(Sáng kiến kinh nghiệm) giúp học sinh giải bài toán tìm số phức có môđun lớn nhất, nhỏ nhất bằng “con mắt” hình học

1. Mở đầu
1. 1. Lí do chọn đề tài
Số phức được đưa vào giảng dạy ở bậc phổ thông của nhiều nước trên thế
giới, nhưng lại là nội dung mới với học sinh trung học phổ thông ở Việt Nam.
Từ năm học 2008 – 2009, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã chính thức đưa nội dung
“số phức” vào chương trình phổ thơng. Tính đến thời điểm này, cũng đã được
gần 10 năm, mặc dù nội dung trong sách giáo khoa cịn ở mức độ đơn giản song
nó chỉ được phân bố trong khoảng thời lượng không nhiều, mặt khác tài liệu
tham khảo về nội dung này cịn rất ít, đã vậy nội dung này đã được đưa và hầu
hết các đề thi THPT Quốc gia trong những năm gần đây và nó chiếm một tỉ lệ
nhất định. Bắt đầu từ năm học 2016-2017 mơn tốn đã chuyển sang hình thức
thi trắc nghiệm, việc giúp học sinh nhận dạng và đưa ra cách giải nhanh, chính
xác là một yêu cầu tối cần thiết. Vì vậy việc dạy và học “Số phức” có hiệu quả
thật sự là một vấn đề cần nghiên cứu. Trải qua một số năm tham gia dạy chương
trình tốn lớp 12, tơi thấy:
Học sinh mới tiếp cận tập hợp “ Số phức” ở lớp 12 nên phần lớn khi vận dụng
các em bị ảnh hưởng nhiều tính chất của tập hợp số thực, vì vậy các em tỏ ra
lúng túng khi giải quyết bài toán về số phức, đặc biệt có em cịn nhầm tưởng
tính chất của tập hợp số thực cũng đúng trong tập hợp số phức.
Đặc biệt việc giải bài tốn “Tìm tập hợp các điểm 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 phương 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 tốn cực trị trong
hình học,.. để từ đó giải quyết được bài tốn “Tìm số phức có mơđun lớn nhất,
nhỏ nhất thoả mãn điều kiện cho trước”. Trên cơ sở ấy các em có thể phát huy
được sức sáng tạo và tư duy logíc của mình. Riêng bản thân, ở mối tiết dạy, ở
mỗi bài dạy tôi luôn trăn trở tìm ra những phương pháp dạy học thích hợp để tác
động tới từng đối tượng học sinh, và tìm mọi cách để xoá bỏ việc tiếp thu kiến

thức một cách thụ động. Đồng thời nâng cao trình độ tư duy và sức sáng tạo của
học sinh. Chính vì những lí do trên nên tôi chọn đề tài “Giúp học sinh giải bài
tốn tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất bằng “Con Mắt” hình học ” để
viết sáng kiến kinh nghiệm. Nhằm góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học
chương số phức của lớp 12.
1. 2. Mục đích nghiên cứu
Giúp các em học sinh có nhiều cách nhìn hơn trong việc tư duy giải một bài toán
đại số.
1. 3. Đối tượng nghiên cứu
Trong đề tài “Giúp học sinh giải bài tốn tìm số phức có mơđun lớn nhất,
nhỏ nhất bằng “Con Mắt” hình học ”, phương pháp hình học giải bài tốn tìm
số phức có mơdun lớn nhất, nhỏ nhất.

1


1. 4. Phương pháp nghiên cứu
1. Phương pháp nghiên cứu lý thuyết
- Nghiên cứu tài liệu và các cơng trình nghiên cứu đổi mới PPDH theo
hướng tích cực hóa việc học của học sinh.
- Nghiên cứu về cấu trúc và nội dung chương trình giải tích 12 (Chương
số phức).
2. Phương pháp thực tập sư phạm
Thực nghiệm sư phạm ở trường THPT, tiến hành theo quy trình của đề tài
sáng kiến kinh nghiệm để đánh giá hiệu quả của đề tài nghiên cứu.
3. Phương pháp thống kê toán học:
Sử dụng phương pháp này để thống kê, xử lý, đánh giá kết quả thu được.

2

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2. 1. Cơ sở lí luận của SKKN.
Phương pháp nghiên cứu SKKN này dựa trên cơ sở:
+ Các kiến thức cơ bản về số phức.
+ Các kiến thức cơ bản về lượng giác và phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
+ Những sai lầm thực tế khi làm bài của học sinh về số phức.
2. 1.1. Số phức. [1]
 Định nghĩa 1:
Mỗi số phức là một biểu thức có dạng a+ bi, với a, b  R và i2 = -1.
Kí hiệu số phức đó là z = a +bi ; i gọi là đơn vị ảo, a gọi là phần thực, b gọi là
phần ảo của số phức z = a + bi.
Tập hợp các số phức kí hiệu là C.
 Định nghĩa 2: Hai số phức bằng nhau
a  a '
'
'
a  bi  a  b i  
'
b  b
Từ đó, a + bi = 0  a = b = 0.
 Biểu diễn hình học của số phức:
+ Ứng với mỗi số phức z = a + bi có duy nhất một điểm M(a;b) trên mặt
phẳng Oxy và ngược lại. Kí hiệu M(a+bi) hay M(a;b).

Ngồi ra, số phức z = a + bi còn được biểu diễn bởi vectơ u (a; b) .
+ Các điểm trên trục hoành Ox biểu diễn các số thực. Các điểm trên trục tung
Oy biểu diễn các số ảo.
 Phép cộng, phép trừ hai số phức:
Cho hai số phức z = a + bi và số phức z’ = a' + b’i.

Tổng của hai số phức trên là số phức z+z’ = (a+a’) + (b+b’)i .
Hiệu của hai số phức trên là số phức z-z’ =(a-a’) + (b-b’)i .
Khi đó, nếu u (a; b) biểu diễn số phức z, u '(a ' ; b' ) biểu diễn số phức z’ thì vectơ
 '  '
u  u , u  u lần lượt biểu diễn số phức z+z’, z- z’
 Phép nhân số phức:
Cho hai số phức z = a + bi và số phức z’ = a' + b’i.
Tích của hai số phức trên là số phức zz’ = (aa’ –bb’)+ (ab’+a’b)i .
Chú ý: Có thể thực hiện các phép tốn cộng, trừ, nhân hai số phức một cách
hình thức tương tự như các phép toán cộng, trừ, nhân trên tập hợp số thực R.
 Phép chia số phức:
+ Số phức liên hợp của số phức z = a +bi là số phức z  a  bi .
+ Môđun của số phức z = a +bi là z  a 2  b 2 .
1
1
+ Số nghịch đảo của số phức z = a +bi khác 0 là số phức z  2 z .
z

3


z'
của hai số phức z’ = a’ + b’i và số phức z = a + bi khác 0 là tích
z
z'
z' z
' 1
’
 z .z  2
của z với số phức nghịch đảo của z, tức là

z
z
+ Thương

a'  b' i (a'  b' i)(a  bi) 2
Vậy:

,(a  b2  0 ).
2
2
a  bi
a b
Chú ý : Nếu điểm M biểu diễn số phức z, điểm M’ biểu diễn số phức z’ thì
'
MM’ = z  z .
 Phương trình bậc hai với hệ số a,b,c là số thực:
ax 2  bx  c  0 (a  0),

  b 2  4ac .

b  
2a
b  |  |.i
+D < 0: Phương trình có 2 nghiệm phức x1,2 
2a
 Tập hợp các điểm biễu diễn số phức thừơng gặp:
+ Tập hợp điểm biễu diễn số phức z là đường thẳng :
Cho số phức z thoã mãn: z  z1  z  z2 . Giả sử M, A, B lầ lượt là điểm biểu
diễn các số phức z, z1,z2.
Ta có z  z1  z  z2  MA  MB  M thuộc  : ax  by  c  0 là trung trực

của AB
+Tập hợp điểm biểu diễn là đường tròn :
Cho số phức z thoã mãn: z  a  bi  R  0 .Tập hợp điểm biễu diễn số phức z
là đường tròn (C ) : ( x  a ) 2  ( y  b) 2  R 2
+Tập hợp điểm biểu diễn là elip:
Cho số phức z thoã mãn: z  c  z  c  2a . Tập hợp điểm biễu diễn số phức z
x2 y 2
là (E) có phương trình:
 2  1 (0  b  a; b 2  a 2  c 2 )
2
a
b
2.1.2. Một số kiến thức áp dụng.
1.Bất đẳng thức Bunhia-Cốpxki với bốn số thực:
Với bốn số thực a,b,c,d, ta có: (ax  by )2  (a 2  b 2 )( x 2  y 2 ) .Dấu đẳng thức
xảy ra khi ay=bx.
2. Định lí về dấu tam thưc bậc hai.
3. Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số.
4.Giao điểm của đường thẳng với đường thẳng, của đường thẳng với đường
trịn...
+D ³ 0: Phương trình có 2 nghiệm thực x1,2 

4


2. 2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Thực trạng dạy học chương số phức nói chung và bài tốn tìm số phức có
mơ đun lớn nhất, nhỏ nhất nói riêng ở trường THPT được thể hiện ở một số
điểm sau:
Thời lượng SGK dành cho chương số phức khơng nhiều, kiến thức đơn

giản, khơng có nhiều dạng bài tập trong khi đó các đề thi hiện nay ,với hình thức
thi trắc nghiệm, nên các dạng bài tập hết sức đa dạng , phong phú. Mức , độ yêu
cầu của đề ngày càng cao, vượt xa những gì sách giáo khoa cung cấp gây nhiều
khó khăn cho học sinh.
Đối với học sinh, việc tiếp thu và vận dụng kiến thức về số phức của nhiều
em còn hạn chế một phần do đó là kiến thức mới.bài tốn tìm số phức có mơđun
lớn nhất, nhỏ nhất lại càng khó hơn vì nó liên quan đến nhiều bài toán định
lượng, bất đẳng thức, mối liên hệ giữa đại số với bài tốn hình học....
Qua các bài kiểm tra thường xuyên, bài kiểm tra định kì ở lớp 12C2 tôi
thấy nhiều học sinh thường không làm được bài tập phần này. Vì thế điểm kiểm
tra thường thấp hơn so với các phần học khác. Cụ thể kết quả bài kiểm tra 15
phút của lớp 12C2 (Năm học 2014-2015), trước khi tôi chưa đưa ra phương
pháp như sau:
Đề bài:
Câu 1:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z ,
biết rằng
z  2  z  2  6.
Lời giải
Câu 2: Tìm số phức z có mơđun nhỏ nhất và thỏa mãn iz  3  z  2  i .
Lớp 12C2(Năm học 2014-2015): ( Tổng số HS :36)
Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
0
0
6
16,7
15
41,7
11
30.56
4
11.04
Phân tích :
+Nhiều em không làm được câu 1 do lúng túng không biết xử lí khi bài tốn cho
cả z, z .Khơng nắm vững kiến thức về elip nên khơng tìm được tập hợp điểm M
biểu diễn số phức z.
+ Nhiều em đi theo hướng 1 nhưng không lập được mối liên hệ giữa x và y
nên khơng thể tính được z do đó khơng giải được bài tốn.
+Nhiều em đi theo hướng 2 nhưng khơng giải được bài tốn do khơng nắm được
bản chất “Hình học” của bài tốn.
2. 3. Các giải pháp đã sử dụng giải quyết vấn đề
2.3.1. Một số bài tốn tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức điển hình:

Bài tốn1: Giả sử M là điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z.

5


Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn một trong các điều kiện sau đây:
a) z  1  i =2
b) 2  z  1  i
c) z  2  z  2  6
Giải:
Đặt z = x +yi (x, y  R) được biểu diễn bởi điểm M(x;y)
a) Xét hệ thức: z  1  i =2 (1)
  x – 1   y  1 i  2

 x  1   y  1  2.
2
2
  x  1   y  1  4.
2



2

 Tập hợp các điểm M(z) trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn số phức z thỏa mãn
(1) là đường trịn có tâm tại I(1;-1) và bán kính R = 2.
b) Xét hệ thức
2 z  z i

 |(x+2) +yi| = |x+(y-1)i|

 (x+2)2 + y2 = x2 + (y-1)2
 4x + 2y + 3 = 0.
Vậy tập hợp các điểm M là đường thẳng
4x + 2y + 3 = 0.
Nhận xét: Đường thẳng 4x + 2y + 3 = 0 chính là
đường trung trực của đoạn AB.
Giải
Giả sử z  x  yi,  x, y  R  .
Ta có :
z  2  z  2  6   x  2   yi   x  2   yi  6

 x  2  y   x  2  y  6
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức


2

2

2

2

.

z . Xét hai điểm F1  2;0  , F2  2;0  .
Khi đó hệ thức trên được viết lại thành MF1  MF2  6 .
Tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện MF1  MF2  6 là elip  E  nhận F1 , F2
làm hai tiêu điểm và có độ dài trục thực bằng 6. Độ dài trục bé bằng
2 32  22  2 5 .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho là elip
 E  có phương trình
x2 y 2

 1.
9
5
Bài tốn 2: (Trích đề thi tuyển sinh đại học Bách Khoa năm 2010)

6


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa
mãn:
z  i  1 i z .
Lời giải
Giả sử z  x  yi,  x, y  R  .
Ta có :
z  i   1  i  z  x   y  1 i   1  i   x  yi  
x   y  1 i   x  y    x  y  i
 x 2   y  1   x  y    x  y   x 2  y 2  2 y  1  0  x 2   y  1  2 .
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho là đường
2
tròn  C  có phương trình x 2   y  1  2 .
Bài toán 3 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn các số
phức  1  i  z  2 , biết rằng z là số phức thỏa mãn điều kiện z  3  2i  2 .
Lời giải
Cách 1: Giả sử z  x  yi,  x, y  R  .
2

2

2

2

Ta có z  3  2i  2   x  3   y  2  i  2   x  3    y  2   4  * .
2

2

Đặt w   1  i  z  2 . Giả sử w  a  bi,  a, b  R  .
Ta có :
w   1  i  z  2  a  bi   1  i   x  yi   2  a  bi  x  y  2   x  y  i
ab2

x

a  x  y  2 
2


.
b  x  y
y  b  a  2

2
2
2
ab2

ba2




Do đó từ hệ thức  * , ta có 
 3  
 2  4
2
2

 

  a  b  4    b  a  2   16  a 2  b 2  6a  2b  2  0
2

2

  a  3   b  1  8 .
2

2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức  1  i  z  2 là đường trịn có phương
trình :  x  3   y  1  8 .
Cách 2: Đặt w   1  i  z  2 . Khi đó ta có w  3  i   1  i   z  3  2i  .
Từ giả thiết và tính chất của mơđun ta có w  3  i   1  i   z  3  2i 
2

2

 w  3  i  1  i . z  3  2i  w  3  i  2 2 .
2
2
Giả sử w  x  yi,  x, y  R  thì w  3  i  2 2   x  3   y  1  8 .

7


Bài toán 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn các số
phức z thỏa mãn điều kiện: 2 z  i  z  z  2i .
Lời giải
Giả sử z  x  yi,  x, y  R  . Ta có 2 z  i  z  z  2i
 2 x   y  1 i  x  yi   x  yi   2i  x   y  1 i   y  1 i
1 2
x
4
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện đã cho là parabol
 P  có phương trình y  1 x 2 .
4
2. 3.2. Bài tốn tìm cực trị của số phức.
*) Phương pháp:
Bài toán: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện T. Tìm số phức z để biểu
thức P đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất.
Từ điều kiện T, biến đổi để tìm cách rút ẩn rồi thế vào biểu thức P để được hàm
một biến.
Tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) tuỳ theo yêu cầu bài tốn của hàm số một
biến vừa tìm được.
Kỹ năng:
+Phương pháp đại số.

+Phương pháp hình học.
+ Phương pháp bđt modun.
+Phương pháp casio.
*) Một số bài tốn điển hình.
Dạng 1: Quỹ tích điểm biễu diễn số phức z là đường thẳng :Giả sử M,A,B lầ
lượt là điểm biểu diễn các số phức z, z1,z2.
Ta có : z  z1  z  z2  MA  MB  M thuộc  : ax  by  c  0 là trung trực
của AB
Khi đó z min khi điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là hình chiếu vng góc của
O lên  .
Nhận xét : Đề bài có thể suy biến bài tốn thành một số dạng khác,khi đó ta
cần thực hiện biến đổi đưa về dạng cơ bản:
Ví dụ :
+Cho số phức z thoã mãn z  a  bi  z  c  di .Khi đó ta biến đổi:
 x 2   y  1   y  1  y 
2

2

z  a  bi  z  c  di  z  a  bi  z  c  di
+ Cho số phức z thoã mãn iz  a  bi  z  c  di .Khi đó ta biến đổi:
a  bi
c  di
iz  a  bi  z  c  di  z 
 z
 z  b  ai  z  d  ci
i
i

8

Ví dụ 1: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z  1  5i  z  3  i , tìm số
phức có mơđun nhỏ nhất.
Gọi z  x  yi

 x; y  R  .

Giải:

z  1  5i  z  3  i  ( x  1) 2  ( y  5) 2  ( x  3) 2  ( y  1) 2
 x  3 y  4  0 () .
Gọi điểm M(x;y) biểu diễn số phức z suy ra z min khi M là hình chiếu vng
2 6
2 10
góc của O lên  (O là gốc tọa độ).Tìm được M ( ; ) suy ra z min 
khi
5 5
5
2 6
z  i
5 5
*Nhận xét: Nếu gặp bài toán chẳng hạn : Trong các số phức z thoả mãn điều
kiện z  1  5i  z  3  i . Tìm z min .
z min  d (O; ) 

2 10
5





Ví dụ 2: Biết rằng số phức z thỏa mãn : u   z  3  i  z  1  3i là một số thực.
Tìm giá trị nhỏ nhất của z .
Giải

Đặt z= x+ yi (x, y  R ) ta có
u   x  3   y  1 i   x  1   y  3 i   x 2  y 2  4 x  4 y  6  2  x  y  4  i
Ta có: u  R  x  y  4  0
Tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường thẳng d: x-y-4=0.
M(x;y) là điểm biểu diễn của z , z có mơđun nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài OM
nhỏ nhất  OM  d .
Tìm được M(-2;2) suy ra z = -2+2i.  z min  2 2
Dạng 2: Quỹ tích điểm biễu diễn số phức z là đường tròn
(C ) : (x  a) 2  ( y  b) 2  R 2
Gọi M(x;y) biểu diễn số phức z ,Khi đó ta có:
 z  OI  R  a 2  b 2  R  z  R
0
 min

2
2
z
 max  OI  R  a  b  R  z0  R
Nhận xét : Đề bài có thể suy biến bài tốn thành một số dạng khác,khi đó ta
cần thực hiện biến đổi đưa về dạng cơ bản:
Ví dụ :

9

+ Cho số phức z thoã mãn iz  a  bi  R .Khi đó ta biến đổi:
 a  bi R
iz  a  bi  R  z 
  z  a  bi  R
i
i
+ Cho số phức z thoã mãn z  a  bi  R .Khi đó ta biến đổi:
z  a  bi  R  z  a  bi  R (Lấy liên hợp hai vế).
+ Cho số phức z thoã mãn (c  di ) z  a  bi  R .Khi đó ta biến đổi:
 a  bi
R
R
(c  di ) z  a  bi  R  z 


c  di
c  di
c2  d 2
z 2i
 2 . Tìm giá trị nhỏ
Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
z 1 i
nhất và giá trị lớn nhất của z .
Giải
Giả sử z  x  yi,  x, y  R  .
Ta có
z  2i
 2  z  2  i  2 z  1  i  x  2   y  1 i  2 x  1   y  1 i

z 1 i
2
2
2
2
2
  x  2    y  1  2  x  1   y  1   x 2   y  3   10 .


Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  0;  3 , bán
kính R  10 .
Giả sử M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z thì z nhỏ nhất khi và chỉ khi
OM nhỏ nhất; z lớn nhất khi và chỉ khi OM lớn nhất.
Đường thẳng OI có phương trình x  0 . Giao điểm của đường thẳng OI với
đường

tròn

 I ; R   là









M 1 0;  3  10 , M 2 0;  3  10 .

Khi

đó

OM 1  3  10; OM 2  3  10 .

Với mọi điểm M nằm trên đường tròn  I ; R  , ta ln có OM 2  OM  OM 1 .
Vậy giá trị lớn nhất của z bằng 3  10 và giá trị nhỏ nhất của z bằng
3  10 .
2. 3.2.2. Mở rộng:
Bài tốn gốc số 1:
Cho đường trịn (T ) cố định có tâm I bán kính R và điểm A cố định. Điểm M di
động trên đường tròn (T ) . Hãy xác định vị trí điểm M sao cho AM lớn nhất, nhỏ
nhất.
Giải:
TH1: A thuộc đường tròn (T)

10


Ta có: AM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi M trùng với A
AM đạt giá trị lớn nhất bằng 2R khi M là điểm đối xứng với A qua I
TH2: A khơng thuộc đường trịn (T)
Gọi B, C là giao điểm của đường thẳng qua A,I và đường trịn (T);
Giả sử AB < AC.
+) Nếu A nằm ngồi đường trịn (T) thì với điểm M bất kì trên (T), ta có:
AM  AI  IM  AI  IB  AB .
Đẳng thức xảy ra khi M  B
AM  AI  IM  AI  IC  AC .
Đẳng thức xảy ra khi M  C

+) Nếu A nằm trong đường trịn (T) thì với
điểm M bất kì trên (T), ta có:
AM  IM  IA  IB  IA  AB .
Đẳng thức xảy ra khi M  B
AM  AI  IM  AI  IC  AC .
Đẳng thức xảy ra khi M  C
Vậy khi M trùng với B thì AM đạt giá trị
nhỏ nhất.
Vậy khi M trùng với C thì AM đạt giá trị
lớn nhất.
Bài tốn gốc số 2:
Cho hai đường trịn (T1 ) có tâm I, bán kính R1; đường trịn (T2 ) có tâm J, bán
kính R2. Tìm vị trí của điểm M trên (T1 ) , điểm N trên (T2 ) sao cho MN đạt giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải:
Gọi d là đường thẳng đi qua I, J;
d cắt đường tròn (T1 ) tại hai điểm phân biệt A, B (giả sử JA > JB) ; d cắt (T2 ) tại
hai điểm phân biệt C, D ( giả sử ID > IC).
Với điểm M bất khì trên (T1 ) và điểm N bất kì trên (T2 ) .
MN  IM  IN  IM  IJ  JN  R1  R2  IJ  AD .
Ta có:
Đẳng thức xảy ra khi M trùng với A và N trùng với D
MN  IM  IN  IJ  IM  JN  IJ  R1  R2  BC .
Đẳng thức xảy ra khi M trùng với B
và N trùng với C.
Vậy khi M trùng với A và N
trùng với D thì MN đạt giá trị lớn
nhất.
Khi M trùng với B và N trùng
với C thì MN đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài toán gốc số 3:

11


Cho hai đường trịn (T ) có tâm I, bán kính R; đường thẳng  khơng có điểm
chung với (T ) . Tìm vị trí của điểm M trên (T ) , điểm N trên  sao cho MN đạt
giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên d
Đoạn IH cắt đường tròn (T ) tại J
Với M thuộc đường thẳng  , N thuộc đường trịn (T ) , ta
có: MN  IN  IM  IH  IJ  JH  const .
Đẳng thức xảy ra khi M  H ; N  I
Vậy khi M trùng với H; N trùng với J thì MN đạt giá trị
nhỏ nhất.
Ví dụ 4: Trong các số phức z thoả mãn z  3  4i  4 . Tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của z .
Giải:
Gọi z  x  yi  x; y  R   M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ
Oxy
z  3  4i  4  ( x  3) 2  ( y  4) 2  4  ( x  3) 2  ( y  4) 2  16
Vậy điểm M biểu diễn cho số phức z thuộc đường trịn (T) có tâm I (3; 4) , bán
kính R = 4.
z  x 2  y 2  OM ; OI  5  R nên O nằm ngồi đường trịn (T)
z lớn nhất khi OM lớn nhất, nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.
(Bài toán qui về bài toán gốc số 1- Trường hợp 2)
Đường thẳng OI cắt đường tròn (T) tại hai điểm phân biệt
 3 4   27 36 
A  ;   ; B  ;    OA  1; OB  9

5 
5 5  5
Với M di động trên (T), ta có: OA  OM  OB  1  OM  9  1  z  9
 OM nhỏ nhất khi M trùng với A; OM lớn nhất khi M trùng với B
3 4
27 36
 i
Vậy z nhỏ nhất bằng 1 khi z   i ; z lớn nhất bằng 9 khi z 
5 5
5
5
Cách 2
Gọi z  x  yi  x; y  R 
 M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy

  3  4i  A(3; 4) biểu diễn cho số phức 
z  OM ;   OA  5  z    AM ;
Theo giả thiết z  3  4i  4  z    4  AM  4 .

12


Ta có:
OM  OA  AM  4  OM  OA  4
 4  OA  OM  4  OA  1  OM  9
3 4
27 36
 1  z  9 ; z  1 khi z   i ; z  9 khi z 
 i
5 5

5
5
3 4
27 36
 i
Vậy z nhỏ nhất bằng 1 khi z   i ; z lớn nhất bằng 9 khi z 
5 5
5
5
Nhận xét: Ngoài ra bài tốn trên có thể giải bằng phương pháp sử dụng bất đẳng
thức Bunhia-Cốpxki hoặc phương pháp lượng giác hố.
Ví dụ 5: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z ( z  2  4i) là một số ảo, tìm
số phức z sao cho   z  1  i có mơđun lớn nhất.
Giải:

Gọi z  x  yi  x; y  R 
 M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy
z ( z  2  4i )  ( x  yi )  ( x  2)  ( y  4)i   x( x  2)  y ( y  4)   x( y  4)  y ( x  2)  i
z ( z  2  4i) là một số ảo
 x( x  2)  y ( y  4)  0  x 2  y 2  2 x  4 y  0  ( x  1) 2  ( y  2) 2  5
 M biểu diễn cho z thuộc đường trịn (T) có tâm I (1;2) , bán kính R  5
  z  1  i  ( x  1)  ( y  1)i  ( x  1) 2  ( y  1) 2  AM với A(1;1)
IA  5  A  (T ) (Bài toán được qui về bài toán gốc số 1 - trường hợp 1).
Vì M là điểm di động trên (T) nên AM lớn nhất
 AM là đường kính của (T)
 M đối xứng với A qua I
 I là trung diểm của AM
 M (3;3)  z  3  3i    4  2i
Vậy  lớn nhất bằng 2 5 khi z  3  3i .
Ví dụ 6: Trong các số phức z1, z2 thoả mãn: z1  1  i 1 ; z2  6  6i  6 , tìm

số phức z1, z2 sao cho z1  z2 đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
Gọi z1  a  b.i ; z2  c  d .i ; (a, b, c, d là những số thực); z1 được biểu diễn bởi
điểm M(a; b); z2 được biểu diễn bởi điểm N(c; d) trong mặt phẳng toạ độ Oxy
2

z1  1  i  1  z1  1  i  1  (a  1) 2  (b  1) 2  1 suy ra M thuộc đường
trịn tâm I(1; 1), bán kính R = 1.
2
z2  6  6i  6  z2  6  6i  36  (c  6) 2  (d  6) 2  36 suy ra M thuộc
đường trịn tâm J(6; 6), bán kính R' = 6.

13


z1  z2  (c  a ) 2  (d  b) 2  MN .
Ví dụ 7: (Trích đề thi thử THPT chuyên Phan Bội Châu )
Cho số phức z thoã mãn z  2  3i  1 .Giá trị lớn nhất của z  1  i là

A. 13  2

B.4

C.6

D. 13  1

Giải:
Cách 1: Gọi z=x+yi, ta có z-2-3i=(x-2)+(y-3)i .Nên ta có : ( x  2) 2  ( y  3) 2  1
.Do đó điểm M biểu diễn số phức z nằm trên đường trịn tâm I(2;3), bán kính

R=1.
2
2
Ta có z  1  i  ( x  1)  ( y  1) .Gọi M(x;y) và H(-1;1) thì
MH  ( x  1) 2  ( y  1) 2 .Vì M chạy trên đường trịn , H cố định nên MH lớn
nhất khi M là giao điểm của HI với đường trịn .
 x  2  3t
Phương trình HI: 
, Giao điểm của HI với đường tròn ứng với t thoã
y

3

2
t

1
2
2
mãn 9t  4t  1  t  
suy ra
13
3
2
3
2
M (2 
;3 
), M (2 
;3 

).
13
13
13
13
Tính độ dài MH , ta chọn kết quả MH  13  1 .Chọn đáp án D
Cách 2: Đặt W  z  1  i .Ta có
z  2  3i  1  z  2  3i  1  ( z  1  i)  3  2i  1  W  3  2i  1 .Nên
tập hợp điểm biểu diễn W là đường trịn có tâm I(3;-2), bán kính R=1
Vậy W max  OI  R  1  13 .Chọn đáp án D.
Nhận xét: có thể dùng lượng giác để giải bài toán này.
(Bài toán được qui về bài toán gốc số 2).
Đường thẳng IJ có phương trình y = x. Đường thẳng IJ cắt đường tròn tâm I tại
2 2 2 2 
2 2 2 2 
;
;
hai điểm M 1 
; M 2 

2
2
2
2




Đường thẳng IJ cắt đường tròn tâm J tại hai điểm
N1 6  3 2;6  3 2 ; N 2 6  3 2;6  3 2 .



 



M 2 N1  MN  M 1 N 2  5 2  7  z1  z2  5 2  7
max z1  z2  5 2  7 khi M  M 1 , N  N 2 .

14


Vậy z1 
nhất.

2 2 2 2

i ; z2  6  3 2  6  3 2 i thì z1  z2 đạt giá trị lớn
2
2





Ví dụ 8: Cho các số phức z1; z2 thoả mãn: z1 1 ; z2  z2  (1  i )   6  2i là một số
2
thực. Tìm số phức z1; z2 sao cho P  z2   z1 z2  z1 z2  đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:

Gọi z1  a  bi ; z2  c  di ;  a, b, c, d  R 
 M (a; b), N (c; d ) lần lượt biểu diễn cho z1; z2 trong hệ toạ độ Oxy
z1  1  a 2  b 2  1  a 2  b 2  1
 M thuộc đường tròn (T ) có tâm O, bán kính R = 1
z2  c  di;

  z  z   1  i    6  2i   c  di   (c  1)  (d  1)i   2  6i

 c(c  1)  d (d  1)  2   c(d  1)  d (c  1)  6  i
 là số thực  c(d  1)  d (c  1)  6  0  c  d  6  0
 N thuộc đường thẳng  : x  y  6  0
Ta có d (O; )  1 nên  và (T ) khơng có điểm chung
z1 z2  ac  bd  (bc  ad )i;
z1 z2  ac  bd  (bc  ad )i  z1 z2  z1z 2  2(ac  bd )

P  c 2  d 2  2(ac  bd )  (c  a )2  (b  d )2  1  MN 2  1 (vì a 2  b 2  1 )
(Bài toán được qui về bài toán gốc số 3).
Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên  : x  y  6  0  H (3;3)
 2 2
(
T
)
I
;
Đoạn OH cắt đường tròn
tại 

2
2 


Với N thuộc đường thẳng  , M thuộc đường tròn (T ) , ta có:
MN  ON  OM  OH  OI  IH  3 2  1 .
Đẳng thức xảy ra khi M  I ; N  H





2

 P  3 2  1  1  18  6 2 .
Đẳng thức xảy ra khi z1 

2
2

i; z2  3  3i
2
2

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 18  3 2 khi z1 

2
2

i; z2  3  3i .
2
2

15

Ví dụ 9: Cho số phức z thoả mãn z  1  i  2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2

2

P  z  2  i  z  2  3i .
Giải
Cách 1: Gọi z  x  yi ( x, y  R) , M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z.Ta có :
z  1  i  2  ( x  1) 2  ( y  1) 2  4 suy ra M nằm trên đường trịn (C) tâm I(1;1), bán kính R=2.
Xét A(2;1), B(2;3), N(0,2) là trung điểm của AB.Khi đó:
2
2
P  z  2  i  z  2  3i  ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( x  2) 2  ( y  3) 2
AB 2
 MA  MB  2MN 
 2MN 2  10
2
Mặt khác do N nằm ngồi đường trịn (C) nên
MNmax =NI+R= 2  10  Pmax  38  8 10
Cách 2: Ta có :
2
2
P  z  2  i  z  2  3i  ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( x  2) 2  ( y  3) 2
2

2

2

 2 x 2  2 y 2  8 y  18  P  0
Suy ra toạ độ điểm M thoả mãn hệ:
( x  1) 2  ( y  1) 2  4
( x  1) 2  ( y  1) 2  4

 2
2
2x  2 y  8 y  18  P  0 4x  12 y  22  P  0 ()
Hệ trên có nghiệm khi
d ( I ,  )  R  P  38  8 10  38  8 10  P  38  8 10
Suy ra Pmax  38  8 10
x2 y 2
Dạng 3: Quỹ tích điểm biễu diễn số phức z là elip (E): 2  2  1,(0  b  a)
a
b
Ví dụ 10: Trong các số phức z thoả mãn điều kiện z  3  z  3  10 . Tìm số
phức z có môđun lớn nhất.
Giải:
Gọi z  x  yi  x; y  R 
 M ( x; y ) biểu diễn cho số phức z trong hệ toạ độ Oxy
z  3  z  3  10  ( x  3) 2  y 2  ( x  3) 2  y 2  10  MF1  MF2  10 ;
(với F1 (3;0); F2 (3;0) ).
2
2
x
y
 M  ( E ) có tâm O, trục lớn bằng 10; tiêu cự bằng 6  M  ( E ) : 
1
25 9

z  OM ; OM lớn nhất  OM  a  5  M (5;0)  M ( 5;0)

Vậy z lớn nhất bằng 5 khi hoặc z=-5

16


2. 4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Với cách làm tơi vừa trình bày ở trên, giáo viên cần gơị mở để học sinh
chủ động phát hiện ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z để có thể đưa bài
toán phức tạp về bài toán cơ bản đơn giản hơn.
Sau khi dạy xong chủ đề “Giúp học sinh giải bài tốn tìm số phức có
mơđun lớn nhất, nhỏ nhất bằng “Con Mắt” hình học ” . Tơi đã cho học sinh
làm bài kiểm tra 15 phút như sau:
Đề bài:
Câu 1: Cho số phức z  R thỏa mãn z  4 . Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho
số phức w   3  4i  z  i .





Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện w   z  3  i  z  1  3i là một số
thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của z .
Kết quả của bài kiểm tra thể hiện cụ thể như sau:
Lớp 12A1(Năm học 2017-2018): ( Tổng số HS :40).
Giỏi
SL
13

%
32.5

Khá
SL
15

%
42.5

TB
SL
10

Yếu
%
25

SL
2

Kém
%
5

SL
0

%
0

Qua bảng trên, có thể thấy rằng kết quả học tập của lớp 12A1 sau khi học
xong chủ đề này đã có sự khác biệt rõ rệt so với các anh chị khoá trước. Từ chỗ
chưa có học sinh đạt điểm giỏi khi chưa áp dụng cách làm mà tơi đã trình bày ở
trên, thì khi áp dụng cách làm này đã có 13 học sinh đạt điểm giỏi. Số lượng
học sinh đạt điểm khá, trung bình tăng lên, số lượng học sinh đạt điểm yếu chỉ
cịn 2 em và khơng cịn học sinh bị điểm kém . Như vây, thành công bước đầu
và quan trọng của cách làm là đã cải thiện được chất lượng học tập của học sinh
cũng như tạo ra được sự hứng thú, say mê của học sinh khi học phần kiến thức
này.
3. Kết luận và kiến nghị.
3.1. Kết luận.
Dạng bài tập về tìm số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất trong chương
trình giải tích lớp 12 nói chung rất đa dạng, phong phú và là dạng bài tập khó
đối với đa số học sinh THPT. Để có thể áp dụng sáng kiến kinh nghiệm của bản
thân có hiệu quả vào đối tượng học sinh thì yêu cầu cả người dạy và người học
phải không ngừng học hỏi và tìm kiếm những tri thức mới. Các em học sinh
phải ln cố gắng, tìm tịi, sáng tạo, phân tích vấn đề và khái qt hố vấn đề,
Trong khn khổ bài viết của mình, tơi chỉ xin đưa ra một số bài tốn về tìm
số phức có mơđun lớn nhất, nhỏ nhất của số phức qua việc tìm tập hợp điểm

17


biểu diễn số phức đó. Từ đó, giúp các em giải quyết bài toán một cách dễ dàng
hơn và nhanh nhất khi làm trắc nghịêm.
3.2. Kiến nghị.
Với khả năng, kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế, việc áp dụng phương
pháp cũng như hệ thống bài tập đưa ra ở trên chắc chắn sẽ khơng tránh khỏi
thiếu sót. Rất mong các đồng nghiệp cũng như quý vị độc giả góp ý để SKKN

này được hoàn thiện hơn .
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 02 tháng 05 năm 2019
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác.
Ký và ghi rõ họ tên

Nguyễn Huy Quang

18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Giải tích 12. NXB Giáo dục.
2.Xây dựng tài liệu về số phức nhằm bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh Nguyễn Tiên Tiến,THPT Gia Viễn B
3.Bài tốn Max-Min số phức-Lương Văn Huy –Thanh Trì- Hà Nội
4. Đề thi thử đại học và THPT Quốc Gia (Từ 2006-2018) -Nguồn internet
5.Trích một số bài tập từ Word toán.

19


MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu

1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận
2.1.1. Số phức
 Định nghĩa 1
 Định nghĩa 2
 Biểu diễn hình học của số phức
 Phép cộng, phép trừ hai số phức
 Phép nhân số phức
 Phép chia số phức
 Phương trình bậc hai với hệ số a,b,c là số thực
 Tập hợp các điểm biễu diễn số phức thường gặp
2.1.2. Một số kiến thức áp dụng
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm
2.3. Các biện pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Một số bài tốn tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức điển
hình
2.3.2. Bài tốn tìm cực trị của số
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. Kết luận và kiến nghị
4. Tài liệu tham khảo

TRANG
1
1
1
1
2
3

3
3
3
3
3
3
3
3
4
4
4
5
5
5
8
17
17
19

20


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THAI MAI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GIÚP HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN TÌM SỐ PHỨC CĨ
MƠ ĐUN LỚN NHẤT-NHỎ NHẤT BẰNG “CON MẮT”

HÌNH HỌC

Người thực hiện: Nguyễn Huy Quang
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực: Tốn

THANH HỐ, NĂM 2019
21