(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp giúp học sinh lớp 12 vận dụng hình học vào bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môđun số phức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP HỌC SINH LỚP 12 VẬN DỤNG
HÌNH HỌC VÀO BÀI TỐN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ
TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MÔĐUN SỐ PHỨC

Người thực hiện: Hồ Thanh Quý
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANH HỐ
1 NĂM 2019


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU …………………………………………………………………….1
1.1. Lí 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
1.5. Nhứng điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.................................................2
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.......…………………. ..2
2.1.Cơ sở lí luận ……..…………………………………………………………..2
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm..................4
2.3. Các giải pháp thực hiện……………..………………....................................5

2.3.1. Dạng 1. Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về Môđun của số
phức khi Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường thẳng...................................7
2.3.2. Dạng 2. Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về Mơđun của số
phức khi quỹ tích điểm biểu diễn là một đường trịn..........................................10
2.3.3.Dạng 3. Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về Mơđun của số
phức khi quỹ tích điểm biểu diễn là một Elip.....................................................14
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường……………………………………….............16
2.4.1.Đối với hoạt động giáo dục………………………………………............16
2.4.2. Đối với bản thân…………………………................................……........17
2.4.3. Đối với đồng nghiệp, tổ nhóm chun mơn…………...................…...…17
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……………………. . ………………. .........17
3.1. Kết luận…………………………………………........................................17
3.2. Kiến nghị…………………………..............................................................18
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...............................................................................19

2


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về Môđun của số phức là
dạng toán phổ biến và quan trọng trong chương trình phổ thơng và trong các
kỳ thi THPT Quốc Gia cũng như các kỳ thi học sinh giỏi. Có nhiều phương
pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất như sử dụng phương pháp hàm số,
bất đẳng thức. Nhưng vấn đề đó là đối với học sinh phổ thơng hiện nay là khó,
học sinh lung túng khi nhận dạng và chọn được phương pháp thích hợp để
giải.
Với mục đích là hình thành và phát triển tư duy tốn học cho học sinh,
giúp cho học sinh u thích và đam mê mơn tốn, hình thành cho học sinh vốn

kiến thức, kỹ năng làm bài, khả nhận dạng và tự vận dụng kiến thức vào các
bài toán cụ thể, và vận dụng vào thực tiễn. Vì vậy cần thiết phải tìm ra
phương pháp xây dựng các dạng tốn sao cho nhanh gọn, dễ hiểu để truyền
đạt cho học sinh là rất cần thiết trong dạy học.
Việc dùng công cụ hình học vào giải quyết các bài tốn đại số là một
cách nhìn rất mới mẻ với học sinh THPT. Mối quan hệ giữa đại số và hình học
là một vấn đề rất thú vị. Nếu biết chọn một phương pháp phù hợp ta có thể
chuyển một bài tốn đại số sang hình học một cách đơn giản, làm cho việc
giải bài toán đại số trở nên nhanh gọn và dễ hiểu hơn. Với những lí do trên,
tơi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Một số phương pháp giúp học
sinh lớp 12 vận dụng hình học vào bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của Mơđun số phức”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Với đề tài này hy vọng góp phần nâng cao chất lượng học tập, phát
triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong quá trình giải bài tốn tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất về Mơđun của số phức bằng phương pháp hình học,
giúp các em đỡ lúng túng và tự tin khi đứng trước những bài toán này. Hy
vọng đề tài sẽ là tài liệu cho học sinh và giáo viên ôn tập trong các kì thi THPT
quốc gia, và các kì thi học sinh giỏi, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học
trong các trường THPT hiện nay.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Nội dung chính của đề tài là phân dạng và chuyển bài tốn đại số theo
quan điểm hình học. Từ đó hệ thống bài tập theo mức độ khó tăng dần nhằm
cung cấp cho học sinh cách ứng dụng phương pháp hình vào xác định tọa độ
điểm và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về Môđun của số phức, qua đó
phát huy tính tư duy sáng tạo, tự học cho học sinh.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí luận: Qua sách giáo khoa, sách tham khảo, một số tài
liệu liên quan khác…
3

- Phương pháp quan sát: Khảo sát quá trình dạy và học tại trường
THPT Tĩnh Gia 4.
- Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức một số tiết dạy thực nghiệm, cho kiểm
tra thử với lớp đối chứng.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Theo tơi được biết, cũng đã có những đề tài sáng kiến kinh nghiệm viết
về các bài toán liên quan đến số phức. Nhưng theo quan điểm của cá nhân tơi
trong q trình đổi mới hình thức thi THPT Quốc gia đối với mơn tốn thì đề
tài của tôi là một quan điểm mới về cách thức làm bài cụ thể, sáng kiến kinh
nghiệm này cũng đã trình bày một cách có hệ thống, phân dạng và có phương
pháp làm cụ thể đối với từng dạng. Nó cũng sẽ giúp học sinh có cách nhìn bài
tốn bằng phương pháp mới so với phương pháp tự luận để có thể làm bài
nhanh hơn.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
 Môđun của số phức.
Số phức z = a + b i (a, b   ) được biểu diễn bởi điểm M (a, b) trên mặt

OM
phẳng Oxy. Độ dài của véctơ
được gọi là môđun của số phức z.

| z || a  bi | a 2  b 2

Kí hiệu

 Tính chất.

| z | 0, z   ,| z | 0  z  0.

| z | a 2  b 2  zz  | OM | .
z  z  | z |  | z | .
| kz || k |  | z |, k    .

z |z| 
  ,  z  0 .
z
z
z  z'  z  z'  z  z'.
z 2  a 2  b 2  2abi 

+) Chú ý:

a

2

 b 2   4a 2b 2  a 2  b 2 | z |2 | z |2  z.z
2

+) Điểm M, N lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 thì khi đó

z1  z2  MN



2

+)





mz1  nz2   mz1  nz2  mz1  nz2  m 2 z1  n 2 z2  mn z1 z2  z1  z2
2

 Suy ra hệ quả.
2

2

2

+) z1  z2  z1  z2  z1  z2  .z1  z2
4

2




2

2

2

z  z2  z1  z2  z1  z2  z1  z
+) 1
2

2

2

z  z2  z1  z2  2 z1  2 z2
+) 1
2

z  z1  z  z2

2

+)

2

2
2

z1  z2
z1  z2 
 2 z 


2
2




 Lưu ý:
+)

z1  z2  z1  z2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2 (k  0).

+)

z1  z2  z1  z2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2 (k  0).

+)

z1  z2  z1 |  | z2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2 ( k  0).

+)

z1  z2  z1 |  | z2 dấu bằng xảy ra  z1  kz2 ( k  0).
2



2

2

z1  z2  z1  z2  2 z1  z2
| z |2 | z || z || z |2

2

.

z   .

 Một số quỹ tích.
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

( A( a, b), B(c, d ))
( x  a ) 2  ( y  b) 2  R 2 hoặc

Đường tròn tâm I (a , b), bán kính R

| z  a  bi |  R
( x  a ) 2  ( y  b) 2  R 2 hoặc

Hình trịn tâm I (a , b), bán kính R

| z  a  bi |  R
( x  a)2 ( y  c)2

 1 (1)
b2

d2
hoặc

z  a1  b1i  z  a2  b2i  2a (2)

(1) Elip
(2) Elip nếu 2a  AB, A  a1 , b1  , B  a2 , b2 
Đoạn thẳng AB nếu 2a  AB
5


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là một vấn đề khó khăn với
nhiều học sinh.Nhưng nếu chúng ta biết nhìn bài tốn dưới góc độ hình học
thì việc giải sẽ đơn giản hơn. Tuy nhiên trên thực tế, học sinh còn những hạn
chế và thường gặp những khó khăn sau:
+ Kiến thức hình học cịn yếu, vì thế nhiều học sinh có tâm lí ngại học
phần này.
+ Khả năng phân tích, tổng hợp kiến thức chưa tốt.
+ Kĩ năng biến đổi, phân loại các dạng tốn và tìm mối liên hệ giữa các
dạng toán chưa tốt.
Kết quả khảo sát chất lượng học sinh lớp 12 trường THPT Tĩnh Gia 4
cho thấy chỉ có một số học sinh làm tốt, còn lại một bộ phận học sinh làm
nhưng không đúng và thường bị mất điểm ở những bài tập này.
Từ những vấn đề trên tôi áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy và
từng bước thu được kết quả tốt trong năm qua.
2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề
Với các dạng bài tập này chỉ cần gắn được điểm biểu diễn hình học của
số phức với một đường thẳng, đường tròn, hoặc elip, có phương trình phù
hợp là bài tốn sẽ trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Sau đây là một số bài tập

minh họa cho phương pháp này. Hi vọng thông qua các bài tập này các em có
thể áp dụng để giải những bài tập tương tự.
 Vận dụng kết quả của một số bài toán sau.
I
Bài toán 1.
Trong mặt phăng 0xy cho điểm I, đường thẳng d , điểm M
thay đổi trên d. Khi đó giá trị nhỏ nhất của IM là?
+ Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên đường thẳng d,
H
M
khi đó giá trị nhỏ nhất của IM là IH.
Bài toán 2.
M
Trong mặt phăng 0xy cho đoạn thẳng AB, và điểm I
A
không nằm trên AB. Điểm M thay đổi trên AB. Giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng MI là?
Khi đó:
+) Nếu tam giác ABI có IAB tù hoặc ABI tù thì.
I
MI min  Min {IA;IB}
MI max  Max {IA;IB}

B

M

+ Nếu tam giác ABI có IAB và IBA đều khơng tù:
MI min  d(I;AB)

A

MI max  Max {IA; IB }

Bài toán 3.
Cho đường tròn (C) tâm (O, R),
và điểm I.

I
M2

M2
M2

O

6

M1

O

I

M1

O
I≡M1

I

B


Điểm M thay đổi trên (C).
Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng MI là?
MI min  | OI  R | .
MI max  OI  R.

Bài toán 4.
Cho hai điểm A, B. Gọi O là trung điểm AB.
Một điểm M thay đổi trên elip (E) cố định có tiêu điểm là
A và B.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng
OM? Khi đó (E) có trục lớn 2a, trục nhỏ là 2b.
Nên giá trị lớn nhất của OM bằng a, giá trị nhỏ nất của OM bằng b.
Bài toán 5.
Cho đường thẳng d, và 2 điểm A, B không nằm trên d. Một điểm M thay đổi
trên d. Tìm giá trị nhỏ nhất của P, biết P  ( MA  MB).
+ TH1: Nếu A, B thuộc hai nửa mặt phẳng khác
nhau bờ là d. Khi đó giá trị nhỏ nhất của P là độ
dài đoạn thẳng AB khi M = AB  d.

B
A

+ TH2: A, B thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng d.

H

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d,
khi đó giá trị nhỏ nhất của P là độ dài đoạn thẳng
A’B khi M là giao điểm của AB' với d.

A'

Bài toán 6.
Cho đường tròn (C) và đường thẳng d. Một điểm M
thay đổi trên (C), và một điểm N thay đổi trên d.
Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng MN ?
MN min | R  d ( I ; d ) | khi (M  K , N  H ).

M

M'

d

d
M

L

d'
I

N

H

K

Bài toán 7.
Cho hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ). điểm M chạy
trên ( C1 ) điểm N chạy trên ( C2 ).
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của đoạn
thẳng MN ?

M
A
D

C
I1

I2
B

7


+ TH1 ( C1 ) và ( C2 ) cắt nhau:
MN Min = 0, MN Max = R 1  R 2  I1I 2
+ TH2 ( C1 )và ( C2 ) ngoài nhau:
N
M

MN Max = I1I 2  R 1  R 2 .
C

MN Max = R 1  R 2  I1I 2 .

B

A

I1

I2

D

M

+ TH3: ( C1 ) và ( C2 ) đựng nhau:

N

I1

MN min  R1  R2 ,

I2

A

C

B

MN max  R 1  R 2  I1I 2 .
 Phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
Môđun số phưc bằng hình học.
Bước 1: Từ điều kiện số phức z cho trước đưa ra biểu diễn hình học của số
phức z.
Bước 2: Chuyển yêu cầu dạng đại số sang tìm cực trị hình học của điểm biểu
diễn hình học của z .
Bước 3: Sử dụng kiến thức hình học để giải quyết bài toán (các bổ đề trên)
2.3.1. Dạng 1: Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mơđun
số phức khi Quỹ tích điểm biểu diễn số phức là đường thẳng
Ví dụ 1: Cho số phức thỏa mãn | z  i  1|| z  2i | . Tìm giá trị nhỏ nhất của

z.

1
A. 10 .

B. 10 .

1
C. 10 .

1
D. 5 .

Hướng dẫn :
Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số
phức z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
O

Ta có

| z  i  1|  | z  2i |
 | x  1  ( y  1)i |  | x  (y 2)i |

H

M
d

 ( x  1) 2  ( y  1) 2  x 2  (y 2) 2
 x  3y 1  0

8


Vậy điểm M thuộc đường thẳng (d): x  3 y  1  0 .
Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm O lên đường thẳng d.
Gi

á trị nhỏ nhất của z bằng độ dài OH.

 OH  d (O; d ) 

1
.
10

Chọn đáp án C.

Ví dụ 2: Cho số phức thỏa mãn | z  2  3i || z  1  2i | . Tìm giá trị nhỏ nhất
của z  3  i .
34
A. 17 .

B. 34 .

3
D. 17 .

3 34
C. 17 .

Hướng dẫn :
Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số
phức z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
Ta có: | z  2  3i |  | z  1  2i |  | x  2  ( y  3)i |  | x  1  (2  y )i |
 ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( x  1) 2  (2  y) 2  3 x  5 y  8  0.

Vậy điểm M thuộc đường thẳng (d): 3x  5 y  8  0 .
2
2
Gọi I (3; 1) thì | z  3  i | ( x  3)  ( y  1)  IM .
Khi đó | z  3  i | nhỏ nhất  IM nhỏ nhất

 IM  d ( I ; d ) 

3 34
.
17

3 34
z

3

i
Vậy giá trị nhỏ nhất của
bằng 17 .

Chọn đáp án C.
z  z  4  3i
Ví dụ 3: Xét số phức z  x  yi ( x, y   ) thỏa mãn điều kiện
và z  1  i  z  2  3i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị P  x  2 y là:

A.

P

252
50 .

B.

P

41
5 .

C.

Hướng dẫn:
9

P

61
10 .

D.

P

18
5.


Trong mặt phẳng Oxy, điểm M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số phức
z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
B
Ta có:

z  z  4  3i

 x 2  y 2   x  4    y  3
2

A
2

H

M

M'

d

 8 x  6 y  25  0
Vậy điểm M thuộc đường thẳng

A'

(d): 8 x  6 y  25  0 .
Đặt

P  z  1  i  z  2  3i  P 

 x  1

2

  y  1 
2

 x  2

2

  y  3

2

z  2  3i  ( x  2) 2  ( y  3) 2  MA.
A
2;

3


Gọi
thì
B  1;1 thì z  1  i  ( x  1) 2  ( y  1) 2  MB.
Khi đó P  MA  MB .
Như vậy ta cần tìm M  d sao cho P  MA  MB nhỏ nhất.
Đặt f ( x, y )  8 x  6 y  25
Ta có f (1;1) . f (2; 3) > 0 nên A và B nằm về một phía với đường thẳng d.
Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua d, ta có MA  MB  MA ' MB  A ' B

 MA  MB nhỏ nhất là A ' B khi M  A ' B  d .
Ta có AA'  d và đi qua A  2; 3 nên đường thẳng AA' có phương trình là:
6 x  8 y  36  0 .

Gọi I  AA'  d ta có tọa độ của I là nghiệm của hệ:
4

x


25



8 x  6 y  25  0
 4 219 
 y   219
I  ;



50 hay  25 50  .
6 x  8 y  36  0
I là trung điểm của AA' nên tọa độ điểm A' là:

10


42

x

A
'

 x A '  2 xI  x A
25



 42 144 
 yA'  2 yI  y A

 y  144
A
'
;


 A '
25 hay  25 25  .
  17 169  1
A' B    ;
   17;169 
 25 25  25
. Phương trình A ' B :169 x  17 y  186  0 .

67

x


169 x  17 y  186  0
50


8 x  6 y  25  0
 y  119

50 .
Tọa độ của M là nghiệm của hệ:
Vậy

P  x  2y 

61
10 .

Chọn đáp án C.
Bài tập vận dụng.
z  z  2i
Bài 1: Nếu z là số phức thỏa
thì giá trị nhỏ nhất của z  i  z  4
là

A. 2 .

B. 3 .

D. 5 .

C. 4 .

Chọn đáp án D.
Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn | z  1  i |  | z  3  2i | 5 . Gọi M , m lần lượt
là giá trị lớn nhất, giái trị nhỏ nhất của z , tính M  m .
A. 13  2.
Chọn đáp án A.

B. 5  2.

C . 13  5.

D . 13  2 5.

Bài 3: Cho các số phức z1  1  3i, z2  5  3i . Tìm điểm M  x; y  biểu diễn số
phức z3 , biết rằng trong mặt phẳng phức điểm M nằm trên đường thẳng

x  2 y  1  0 và môđun số phức w  3 z3  z2  2 z1 đạt giá trị nhỏ nhất là.
 3 1
M   ; 
A.  5 5  .

3 1
M  ;  .
B.  5 5 

3 1
M ; 
C.  5 5  .

 3 1
M  ; 
D.  5 5  .

Chọn đáp án D.
Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn:
của | z  i | .

z 2  4 | z ( z  2i) |

11

. Tìm giá trị nhỏ nhất


A.1.

B. 2.

C. 4 .

D. 3.

Chọn đáp án B.
Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn: u  ( z  3  i )( z  1  3i ) là một số thực. Tìm
giá trị nhỏ nhất của z .
A. 3.
B. 2 .
C. 4 .
D. 2 2 .
Chọn đáp án D.
2.3.2. Dạng 2: Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của môdun
số phức khi quỹ tích điểm biểu diễn là một đường trịn
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện | z  3  4i | 4 .Tìm giá trị nhỏ nhất

m , giá trị lớn nhất M của z .
A. m  1; M  9 . B. m  4; M  9 .

C. m  1; M  5 . D. m  4; M  5

Hướng dẫn:
Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số

phức z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
2
2
Ta có | z  3  4i | 4  ( x  3)  ( y  4)  16.

Vậy điểm M thuộc đường trịn (C) tâm I(3; -4) bán kính R  4.
 | z |Min  OM Min | OI  R | 5  4  1.
| z |Max  OM Max  OI  R  5  4  9.

Chọn đáp án A

 | z  3  4i | 1 
log 1 
 1
2
|
z

3

4
i
|

8
3
 . Tìm giá
Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
trị nhỏ nhất m , giá trị lớn nhất M của z .
A. m  0; M  5 B. m  4; M  5

Hướng dẫn:

C. m  1; M  10

D. m  0; M  10 .

Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số
phức z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
Ta có
 | z  3  4i | 1 
| z  3  4i | 1 1
log 1 
1 


2
|
z

3

4
i
|

8
2
|
z


3

4
i
|

8
3
3

 | z  3  4i | 5.
 ( x  3) 2  ( y  4) 2  52

12


Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là đường trịn tâm
R  5.

I (3, 4) bán kính

OI  (3  0) 2  ( 4  0) 2  5

Ta có:
 m | OI  R | 5  5  0.
M  OI  R  5  5  10.
 m  0, M  10.
Chọn đáp án D.

Ví dụ 3: Xét các số phức thỏa mãn z  2  3i  1 . Giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ
nhất của biểu thức P  z  1  i lần lượt là.
A. 13  2 và 13  2 .

B. 13  1 và 13  1 .
D. 13  4 và 13  4 .

C. 6 và 4.
Hướng dẫn:

Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là
điểm biểu diễn hình học của số phức
z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
2
2
Ta có | z  2  3i | 1  ( x  2)  ( y  3)  1.
M thuộc đường tròn (C) tâm I1 (2; -3) bán
kính R  1. Quỹ tích điểm M là đường tròn :

 x  2

2

  y  3  1
2

Quỹ tích điểm biểu diễn hình học của số phức
2
2
z là đường tròn:  x  2    y  3  1

z thuộc đường tròn tâm I  2;3 bán kính R '  1

Gọi A  1;1
Ta có:

P  z  1  i  ( x  1) 2  ( y  1) 2  MA , M là điểm biểu z

AI  (2  1) 2  (3  1) 2  13

Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng
Chọn đáp án B.

AM 2  AI  R '  13  1

AM 2  AI  R  13  1.

13


Ví dụ 4: Xét các số phức z thỏa mãn z  2  4i  5 . Trong các số phức w
thỏa mãn w  z  1  i  , gọi w1 và w2 lần lượt là số phức có mơđun nhỏ nhất và
mơđun lớn nhất. Khi đó w1  w2 bằng.
A. 2  6i .

B. 2  4i .

C. 4  12i .

D. 4  8i .

Hướng dẫn:
Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình học của số
phức z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
2
2
|
z

2

4
i
|

5

(
x

2)

(
y

4)
5
Ta có

 M thuộc đường trịn (C) tâm I(2; 4)
bán kính R  5.

w  z1 i  2 z
w đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất khi
z cũng đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất.
Đường thẳng OI cắt đường tròn tại hai điểm
M1, M 2 .

OI
(2;4) làm véctơ chỉ phương nên có
Đường thẳng OI đi qua gốc tọa độ nhận
phương trình tổng quát là: 2 x  y  0 .
Tọa độ hai điểm M 1 , M 2 là nghiệm của hệ phương trình:

 x  1

y  2

 x  3
 2 x  y  0


2
2
  y  6
( x  2)  ( y  4)  0
suy ra M 1 (1,2) và M 2 (3,6)
Giá trị lớn nhất của z = OM 2  z2  3  6i.
Giá trị nhỏ nhất của z = OM 1  z1  1  2i .

 w1   1  i   1  2i  , w2   1  i   3  6i 
 w1  w2  4  12i.
Chọn đáp án C.
Bài tập vận dụng.

14


z 2i
 2
z

1

i
Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn
. Tính tổng của giá trị nhỏ nhất
và giá trị lớn nhất của z .

B. 2 10 .

A.6.
Chọn đáp án B.

D. 10 .

C. 10.

 1  i  z  1  5i  2 2 và số phức z2 thỏa
Bài 2: Cho số phức z1 thỏa mãn

mãn
z  1  2i  z  i . Tính tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1  z2 .
61
A. 2 .

41
B. 2 .

61
C. 4 .

41
.
4
D.

Chọn đáp án B
Bài 3: Cho hai số phức z1 , z2 thõa mãn z1  z2  8  6i và z1  z2  2 . Tìm giá
trị của P  z1  z2 .
A. P  4 6 .
Chọn đáp án C.

B. P  6 .

C. P  2 26 .

D. P  6  3 2.

3 5
5 và 5w   2  i   z  4  .

Bài 4: Cho các số phức w , z thỏa mãn
Giá trị lớn nhất của biểu thức P  z  1  2i  z  5  2i bằng.
wi 

A. 6 7 . B. 4  2 13 .

C. 2 53 .

D. 4 13 .

Chọn đáp án C.
Bài 5: Cho số phức z thõa mãn z  1  i  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
2
2
P

z

2

i

z

2

3
i
thức
.

A. 18 .

B. 16  2 10.

C. 18  2 10.

D. 38  8 10 .

Chọn đáp án D.
Bài 6: Biết số phức z thỏa mãn z  3  4i  5 và biểu thức
2

2

T  z  2  z  i đạt giá trị lớn nhất. Tính z .
A. z  33.

B. z  50.

C. z  10.

Chọn đáp án D.
15

D. z  2 5.


2.3.3. Dạng 3: Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của mơđun
số phức khi quỹ tích điểm biểu diễn là một Elip
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn z  4  z  4  10 . Gọi M , m lần lượt là giá

trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z . Tính M  m ?
A.

M m

17
2 .

B. M  m  8 .

C. M  m  1 .

D. M  m  4 .

Hướng dẫn:
Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là
điểm biểu diễn hình học của số phức

z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
Ta có: z  4  z  4  10

 | ( x  4)  yi |  | ( x  4)  yi | 10
2
2
2
2
 ( x  4)  y  ( x  4)  y  10 ()

Gọi M  x; y  , F1  4;0  , F2  4;0  lần lượt là các điểm biểu diễn hình học của
các số phức z , 4 , 4 .

( x  4) 2  y 2  MF1.

Suy ra

( x  4) 2  y 2  MF2 .
Khi đó (*)  MF1  MF2  10  M chạy trên Elip có trục lớn 2a  10 , trục
nhỏ 2b  2 25  16  6 . Mà z  OM .
Do đó giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

z là M  a  5 ; m  b  3

 M  m  8.

Chọn đáp án B.
Ví dụ 2: Gọi H là hình biểu diễn tập hợp các số phức z trong mặt phẳng tọa
2z  z  3
độ 0xy sao cho
, giá trị lớn nhất của |z|là.

A.1.

B. 2.

C. 3.

16

D. 4 .

Hướng dẫn: Trong mặt phẳng Oxy, gọi điểm M ( x; y ) là điểm biểu diễn hình
học của số phức z  x  yi (x, y   ) , khi đó | z | OM .
2z  z  3

Ta có:

 2  x  yi    x  yi   3
 x2  9 y 2  3  x2  9 y 2  9
x2 y 2
  1
9 1

.

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền trong, và nằm trên Elip có
x2 y2

1
9
1
phương trình:
.

Elip có a  3, b  1.
Nên giá trị lớn nhất của z  a  3
Chọn đáp án C.
Ví dụ 3: Cho số phức z thỏa mãn z  3i  z  3i  10 . Gọi A, B lần lượt là
điểm biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn điều kiện trên và có mơđun lớn
nhất và nhỏ nhất. Gọi M (a; b) là trung điểm của đoạn AB. Khi đó S  a  b
bằng.

S

A.

7
2.

B.

S

9
2.

C. S  5 .

Hướng dẫn :
Giả sử z  x  yi ( x , y ∈ R ), Ta có: z  3i  z  3i  10

 | x  ( y  3)i |  | x  ( y  3)i | 10


( x 2  ( y  3) 2  x 2  ( y  3) 2  10 ()

Khi đó (*)  MF1  MF2  10
Gọi M  x; y  , F1  0; 3 , F1  0;3 lần lượt là điểm biểu
diễn hình học của các số phức z , 3i , 3i .
Suy ra

x 2  ( y  3) 2  MF1.
17

D. S  4.


x 2  ( y  3) 2  MF2 .
Khi đó (*)  MF1  MF2  10  M chạy trên Elip có trục lớn 2b  10 , trục
nhỏ 2a  2 25  9  8 .
x2 y 2

1
Do đó, phương trình chính tắc của elip là: 16 25
| z | OB  OB '  5 khi z  5i có điểm biểu diễn là
Vậy giá trị lớn nhất của
M 1 (0; 5).

Giá trị nhỏ nhất của | z | OA  OA '  4 khi z  4 có điểm biểu diễn là
M 2 (4.0).
5

5 9
M  2;  
S  | a |  | b | 2   .
2 
2 2
Tọa độ trung điểm của M 1M 2 là 

Chọn đáp án B.
Bài tập vận dụng.

 1  i  z  2   1  i  z  2  4 2 . Gọi
Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn
m  z Max n  z Min
,
và số phức w  m  ni . Tính w
1009
A. 4 .

1009
B. 5 .

2018

1009
C. 6 .

.
1009
D. 2 .

Chọn đáp án C.
Bài 2: Cho số phức z thỏa mãn

iz 

2
2
 iz 
4

1 i
i 1
. Gọi M và n lần lượt

là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính M . n .
A. M . n  2 .

B. M . n  1 .

C. M . n  2 2 .

D. M . n  2 3 .

Chọn đáp án C.
Bài 3: Cho số phức z thỏa mãn z  2i  z  2i  5 . Tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của z .

5
3
A. 2 và 2 .

5
B. 2 và 1 . C. 5 và 3 .

Chọn đáp án A.
18

D. 3 và 2 .

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
2.4.1. Đối với hoạt động giáo dục
+ Thực nghiệm sư phạm là quá trình rất quan trọng nhằm làm sáng tỏ
những vấn đề lí luận của đề tài ở trường THPT Tĩnh Gia 4, đồng thời kết quả
thu được của thực nghiệm là cơ sở khoa học để xác định tính đúng đắn của đề
tài.
+ Kết quả của việc thực nghiệm sư phạm sẽ cho biết được sự phù hợp
của đề tài với xu hướng đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực
hiện nay.
Sau một năm học 2018-2019 cho việc áp dụng cho đối tượng học sinh ở
2 lớp 12 của trường THPT Tĩnh Gia 4. Kết quả được tiến hành một cách
khách quan và thu được kết quả như sau:
Lớp và số lượng học sinh tham gia thực nghiệm:
STT Lớp
Sỉ số học sinh
Tổng số học
sinh
1
12A3
42
82
2
12A5
40
Tổng hợp điểm kiểm tra của các lớp trước khi áp dụng đề tài vào giảng dạy.
Lớp

SL

Loại giỏi

Loại khá

Loại TB

Loại yếu

SL

SL

SL

SL

%

%

%

%

12A3

42

0

0

14

33,3

20

47,6

8

19,1

12A5

40

0

0

12

30

15

37,5

13

32,5

Tổng hợp điểm kiểm tra của các lớp sau khi áp dụng đề tài vào giảng dạy.
Lớp

SL

Loại giỏi

Loại khá

Loại TB

Loại yếu

SL

SL

SL

SL

%

%

%

%

12A3

42

6

14,3

17

40,4

15

35,7

4

9,6

12A5

40

5

12,5

15

37,5

14

35

6

15

2.4.2. Đối với bản thân
- Đứng trước mỗi bài toán giáo viên phải phân tích về cả nội dung và
phương pháp. Từ đó mà bồi dưỡng cho mình kiến thức chun mơn vững
vàng và khả năng truyền thụ kiến thức cho học sinh.
- Thông qua đề tài sáng kiến kinh nghiệm, những cách giải quyết vấn đề
khác nhau của học sinh làm cho giáo viên có nhiều kinh nghiệm hơn trong dự
đốn và xử lí tình huống.
2.4.3. Đối với đồng nghiệp, tổ nhóm chun mơn
Dạng tốn này khơng q khó, giáo viên nào cũng có thể thực hiện được.
Và có thể áp dụng được với tất cả các đối tượng học sinh. Nên tôi đã đem phổ
19


biến trong tổ, các anh chị em trong tổ cũng có nhiều góp ý q báu và tơi đã
mạnh dạn áp dụng vào lớp mình phụ trách và bước đầu đã mang lại thành
công .
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

3.1. Kết luận
Sau q trình làm sáng kiến tơi đã rút ra cho mình những bài học kinh
nghiệm như sau:
+ Đối với các dạng tốn ở trên thì đơi lúc học sinh phân tích bài giải
khơng đúng với u cầu của giáo viên, khi đó giáo viên phải tơn trọng và
phân tích theo hướng giải của các em sau đó chỉ rõ các ưu, khuyết điểm của
hướng giải mà các em đã đưa ra.
+ Với phương pháp trên giúp học sinh tiếp thu bài học một cách tích
cực và giải quyết vấn đề một cách sáng tạo khoa học. Kết quả thu được góp
phần khơng nhỏ, đáp ứng nhu cầu đổi mới phương pháp mà ngành giáo
dục đề ra.
+ Thực tế giảng dạy cho thấy học sinh rất hào hứng tiếp thu và vận
dụng ý tưởng của đề tài, học sinh khơng cịn sợ mà trở nên thích thú, ham
tìm hiểu về những bài tốn tương tự. Tuy nhiên khơng phải bất kì bài tốn
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất nào cũng có thể dùng phương pháp hình học.
Ngồi phương pháp hình học nêu trên cịn rất nhiều kĩ thuật và phương
pháp khác để giải dạng toán này. Tuy nhiên phương pháp này cho thấy việc
vận dụng dạng bài toán này có hiệu quả, nhanh gọn.
3.2. Kiến nghị
Vấn đề nâng cao chất lượng dạy và học mơn tốn học là nhiệm vụ,
trách nhiệm cũng là lương tâm của các thầy, cơ giáo. Với tinh thần đó tơi
mong muốn góp phần nhỏ trí tuệ của mình trong giảng dạy với các đồng
nghiệp. Tuy nhiên do năng lực và thời gian có hạn, tơi rất mong được sự
đóng góp ý kiến bổ sung của các đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp
để sáng kiến kinh nghiệm của tơi được hồn chỉnh hơn, đồng thời giúp đỡ
tôi tiến bộ và thành công trong giảng dạy. Mong tất cả các thầy giáo, cơ
giáo có nhiều sáng kiến kinh nghiệm hay góp phần nâng cao chất lượng
giảng dạy nói chung và bộ mơn Tốn nói riêng.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh hóa, ngày 24 tháng 5 năm
2019
Tơi xin cam đoan đây là SKSN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.
Người thực hiện

20


Hồ Thanh Quý

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO

 1

Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Lê Thị Thiên Hương, Nguyễn Tiến Tài, Cấn Văn

Tuất, Giải tích 12, NXB Giáo dục, 2008.

 2

Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy, Nguyễn Văn Đồnh, Trần Đức Hun,

Hình Học 10, NXB Giáo dục, 2006.

 3

Đề thi THPT quốc gia năm học 2016 - 2017, đề minh họa năm học 2017 2018 của Bộ giáo dục và đào tạo.
 4 Đề khảo sát chất lượng và đề thi thử của các trường THPT, các Sở GD&ĐT
trên cả nước năm 2017, 2018.

 5

Lê Hồng Đức, Phương pháp giải các dạng toán THPT Số phức, NXB Đại
học Quốc gia Hà Nội, 2017.
 6 www.mathvn.com.

 7
 8

.
.

22