy:
z min  OM  OI  IM  2 5  5  5  b .
z max  ON  OI  IN  2 5  5  3 5  a .

Vậy a 2  b 2  40 . Đáp án A

VD10: (Hậu Lộc 2-Thanh Hóa- 2019) Cho z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa
mãn z  3  3i  2 và z1  z2  4 . Giá trị lớn nhất của z1  z2 bằng
A. 8 .

B. 4 3 .

C. 4 .

D. 2  2 3 .

Lời giải
Chọn A
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 .



2
�
�
�z1  3  3i  z2  3  3i  2
�M , N � C  :  x  3  y  3
Do �
nên �
�
�
�z1  z2  4
�MN  4  2.2



2

 22

.

Như vậy MN là đường kính của đường tròn  C  với tâm I  3;  3  , bán kính
R 2,

do đó I là trung điểm MN , OI  12 .

9


� 2 MN 2 �
2
2
z

z

OM

ON
�
1

1
OM

ON

2
2OI 
 
Ta có 1 2

�
� 8 .
2 �

�

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi OM  ON � MN là đường kính của  C  vng
góc với OI .

Đáp án A

Nhận xét: Qua hai ví dụ trên ta thấy số phức z thỏa mãn z  a  bi  R nên tập
hợp điểm biểu diễn số phức z là đường trịn. Đây là cơ sở để vận dụng phương
pháp hình học trong giải bài toán này.
VD11: (Chuyên Đại Học Vinh -2019) Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa
mãn  z  6   8  zi  là số thực. Biết rằng z1  z2  4 , giá trị nhỏ nhất của z1  3 z2
bằng
A. 5  21

B. 20  4 21

C. 20  4 22
Lời giải

D. 5  22

Giả sử z  x  yi , x, y ��.Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức
z1 , z2 . Suy ra AB  z1  z2  4 .
2
2
.�
 x  6   yi �
 8  y   xi �
Ta có  z  6   8  zi   �

�
�
�
�  8 x  6 y  48    x  y  6 x  8 y  i .

Theo giả thiết  z  6   8  zi  là số thực nên ta suy ra x 2  y 2  6 x  8 y  0 . Tức là các
điểm A, B thuộc đường tròn  C  tâm I  3; 4  , bán kính R  5 .
uuur

uuur

r

uuu
r

uuur

uuuur

Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa MA  3MB  0 � OA  3OB  4OM .Gọi H là
trung điểm AB . Ta tính được HI 2  R 2  HB 2  21; IM  HI 2  HM 2  22 , suy ra

 tâm I  3;4  , bán kính r  22 .
điểm M thuộc đường tròn  C �
10


uuu
r uuur

uuuur
z

3
z

OA

3
OB

4
OM
 4OM , do đó z1  3 z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ
Ta có 1
2

nhất.
Ta có  OM  min  OM 0  OI  r  5  22 .
Vậy z1  3z2 min  4OM 0  20  4 22 . Đáp án C
VD12: (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) 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 .

C. 2 2  1 .
Lời giải

D. 2 2  1 .

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 trịn  C 
có phương trình:  x  2    y  1  1 .
2

2

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

11


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.
Đáp án D
VD13: (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An 2019) Cho số phức z thỏa mãn
z  z  z  z  4 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

P  z  2  2i . Đặt A  M  m . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. A� 34;6  .

B. A� 6; 42 

C. A� 2 7; 33 

D. A� 4;3 3  .

Lời giải
Giả sử: z  x  yi,  x, y �� � N  x; y  : điểm biểu diễn của số phức z trên mặt
phẳng tọa độ Oxy .
Ta có:
• z  z  z  z  4 � x  y  2 � N thuộc các cạnh của hình vng BCDF (hình
vẽ).
y
I

B 2

1

E
F

C
-2

1

O

x

2

D -2

2
2
• P  z  2  2i � P   x  2    y  2  � P  d  I ; N  với I  2; 2 

Từ hình ta có: E  1;1
M  Pmax  ID  42  22  2 5 và m  Pmin  IE 

 2  1

2

  2  1  2
2

12






Vậy, A  M  m  2  2 5 � 34;6 . Đáp án A

VD14: (Liên Trường Nghệ An 2018) Biết rằng hai số phức z1 , z2 thỏa mãn
1
. Số phức z có phần thực là a và phần ảo là b thỏa
2

z1  3  4i  1 và z2  3  4i 

mãn 3a  2b  12 . Giá trị nhỏ nhất của P  z  z1  z  2 z2  2 bằng:
A. Pmin 

9945
.
11

B. Pmin  5  2 3 .

C. Pmin 

9945
.
13

D. Pmin  5  2 5 .

Lời giải
Gọi M 1 , M 2 , M lần lượt là điểm biểu diễn cho số phức z1 , 2z2 , z trên hệ trục
tọa độ Oxy . Khi đó quỹ tích của điểm M 1 là đường trịn  C1  tâm I  3; 4  , bán
kính R  1 ;
Quỹ tích của điểm M 2 là đường  C2  tròn tâm I  6;8  , bán kính R  1 ;
Quỹ tích của điểm M là đường thẳng d : 3 x  2 y  12  0 .

Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của MM 1  MM 2  2 .

138 64

�
�
Gọi  C3  có tâm I 3 � ; �, R  1 là đường tròn đối xứng với  C2  qua d . Khi
�13 13 �

đó min  MM1  MM 2  2   min  MM1  MM 3  2  với M 3 � C3  .
Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng I1I 3 với  C1  ,  C3  . Khi đó với
mọi điểm M 1 � C1  , M 3 � C3  , M �d ta có MM1  MM 3  2 �AB  2 , dấu "=" xảy
9945
ra khi M 1 �A, M 3 �B . Do đó Pmin  AB  2  I1I 3  2  2  I1 I 3 
.
13

Đáp án C
VD15: 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, giá trị lớn nhất của z  1  i . Tính P m  M .
A. P  13  73

B. P 

5 2  2 73
2

C. P 5 2  73

D. P 

5 2  73
.
2

Đề minh họa lần 3 của Bộ giáo dục năm 2017
13


Lời giải
Gọi w  z  1  i  z w  1  i . Khi đó :
z  2  i  z  4  7i 6 2  w  3  2i  w  3  8i 6 2 (*)

Gọi A( 3;2); B(3;8) ; M là điểm biểu diễn w ta có:
(*)  MA  MB 6 2 . Mà AB 6 2  MA  MB  AB .
 Tập hợp điểm biếu diễn w là đoạn thẳng AB.
 w min OM min khi M  H với H là hình chiếu của

O trên AB
 H (

5 5
5 2
; )  m 
2 2
2

 w max OM max OB  73  M
 P m  M 

5 2  2 73
.
2

Đáp án B.
VD16: (Chuyên - KHTN - Hà Nội - 2019) Cho số phức z thỏa mãn :
z  z  2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  i  z  4 là

A. 5.

B. 4.

C. 3 3.

D. 6.

Lời giải
Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z. Ta có z  z  2i � y  1  0, tức biểu
diễn hình học của số phức thỏa mãn giả thiết là đường thẳng y  1  0. Xét điểm
A(0;1) và B (4;0) thì P  z  i  z  4  MA  MB. Dễ thấy A, B cùng phía với đường
(0; 3) đối xứng với A
thẳng y  1  0 nên MA  MB nhỏ nhất bằng BA�trong đó A�

qua đường thẳng y  1  0.

Do đó MA  MB nhỏ nhất bằng BA� 5.
Đáp án A
14

VD17: Cho số phức z  a  bi  a, b �� thỏa z  4  z  4  10 và z  6 lớn nhất.
Tính S  a  b ?
A. S  3 .

B. S  5 .

C. S  5 .

D. S  11 .

Lời giải
Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn số phức z  a  bi  a, b �� .
z  4  z  4  10 �  a  4   bi   a  4   bi  10
�

 a  4

2

 b2 

 a  4

2

 b 2  10  *

Xét F1  4;0  và F2  4;0  . Khi đó  * � MF1  MF2  10
c4
�

� b  a2  c2  3
�2a  10 � a  5

Suy ra M thuộc Elip có �

2
Ta có: z  6   a  6   b 2  IM , I  6; 0  , suy ra max z  6  IA�hay điểm

M �A�
 5;0  � z  5  0i � S  5 .

Đáp án C
VD18: (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Cho hai số phức z và
  a  bi thỏa mãn z  5  z  5  6 ; 5a  4b  20  0 . Giá trị nhỏ nhất của z  

là
A.

3
.
41

B.

5
.
41

C.

4
.
41

D.

3
.
41

Lời giải

Đặt F1   5 ;0  , F2  5 ; 0  , vì 5  3 nên tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
�a  3
x2 y 2
z thuộc elip có �
� b 2  a 2  c 2  4 suy ra  E  : 
1.
c 5
9 4
�

Tập hợp các điểm N biểu diễn số phức  thuộc đường thẳng  : 5 x  4 y  20  0 .
Yêu cầu bài toán trở thành tìm điểm M � E  và N � sao cho MN nhỏ nhất.
15


Đường thẳng d song song với  có dạng d : 5 x  4 y  c  0 ,  c �20  .
c  17
�

2
2
2
d tiếp xúc với  E  khi và chỉ khi c  5 .9   4  .4  289 � �
.
c  17
�

Với c  17 � d  d ,   
Với c  17 � d  d ,   

20  17
52   4 

2



20  17
5 2   4 

2

37
41 .


3
3
min  MN  

.
Vậy
. Đáp án A
41
41

Bài tập áp dụng:
Bài 1. Cho số phức z thỏa mãn z + z + 2 z - z = 8. Gọi M , m lần lượt là giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = z - 3 - 3i . Tính M + m .
A.

13
4

B. 3

C. 3

D.

11
4

Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn z  3  4i  5 . 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 .

Bài 3. 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 .

B. m  2 2

C. m  2 .

D. m  2 2  2 .

16


�
�z  3  2i �1
Bài 4. Cho hai số phức z , w thỏa mãn �

�w  1  2i �w  2  i

. Tìm giá trị nhỏ nhất

Pmin của biểu thức P  z  w .

A. Pmin 

3 2 2
.
2

B. Pmin  2  1 .

C. Pmin 

5 2 2
2

D. Pmin 

3 2 2
.
2

3 5
Bài 5. Cho các số phức w , z thỏa mãn w  i 
và 5w   2  i   z  4  . Giá trị
5

lớn nhất của biểu thức P  z  1  2i  z  5  2i bằng
A. 6 7 .

B. 4  2 13 .

C. 2 53 .

D. 4 13 .

Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  z  5i . Tìm giá trị nhỏ nhất của
iz  20 ?
A.

3 10
2

B. 7 10

C.

10
2

D. 2 10

5
3
 2i  z   2i . Biết biểu thức
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất tại z a  bi (a, b  R) . Tính

Bài 7. Cho số phức z thỏa mãn
Q  z  2  4i  z  4  6i

z

P a  4b ?

1333
272

A. P  2

B. P 

C. P  1

D. P 

691
.
272

Bài 8. Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
P  1  z  2 1  z bằng

A. 6 5 .

B. 4 5 .

C. 2 5 .

D. 5 .

4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
Qua q trình giảng dạy ơn thi THPT quốc gia, bồi dưỡng học sinh giỏi tại
trường THPT Nga Sơn, khả năng tiếp thu và vận dụng các phương pháp trên để
giải các bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun một số phức đã
mang lại những kết quả đáng mừng . Số học sinh hiểu bài và vận dụng giải bài
tập có hiệu quả cao dần thể hiện ở số lượng cũng như chất lượng học sinh có
điểm thi THPT quốc gia. Đa số học sinh tỏ ra tự tin khi giải quyết các bài tập về
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun một số phức khi được tiếp cận
với các phương pháp giải được nêu trong sáng kiến kinh nghiệm. Học sinh có
thể tự chọn cho mình một phương pháp bất kỳ trong các phương pháp nêu trong
sáng kiến kinh nghiệm.
17


Năm học 2020 -2021 , khi ôn thi THPT Quốc gia để giải các bài tập tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun một số phức, tôi có chia lớp thành hai
nhóm: một nhóm thực nghiệm , một nhóm đối chứng cho đề tài của mình với 2
phương pháp giải ,tôi đã thu được kết quả sau :
Phương pháp đại số(%)

Phương pháp hình học (%)

G

K

TB

G

K

TB


12

25

47

16

30

10

33

27

20

31

40

9

60

21

16

3

Lớp đối
chứng

Lớp thực
nghiệm

* Kết quả kiểm nghiệm về tính hiệu quả cho học sinh khi dạy sử dụng
phương pháp:
- Giúp học sinh rèn luyện kỹ năng phân tích bài tốn để tìm mối liên hệ với các
kiến thức đã được học, từ đó áp dụng để giải các bài tốn tương tự, có liên
quan.
- Làm cho học sinh yêu thích hơn và gây sự thích thú tị mị khám phá về mơn
học.
`
- Có cách giải hợp lí, hay, ngắn gọn đồng thời khai thác được dạng tổng quát của
mỗi bài toán để áp dụng làm các bài toán cụ thể.
- Sau khi sử dụng hai phương pháp này vào việc giảng dạy tôi nhận thấy số học
sinh khá giỏi ngày càng được tăng lên ở các năm và học sinh khơng cịn ‘‘ e
ngại’’ khi gặp các bài tốn về tìm GTLN, GTNN mô đun của một số phức.

* Bài học kinh nghiệm rút ra:
Sau một thời gian đưa vào sử dụng , bồi dưỡng học sinh tôi đã rút ra một số kinh
nghiệm sau:
- Giáo viên phải nghiên cứu kỹ kiến thức sách giáo khoa, tài liệu tham khảo.
- Lựa chọn đúng phương pháp giảng dạy bộ môn phù hợp với đối tượng học
sinh.
- Để áp dụng và làm tốt các bài tập cần cho học sinh nắm vững cơ sở lý thuyết
của vấn đề tránh được những thiếu sót và khơng chặt chẽ trong quá trình giải bài
tập của học sinh.
- Khi cho bài tập cần nâng cao dần về mức độ khó.
- Sau mỗi bài tập cần chốt lại cái cơ bản của vấn đề và nhận xét nhằm lôi cuốn
học sinh có lịng say mê học tốn.

III. KẾT LUẬN
18


Trong quá trình dạy học , đối với mỗi bài tốn nói chung và bài tốn số phức
nói riêng, nếu giáo viên biết tìm ra cơ sở lý thuyết , đưa ra phương pháp giải hợp
lý và hướng dẫn học sinh vận dụng một cách linh hoạt thì sẽ tạo được sự hứng
thú học tập của học sinh. Khi dạy học sinh giải các bài tốn tìm tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun một số phức yêu cầu học sinh tìm mối liên hệ
giữa các giả thiết của bài toán. Giáo viên cần xây dựng một hệ thống bài tập từ
dễ đến khó để nâng cao khả năng tư duy và kỹ năng làm bài của học sinh.
Là một giáo viên tơi xác định cho mình phải luôn tạo cho học sinh niềm
hứng thú say mê trong q trình học tập; ln cải tiến phương pháp dạy học,
phát triển tư duy, vận dụng kiến thức phục vụ tốt cho bài dạy của mình.
Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun một số phức rất đa
dạng. Trong bài viết này tôi chỉ mới đưa ra một số ví dụ về bài tốn hay gặp
trong đề thi thử THPT quốc gia nên chưa thể đầy đủ, chưa bao quát hết, với

mong muốn giúp cho học sinh có định hướng tốt hơn khi gặp các bài tốn này ,
tơi mong nhận được những góp ý chân thành của đồng nghiệp để bài viết của tơi
được hồn thiện hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ:

Thanh Hóa ngày 18/5/2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình khơng sao chép của người khác.
Người viết:

Nguyễn Đức Văn

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số và giải tích 12 nâng cao – Đồn Quỳnh (Tổng chủ
biên) –NXB Giáo dục Việt Nam-Năm 2008.
2. Sách giáo khoa Đại số và giải tích 12 – Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) –
NXB Giáo dục Việt Nam-Năm 2008.
3. Giải toán đại số và giải tích – Trần Thành Minh (Chủ biên) –NXB Giáo
Dục -Năm 2003.
4. Báo toán học và tuổi trẻ .
5. Đề thi thử THPT quốc gia và tốt nghiệp THPT của các Sở GDĐT năm
2018,2019,2020,2021
6.Trang web: luyenthithukhoa.vn

20

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Đức Văn
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên – Trường THPT Nga sơn

TT

1.

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh
giá xếp loại

Một số phương pháp giải bài toán cực trị Sở GD&ĐT
Tỉnh Thanh
số phức trong đề thi trắc nghiệm
Hoá

Kết quả
đánh
giá xếp
loại

Năm học
đánh giá
xếp loại

C

2016-2017

21