SKKN kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô đun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Bìa chính (Mẫu M1(1))

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ

TRƯỜNG THPT SẦM SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KỸ THUẬT TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ
NHỎ NHẤT CỦA MÔ-ĐUN SỐ PHỨC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Người thực hiện: Nguyễn Thị Bích Huệ
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANH HỐ NĂM 2021


MỤC LỤC
1. Mở đầu ..................................................................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài ..........................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu ....................................................................................1
1.3. Đối tượng nghiên cứu ...................................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu...............................................................................1
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm....................................................................2
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm......................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.......................3
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.............................................5
2.4. Hiệu quả sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.......................................18
3. Kết luận, kiến nghị .............................................................................................20

1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài.
Mục tiêu của Luật giáo dục 2019: “Mục tiêu giáo dục nhằm phát triển tồn
diện con người Việt Nam có đạo đức, tri thức, văn hóa, sức khỏe, thẩm mỹ và nghề
nghiệp; có phẩm chất, năng lực và ý thức cơng dân; có lòng yêu nước, tinh thần dân
tộc và chủ nghĩa xã hội; phát huy tiềm năng, khả năng sáng tạo của mỗi cá nhân;
nâng cao dân trí, phát triển nguồn nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, đáp ứng yêu cầu
của sự nghiệp xây dựng, bảo vệ Tổ quốc và hội nhập quốc tế” [1].
Yêu cầu về phương pháp giáo dục của Luật giáo dục 2019: “Phương pháp giáo
dục phải khoa học, phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của
người học; bồi dưỡng cho người học năng lực tự học và hợp tác, khả năng thực
hành, lịng say mê học tập và ý chí vươn lên” [1].
“Làm thế nào để phát huy tiềm năng, khả năng sáng tạo của mỗi cá nhân?”;
“Làm thế nào để phát huy tính tích cực, chủ động, tư duy sáng tạo của người học?”.
Đó là những câu hỏi tơi ln băn khoăn, trăn trở trong quá trình giảng dạy.
Vì vậy bên cạnh việc truyền đạt các kiến thức cơ bản thì việc tìm kiếm các kỹ
thuật dạy học mới phù hợp, giúp học sinh hứng thú, chủ động mở rộng, phát triển
các kiến thức là điều mà tôi luôn hết sức chú ý và chăm chút. Đó cũng chính là lý
do tơi chọn đề tài: Kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số
phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Trong đề tài này, tôi xin phép được trình bày một số hướng phát triển, mở rộng
bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất mô-đun số phức dựa trên kỹ thuật giải là áp
dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Với lý do như trên thì mục đích nghiên cứu của đề tài là giúp học sinh tìm
hiểu, xây dựng và phát triển kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Phân tích ưu, nhược
điểm và so sánh kỹ thuật này với các kỹ thuật giải khác.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất mô-đun của số phức, đặc biệt là kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
mô-đun của số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Bên cạnh đó một đối tượng nghiên cứu khác vơ cùng quan trọng chính là các
em học sinh của hai lớp 12A9 và 12A2 trường THPT Sầm Sơn mà tôi giảng dạy.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Phương pháp nghiên cứu chủ yếu là phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở
lý thuyết. Ngồi ra cịn có phương pháp khảo sát thực tế, thu thập thông tin.

1


2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Sáng kiến kinh nghiệm này được xây dựng trên cơ sở các kiến thức cơ bản về
số phức kết hợp với các kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Các kiến thức cơ bản về số phức bao gồm:
+ Các định nghĩa cơ bản về số phức.
+ Các phép toán về số phức.
+ Các tính chất về mơ-đun số phức.
+ Các tính chất về biểu diễn hình học của số phức.
Các kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng bao gồm:
+ Các kiến thức về đường thẳng.
+ Các kiến thức về đường tròn.
+ Các kiến thức về elip.
Đặc biệt là một số tính chất trong hình học giải tích Oxy được áp dụng trong
các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của mơ-đun số phức:
Tính chất 1: Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng  và một điểm A . Điểm M
thuộc  sao cho khoảng cách MA ngắn nhất khi M là hình chiếu của A trên 
. Lúc đó: MAmin  d  A;   .

Tính chất 2: Trong hệ trục Oxy, cho đường tròn  C  và một điểm A khơng thuộc
đường trịn. Điểm M thuộc  C  sao cho khoảng cách MA lớn nhất, nhỏ nhất khi
khi M là giao điểm của IA với đường tròn  C  . Lúc đó:
1) Trường hợp: A nằm trong đường tròn: MAmin  R  IA , MAmax  R  IA .
2) Trường hợp: A nằm ngồi đường trịn: MAmin  R  IA , MAmax  R  IA .

Tính chất 3: Trong hệ trục Oxy, cho đường trịn  C  và đường thẳng  khơng cắt
đường tròn. Điểm M thuộc  C  , N thuộc  sao cho khoảng cách MN nhỏ nhất
khi M , N lần lượt là giao điểm của đưởng thẳng d (qua I vng góc với đường
thẳng  ) cắt đường tròn  C  và đường thẳng  . Lúc đó: MN min  d  I ,    R .

Tính chất 4: Trong hệ trục Oxy, cho hai đường tròn  C  và  C ' không cắt nhau.
Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đường tròn sao cho khoảng cách MN lớn nhất,
nhỏ nhất khi M , N lần lượt là giao điểm của đưởng thẳng II ' (đường nối tâm
của hai đường trịn) với hai đường trịn. Lúc đó: MN min  II ' R  R ' ,

MAmax  II ' R  R '.

2


Tính chất 5: Trong hệ trục Oxy, cho Elip  E  . Điểm M thuộc  E  sao cho
khoảng cách OM lớn nhất, nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox,Oy với Elip.
Lúc đó: MOmin  b độ dài bán trục bé (khi M là giao điểm của Oy với Elip),
MOmax  a độ dài bán trục lớn (khi M là giao điểm của Ox với Elip).
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Số phức là một phần rất mới trong chương trình tốn THPT (được đưa vào
chương trình vào cuối năm lớp 12). Đây là một phần khơng khó, tuy nhiên khá lạ
do lâu nay học sinh đã quen với tập số thực, với lối tư duy trên tập số thực nên
nhiều học sinh gặp khó khăn với các bài tốn số phức, đặc biệt là các bài tốn khó.

Bài tốn về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mơ-đun số phức là một bài
tốn khó về số phức. Cách giải thơng thường của bài tốn là áp dụng bất đẳng
thức.Tuy nhiên, bất đẳng thức là cũng một phần khó trong chương trình tốn học
phổ thơng, lại được học từ giữa năm lớp 10 nên rất nhiều học sinh đã quên và gặp
rất nhiều khó khăn khi áp dụng. Thêm nữa việc phát triển bài toán bằng bất đẳng
thức là không dễ nhất là đối với các đối tượng học sinh mà tôi đang giảng dạy.
Việc áp dụng kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun số
phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, bài tốn được chuyển sang bài
tốn hình giải tích trong mặt phẳng nên trực quan hơn, dễ dàng xử lý hơn. Đặc biệt,
chúng ta có thể mở rộng, phát triển bài toán theo nhiều hướng khác nhau, rất đa
dạng.
Chúng ta cùng xem xét một ví dụ cụ thể như sau:
Ví dụ 1: Trong các số phức z thỏa mãn z  1  z  1  2i , tìm số phức z sao cho
z  3  i nhỏ nhất [2].
Giải:
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức.


 , khi đó:
Giả sử
z  1  z  1  2i � x  1  yi  ( x  1)  ( y  2)i .
z  x  yi x, y ��

� ( x  1) 2  y 2  ( x  1) 2  ( y  2) 2 � x  y  1  0.
2
2
Ta có: z  3  i  ( x  3)  ( y  1)i  ( x  3)  ( y  1) .
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-x-ki:

2

�
�
( x  3) 2  ( y  1) 2 �
12  ( 1) 2 �
�
�
�
�� ( x  3)  ( 1)( y  1)   ( x  y  2)  9.
2

3 2
9
.
� ( x  3) 2  ( y  1) 2 � � z  3  i  ( x  3)2  ( y  1) 2 �
2
2
3


� 3
x
�
3
3 5
� 2
x  3  y 1   � �
�z  i
2
2 2
�y  5

� 2
Dấu ‘=’ xảy ra khi
.
3 5
3 2
z  i
z  3  i min 
2 2 .
2 khi
Vậy
Cách 2: Sử dụng phương pháp hàm.
z  x  yi  x, y �� , khi đó: z  1  z  1  2i � x  y  1  0 � y  x  1.
Giả sử
z  3  i  ( x  3) 2  ( y  1) 2  ( x  3) 2  x 2  2 x 2  6 x  9.

Ta có:
2
f
(
x
)

2
x
 6 x  9 (TXĐ: � ).
Xét hàm số
2x  3
3
f '( x) 
� f '( x )  0 � x  .

2
2 x2  6 x  9
Bảng biến thiên:
x
3
2
�
0
f '( x)
�
f ( x)

�

+

�

3 2
2
3 2
3
3 5
3 2
x
z   i.
z  3  i min 
2 khi
2 hay
2 2

2 khi
Vậy
Cách 3: Sử dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
z  x  yi  x, y �� , khi đó: z  1  z  1  2i � x  y  1  0.
Giả sử
f ( x) min 

Gọi M ( x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức, khi đó M
thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .
Gọi I (3;1) là điểm biểu diễn cho số phức z1  3  i.

4


Khi đó : z  3  i  z  (3  i )  IM .
Để IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên .
3 11 3 2
IM  d ( I ; ) 

.
2
2
2
1 1
Khi đó:

Phương trình đường thẳng IM : x  y  4  0.
�x  y  1  0
�3 5 �
�  x, y   � ; �� z  3  5 i.

�
x y40
�2 2 �
2 2
Tọa đô M nghiệm hệ �
3 5
z  i
2 2 .
Vậy số phức có mơ-đun nhỏ nhất là :
So sánh giữa ba cách giải, chúng ta có thể thấy cách thứ ba là cách trực quan
nhất, dễ hiểu nhất. Đồng thời khi chúng ta phát triển bài toán bằng cách phức tạp
hóa các điều kiện hay biểu thức cực trị thì cách giải thứ ba cũng dễ phát triển mở
rộng hơn.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Với thực trạng như trên, trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu các giải pháp
xây dựng và phát triển kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun
số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Bài tốn sử dụng kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mô-đun
số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng thường gồm hai bước cơ bản:
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z .
Bước 2: Chuyển bài toán tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
Dựa trên việc áp dụng các tính chất của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
vào các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mơ-đun số phức, chúng ta
có thể phân chia thành các dạng như sau:
Dạng 1: Quy về tính khoảng cách nhỏ nhất giữa một điểm và và một điểm
thuộc đường thẳng.
Đặc điểm của các bài toán toán dạng này là tập hợp các điểm M biểu diễn
cho số phức z thỏa mãn yêu cầu của bài toán là một đường thẳng. Khi đó bài tốn
tìm cực mơ-đun số phức trở thành bài tốn cực trị hình học. Chúng ta cùng bắt đầu
với bài toán đầu tiên như sau:

5


Bài toán 1: Trong các số phức z thỏa mãn z  1  z  1  2i , tìm số phức z có
mơ-đun nhỏ nhất [2].
Giải.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z
Gọi

z  x  yi  x, y �� , khi đó: z  1  z  1  2i � x  1  yi  ( x  1)  ( y  2)i .

� ( x  1) 2  y 2  ( x  1) 2  ( y  2) 2 � x  y  1  0.
Gọi M ( x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức, khi đó M
thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .

Bước 2: Chuyển bài toán tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
Ta có : z  OM , OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của O trên .

2
.
2
2
2
1

1
Khi đó:
Phương trình đường thẳng OM : x  y  0 .
OM  d (O; ) 

Tọa độ M là nghiệm hệ

1



�x  y  1  0
1 1
�1 1�
� M � ; �� z    i.
�
2 2
�x  y  0
� 2 2�

1 1
2
z  i
2 2 .
Vậy số phức z có mơ-dun nhỏ nhất bằng 2 khi:
Mở rộng, phát triển bài toán bằng cách phức tạp hóa các u cầu của bài tốn,
của biểu thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất chúng ta được bài toán sau:
Bài toán 2: Trong các số phức z thỏa mãn z  1  z  1  2i , tìm số phức z sao
cho iz  2 nhỏ nhất [2].
Giải.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.

6

Gọi

z  x  yi  x, y �� , khi đó: z  1  z  1  2i � x  1  yi  ( x  1)  ( y  2)i .

� ( x  1) 2  y 2  ( x  1) 2  ( y  2) 2 � x  y  1  0.
Gọi M ( x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức, khi đó M
thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
iz  2  i  z  2i   i z  2i  z  2i  AM
Ta có:
(với A(0;2) là điểm biểu diễn
cho số phức 2i ).
Để AM nhỏ nhất thì M là hình chiếu của A trên  .
0  2 1
2
AM  d ( A; ) 

.
2
2
2
1

1
Khi đó:

Phương trình đường thẳng IM : x  y  2  0 .
�x  y  1  0
�1 3 �

�M�; �
�
x y20
�2 2 �.
Tọa độ M là nghiệm của hệ �
1 3
2
z  i
iz  2 min 
2 2 .
2 khi:
Vậy
Bài toán 3: (Đề tham khảo THPTQG 2017) Cho số phức z thỏa mãn
z  2  i  z  4  7i  6 2. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

z  1  i , tính P  m  M .
nhất của
5 2  2 73
5 2  73
P
.
P
.
P

5
2

73.
2

2
A.
B.
C.
D. P  13  73.
Giải.
Chọn A.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
E 2;1 , D  4;7  và N  1; 1 .
Gọi A là điểm biểu diễn số phức z , 

7


Từ AE  A F  z  2  i  z  4  7i  6 2 và EF  6 2 nên ta có A thuộc đoạn
thẳng EF .

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
Ta có:

z  1  i  AN . Để AN đạt giá trị nhỏ nhất khi A �H là hình chiếu của N

5 2
2 .
trên ED : x  y  3  0 . Khi đó
AM đạt giá trị lớn nhất khi D �A . Khi đó M  ED  73 .
5 2  2 73
mM 
2
Vậy

.
Bài toán 4: (Đề khảo sát chất lượng toán 12 Sở GDĐT Thanh Hóa 2021) Cho số
z  z  2  2 z  z  2i �12.
phức z thỏa mãn
Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ
m  d  N ; CD  

P  z  4  4i . Tính M  m.
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
A. 5  130.
B. 5  61.
C. 10  130. D. 10  61.
Giải.
Chọn A
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
z  x  yi  x, y �� , khi đó: z  z  2  2 z  z  2i �12.
Giả sử
� 2 x  1  4  y  1 i �12 � x  1  2 y  1 �6
.
Gọi M ( x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức, khi đó M
thuộc miền trong tính cả biên của hình thoi ABCD với A  7;1 , B  1; 2  ,
C  5;1 , D  1;4  được giới hạn bởi bốn đường thẳng x  1  2 y  1 �6 .

8


Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
P  z  4  4i  ME
với E  4;4  .

Quan sát hình vẽ ta thấy P  ME đạt giá trị nhỏ nhất khi M �F là hình chiếu của
E trên CD : x  2 y  7  0 . Khi đó m  d  E; CD   5 .

P  ME đạt giá trị nhỏ nhất khi M �A . Khi đó M  EA  130 .
Vậy m  M  5  130 .
Dạng 2: Quy về tính khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất giữa một điểm và một
diểm thuộc đường tròn.
Đặc điểm của các bài toán toán dạng này là tập hợp các điểm M biểu diễn
cho số phức z thỏa mãn u cầu của bài tốn là một đường trịn. Chúng ta cùng
xem xét các bài toán sau:
Bài toán 5: Trong các số phức z thỏa mãn z  2 , tìm số phức z có z  1  i lớn
nhất, nhỏ nhất [3].
Giải.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
Giả sử

z  x  yi  x, y �� , khi đó: z  1  2 � x  1  yi  2.

� ( x  1) 2  y 2  2 � ( x  1) 2  y 2  4 .
Gọi M ( x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức, khi đó M
2
2
thuộc đường trịn  C  : ( x  1)  y  4 .

9


Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
Xét điểm A  1; 1 ( A nằm trong hình trịn).

Ta có : z  1  i  z  (1  i)  AM .
Để BM nhỏ nhất khi M là giao của AB với đường tròn ( I là tâm đường trịn).
Khi đó: AM  R  OA  2  2.
Để BM lớn nhất khi M là giao của AB với đường tròn ( I là tâm đường tròn).
Khi đó: AM  R  OA  2  2.
Đường thẳng OA : x  y  0.





�
M 2; 2 � z1  2  i 2
�
�x  y  0 �
�
�2
2
M '  2;  2 � z2   2  i 2
�
x

y

4
Tọa độ điểm M là nghiệm hệ �
.





Vậy với z1  2  i 2 thì z  1  i là nhỏ nhất, với z2   2  i 2 thì z  1  i
là lớn nhất.
Bài toán 6: (Đề tham khảo THPTQG 2018) Cho số phức z  a  bi  a, b ��
thỏa mãn z  4  3i  5 . Tính P  a  b khi z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn
nhất.
A. P  8.
B. P  10.
C. P  4.
D. P  6.
Giải.
Chọn B
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
Gọi M  a; b  là điểm biểu diễn của số phức z.
z  4  3i  5 �  a  4    b  3   5 �
Tập hợp điểm M
Theo giả thiết ta có:
biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  4;3 bán kính R  5
2

2

10


Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
�
�A  1;3
� Q  z  1  3i  z  1  i  MA  MB.

�
B
1;

1


Gọi: �
Gọi E là trung điểm của AB, kéo dài EI cắt đường tròn tại D.
2
2
2
Ta có: Q  MA  MB  2MA.MB



 Q 2 MA2  MB 2  MA2  MB 2  2  MA2  MB 2  .
ۣ
Vì ME là trung tuyến trong MAB
MA2  MB 2 AB 2
AB 2
2
2
2
2
� ME 

� MA  MB  2ME 
.
2

4
2
AB 2 �
�
2
2
Q 2 �
2 ME
4ME 2 AB 2
�
2 �
�
.

Mặt khác: ME �DE  EI  ID  2 5  5  3 5.



�Q 2�

4. 3 5



2

20 200

Q 10 2

Qmax 10 2

�MA  MB
.
�
M
�
D
�

uur
uur
4  2( xD  4) �xD  6
�
� EI  2 ID � �
��
� M  6;4  � P  a  b  10
2  2( yD  3) �yD  4
�
Bài toán 7: (Đề thi giao lưu kiến thức thi THPTQG lần 3 Quảng Xương 1  z  i  z  3i
2021) Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn
là số thuần
ảo. Biết rằng z1  z2  3 , giá trị lớn nhất của z1  2 z2 bằng





A. 2 2  3.
B. 2 3  3.

C. 2 3  2.
D. 3 2  3.
Giải.
Chọn D.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
x   y  1 i �
x    y  3 i �
�
z  x  yi  x, y �� , khi đó:  z  i   z  3i   �
�
�
�
�là
Gọi
2
2
số thuần ảo  Phần thực x   y  1  y  3   0 � x   y  1  4.
2

Gọi A, B là các điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 , khi đó A, B thuộc đường trịn tâm
I  0;1
bán kính R  2 và AB  3 .

11


Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
uuu
r
uuu

r
uuur uuur r
P

z

2
z

OA

2
OB
 3OM .
1
2
Xét điểm M thỏa mãn MA  2MB  0, khi đó :
1
7
MH  , IH 
� IM  2.
2
2
Gọi H là trung điểm của AB , ta có:
Nên M thuộc đường trịn tâm I  0;1 bán kính r  2.





� Pmax  3OM max  3  OI  r   3 1  2  3  3 2.

Dạng 4: Quy về tính khoảng cách nhỏ nhất giữa một điểm thuộc đường thẳng
và một điểm thuộc đường trịn.
Nâng cao, phát triển bài tốn từ tìm một số phức sang tìm hai số phức ta được
các bài toán như sau:
Bài toán 8: Trong các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  i  1 , z2  1  z 2  1  2i tìm
các số phức z1 , z2 sao cho z1  z2 nhỏ nhất [4].
Giải.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z .
z  x  y i x , y ��
Giả sử 1 1 1  1 1
, khi đó: z1  2  i  1 � x1  2  ( y  1)i  1.
� ( x1  2) 2  ( y1  1) 2  1 � ( x1  2) 2  ( y1  1) 2  1.

Gọi M ( x1; y1 ) là điểm biểu diễn cho số phức z1 trong mặt phẳng phức, khi đó M
2
2
thuộc đường trịn  C  : ( x  2)  ( y  1)  1 .
z  x2  y2i  x2 , y2 �� , khi đó:
Gọi 2

z2  1  z2  1  2i � x2  1  y2i  ( x2  1)  ( y2  2)i .

� ( x  1) 2  y 2  ( x2  1) 2  ( y2  2) 2 � x2  y2  1  0.

Gọi N ( x2 ; y2 ) là điểm biểu diễn cho số phức z2 trong mặt phẳng phức, khi đó N
thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .
12

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.

Ta có : z1  z2  MN
MN nhỏ nhất khi M là giao của đường thẳng d qua I ( I là tâm đường trịn)
vng góc với đường trịn  C  , còn N là giao của đường thẳng d với đường
thẳng  .
Khi đó: MN min  IH  R  2 2  1.
2 11
IH  d  I ,   
2 2
2
2
1

1
Trong đó :
.
I  2; 1 vng góc với đường thẳng 
Đường thẳng d qua
.
x  y 1 0
.
 Phương trình đường thẳng
�x  y  1  0
�
( x  2) 2  ( y  1) 2  1 .
Tọa độ điểm M là nghiệm hệ �
�
�

2
2�
2 �
2�
 x; y   �2  ; 1  �� z1  2   i �1  �
�
2 �
2
2 �
�
� 2
�
��
�
2
2�
2 �
2�
�
�x; y   �2  ; 1  �� z1'  2   i �1  �
2 �
2
2 �
� 2
�
�
.
�
2
2�

2 �
2�
M �2 
; 1 
z1  2 
 i �1 
�
�
2
2
2
2
�
�
�
�.
M cần tìm là
ứng với số phức
�x  y  1  0 �x  0
��
� N  0;1 � z2  i
�
x  y  1  0 �y  1
�
N
Tọa độ điểm
là nghiệm hệ
.
�
2

2�
z1  2 
 i�
1 
; z2  i
�
2
2
�
�
Vậy với
thì z1  z2 là nhỏ nhất.

13


Bài toán 9: (Đề thi thử tốt nghiệp THPT lần 1 năm 2021 Thành Nhân - HCM)
số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và iz2  1  2i  1 . Giá trị
z z
nhỏ nhất của biểu thức 1 2 bằng
A. 3 2  1.
B. 3 2  2.
C. 2 2  2.
D. 2 2  1.
Giải:
Chọn D.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z .
E 2;1 , F  4;7  và I  2;1 .
Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , 
� AE  A F  z1  2  i  z1  4  7i  6 2  EF nên A thuộc đoạn thẳng EF .

iz2  1  2i  1 � i  z2  i  2   1 � z2  i  2  1.

'
 z '2  i  2  1
z '2
z


z
2
2
B
'
Đặt
khi đó:
nên
biểu diễn cho
thuộc đường trịn tâm
I  2;1 bán kính R  2.

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
z1  z2  z1  z '2  AB '.

Ta có :
AB ' nhỏ nhất khi A là giao của đường thẳng d qua I ( I là tâm đường trịn)
vng góc với đường trịn  C  , còn B ' là giao của đường thẳng d với đường
thẳng .
Khi đó: AB 'min  IH  R  2 2  1.
Dạng 5: Quy về tính khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất giữa hai điểm lần lượt
thuộc hai đường trịn.

Vẫn là bài tốn tìm hai số phức, song điều kiện của hai số phức được thay đổi
từ thuộc một đường thẳng, một đường tròn sang thuộc hai đường trịn ta được các
bài tốn sau.

14


Bài toán 10: Trong các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  i  1 , z2  1  3i  1 thì
z1  z2

lớn nhất, nhỏ nhất bằng bao nhiêu [4].

Giải.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
z  x  y i x , y �� , khi đó: z1  2  i  1 � x1  2  ( y1  1)i  1.
Giả sử 1 1 1  1 1
� ( x1  2) 2  ( y1  1) 2  1 � ( x1  2) 2  ( y1  1) 2  1.

Gọi M ( x1; y1 ) là điểm biểu diễn cho số phức z1 trong mặt phẳng phức, khi đó M
2
2
thuộc đường trịn  C  : ( x  2)  ( y  1)  1 tâm I  2;1 bán kính R1  1.
Giả sử

z2  x2  y2i  x2 , y2 ��

, khi đó: z2  1  3i  1 � x2  1  ( y2  3)i  1.

� ( x2  1) 2  ( y2  3) 2  1 � ( x2  1) 2  ( y2  3) 2  1.

Gọi N ( x2 ; y2 ) là điểm biểu diễn cho số phức z2 trong mặt phẳng phức, khi đó N
2
2
thuộc đường trịn  C '  : ( x  1)  ( y  3)  1 tâm I '  1;3 bán kính R2  1.

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
II '   2  1   1  3  5.
: z1  z2  MN ,
Ta có
MN min  II ' R1  R2  5  1  1  3, MN max  II ' R1  R2  5  1  1  7.
: MN min  3; MN max  7 .
Vậy
Bài toán 11: Trong các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  4  1 , iz2  2  1 thì z1  2 z2
2

2

lớn nhất, nhỏ nhất bằng bao nhiêu [4].
Giải.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
15


Đặt

z3  2 z2 , khi đó z1  2 z2  z1  z3 .

Giả sử

z1  x1  y1i  x1 , y1 �� , khi đó: z1  4  1 � x1  4  y1i  1.

� ( x1  4) 2  y12  1 � ( x1  4) 2  y12  1.

Gọi M ( x1; y1 ) là điểm biểu diễn cho số phức z1 trong mặt phẳng phức, khi đó M
2
2
thuộc đường tròn  C  : ( x  4)  y  1 tâm I  4;0  bán kính R1  1.

1
iz2  2  1 �  iz3  2  1 � iz3  4  2 � i ( z3  4i )  2 � z3  4i  2.
2
Ta có:
z  x  y3i  x3 , y3 ��
Giả sử 3 3
, khi đó: z3  4i  2 � x3  ( y3  4)i  2.
�

x32  ( y2  4) 2  2 � x32  ( y3  4) 2  4.

Gọi N ( x3 ; y3 ) là điểm biểu diễn cho số phức z3 trong mặt phẳng phức, khi đó N
2
2
thuộc đường trịn  C ' : x  ( y  4)  4 tâm I  0;4  bán kính R2  2.

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
II ' 
: z1  z2  MN ,
Ta có

 0  4

2

  4  0   4 2.
2

MN min  II ' R1  R2  4 2  1  2  4 2  3,
MN max  II ' R1  R2  4 2  1  2  4 2  3.
Vậy: MN min  4 2  3; MN max  4 2  3 .
Dạng 5: Quy về tính khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất giữa một điểm và một
điểm thuộc Elip.
Đặc điểm của các bài toán toán dạng này là tập hợp các điểm M biểu diễn
cho số phức z thỏa mãn yêu cầu của bài toán là một Elip. Ta đến với bài toán thứ
sáu như sau:
Bài toán 12: Trong các số phức z thỏa mãn z  3  z  3  10 , tìm số phức z có
mơ-đun lớn nhất, nhỏ nhất [3].
Giải.
16


Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
Giả sử z  x  yi , M ( x; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z trong mặt phẳng phức,
khi đó: z  3  z  3  10 � MF  MF '  10 với F '  3;0  , F  3;0  , M ( x; y ).
� M thuộc elip có tiêu điểm F '  3;0  ; F  3;0  , độ dài trục lớn bằng 10.

x2 y 2
 E :  1
25 16 .
 Phương trình của

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
Ta có: z  OM với M thuộc Elip nên 4 �OM �5
OM min  4 khi M (0; 4) hoặc M (0;4) tương ứng với z  4i hoặc z  4i .
Nên:
OM max  5 khi M (5;0) hoặc M (5;0) tương ứng với z  5 hoặc z  5 .

Bài toán 13: Cho số phức z  a  bi,  a, b �� thỏa mãn: z  4  z  4  10 và
z6
lớn nhất. Tính S  a  b [3].
A. S  6 .
B. S  5 .
C. S  3 .
D. S  5
Giải.
Chọn B
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z.
z  x  yi  x, y �� , M ( x; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z.
Giả sử

Khi đó: z  4  z  4  10 � MF  MF '  10 với F '  4;0  , F  4;0  , M ( x; y ).
� M thuộc elip có tiêu điểm F '  4;0  ; F  4;0  , độ dài trục lớn bằng 10.

x2 y2
 E :  1
25 9
 Phương trình của
.

17

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
Ta có: z  6  MA với A  6;0 

Dựa vào hình vẽ trên ta thấy để MA lớn nhất khi M �C , khi đó z  5 .
Dạng 6: Một số bài tốn liên quan tới tính chất đối xứng.
Bài toán 14: (Đề khảo sát chất lượng chuyên KHTN Hà Nội 2019) Cho số phức
z  z  2i
P  z  i  z  4 là
z thỏa mãn :
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. 5.
B. 4.
C. 3 3.
D. 6.
Giải.
Chọn A.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z .
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.

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
P  z  i  z  4  MA  MB. Dễ thấy A, B cùng
Xét điểm A(0;1) và B(4;0) thì

phía với đường thẳng y  1  0 nên MA  MB nhỏ nhất bằng BA�trong đó

A�
(0; 3) đối xứng với A qua đường thẳng y  1  0.
BA�
 5.
Do đó MA  MB nhỏ nhất bằng

18


Bài toán 15: (Đề khảo sát chất lượng THPTQG liên trường Nghệ An 2018) Biết
1
z

3

4i

2
2 . Số phức z có
rằng hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3  4i  1 và
phần thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a  2b  12 . Giá trị nhỏ nhất của
P  z  z1  z  2 z2  2
bằng
Pmin 

9945
11 .

Pmin 

9945
13 .

A.
B. Pmin  5  2 3 . C.
D. Pmin  5  2 5 .
Giải.
Chọn C.
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z .
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 .

Bước 2: Chuyển bài tốn tìm cực trị số phức sang bài tốn cực trị hình học.
138 64 �
�
I3 � ; �
Gọi  C3  có tâm �13 13 �, R  1 là đường tròn đối xứng với  C2  qua d . Khi

đó min  MM 1  MM 2  2   min  MM 1  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 MM 1  MM 3  2 �AB  2 , dấu "=" xảy ra

9945
13 .
khi M 1 �A, M 3 �B . Do đó Pmin  AB  2  I1I 3  2  2

Trên đây là một số dạng tốn tơi đã phân chia và phát triển theo kinh nghiệm
giảng dạy của mình trong những năm qua.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
19
 I1I 3 


Để kiểm chứng tính hiệu quả của đề tài, tơi đã tiến hành triển khai đề tài tại
lớp 12A9, còn lớp 12A2 thì khơng (nghĩa là ở lớp 12A2 thì tơi dạy học sinh tìm giá
trị lớn nhất, giả trị nhỏ nhất của mô-đun số phức bằng cách sử dụng bất đẳng thức,
cịn lớp 12A9 thì chủ yếu tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của mô-đun số phức
bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng). Đây là hai lớp mà tơi đánh giá có chất
lượng tương đương. Sau đó tơi đã đánh giá kết quả bằng một bài kiểm tra trắc
nghiệm ngắn (20 phút) như sau:
ĐỀ KIỂM TRA
Câu 1. Cho số phức z thỏa mãn z  1 . Giá trị nhỏ nhất của z  2  i là.
A. 2 2  1
B. 2  1
C. 5  1
D. 3  1 .
Câu 2. Cho số phức z thỏa mãn z  2  2i  1 . Giá trị lớn nhất của z là.
A. 2 2  1
B. 2  1
C. 2
D. 3  1 .
Câu 3. Trong các số phức z thỏa mãn z  2  4i  z  2i , số phức có mơ-đun
nhỏ nhất là.
A. z  2  2i
B. z  2  2i
C. z  2  2i

D. z  2  2i .

z  3  4i  z

Câu 4. Trong các số phức z thỏa mãn
z  a  bi( a, b �R) có mơ-đun nhỏ nhất. Khi đó a 2  b bằng.
1
1
1

A. 4
B. 2
C. 4
Câu 5. Cho số phức z thỏa mãn
là.
A. 10
B. 2 10

z  1  2i  10

, biết số phức

1
D. 2 .


. Giá trị lớn nhất của z  1  4i

C. 3 10

D. 4 10 .

Câu 6. Cho số phức z thỏa mãn z  2  z  2  8 . Giá trị nhỏ nhất của z là.
A. 2 3
B. 3
C. 4
D. 8 .
Câu 7. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  12 và z2  3  4i  5 . Giá trị lớn
nhất của z1  z2 là.
A. 22

B. 2
C. 7
D. 17 .
Câu 8. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  5  5 và z2  1  3i  z2  3  6i .
Giá trị nhỏ nhất của z1  z2 là.

20


1
A. 2

3
B. 2

5
C. 2

7

D. 2 .

zz  zz 4
Câu 9. Số phức z thỏa mãn
. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
P  z  2  2i
nhất và giá trị nhỏ nhất của
. Đặt A  M  m , mệnh đề nào sau đây
là đúng?
A� 34;6
A� 6; 42
A� 2 7; 33
A� 4;3 3
A.
B.
C.
D.
.

















z  w  4.
Câu 10. Cho hai số phức z và w thỏa mãn z  2w  8  6i và
Giá trị
zw
lớn nhất của biểu thức
bằng.
A. 4 6
B. 2 26
C. 66
D. 3 6.
Kết quả thu được là:
Lớp
Điểm
[0; 3)
[3; 5)
[5; 7)
[7; 9)
[9; 10]

12A2
Tần số
Tần suất (%)
5
11,36
10

22,73
18
40,91
7
15,91
4
9,09
N = 44

12A9
Tần số
Tần suất (%)
2
4,26
3
6,81
21
47,73
14
29,79
7
14,89
N = 47

So sánh kết quả đạt được của hai lớp, chúng ta có thể thấy được hiệu quả của
đề tài sau khi được triển khai.
Nhìn chung, nhiều học sinh đã biết cách làm các bài tốn tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của modun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Học
sinh khơng cịn tâm lý “e ngại” khi gặp phải các bài toán dạng này, thậm chí một bộ
phận khơng nhỏ học sinh có thể tiếp cận với những bài tốn khó hơn trong các đề

thi trung học phổ thông quốc gia hay các đề khảo sát của các trường.
Bên cạnh đó học sinh cũng học hỏi được cách tư duy lô-gic, cách quy lạ về
quen, cách mở rộng phát triển các bài tốn khơng chỉ trong phần này mà còn các
phần khác nữa.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
Trên đây là những kinh nghiệm của tơi trong q trình dạy học. Với tuổi đời
và tuổi nghề còn non trẻ, kinh nghiệm chưa nhiều nên tôi không tránh khỏi những
21


thiếu sót. Rất mong được các đồng chí góp ý và chia sẻ kinh nghiệm giúp tôi ngày
tiến bộ hơn trong công tác, phát triển hơn chuyên môn nghiệp vụ.
Tôi xin trân trọng cảm ơn !
3.2. Kiến nghị.
Tôi mong muốn được Sở GDĐT, nhà trường cung cấp cho chúng tôi một số
SKKN đã được Sở, nhà trường đánh giá là có chất lượng của những năm học trước
để chúng tơi được học hỏi, nghiên cứu, áp dụng vào thực tế giảng dạy nhằm nâng
cao chất lượng dạy học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác.

Nguyễn Thị Bích Huệ

22

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Luật Giáo dục 2019 . Nguồn:
[2] Chuyên đề số phức – Bùi Trần Duy Tuấn . Nguồn:
[3] Chuyên đề số phức – Nguyễn Chín Em. Nguồn:
[4] Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa modul số phức –
Nguyễn Hoàng Việt . Nguồn: