A . ĐẶT VẤN ĐỀ.
1. Với mục tiêu “ Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, hình
thành đội ngũ lao động có tri thức và tay nghề, có năng lực thực hành, tự chủ, năng
động, sáng tạo, có đạo đức cách mang, tinh thần yêu nước, yêu CNXH” (Trích văn
kiện Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ VII) những năm vừa qua giáo dục nước ta đã
và đang có những đổi mới mạnh mẽ cả về nội dung, phương pháp và đã thu được
những kết quả khả quan.
2. Việc đổi mới phương pháp dạy học là vấn đề cấp bách, thiết thực nhằm đào tạo
những con người có năng lực hoạt động trí tuệ tốt. Đổi mới phương pháp dạy học
không chỉ trong các bài giảng lí thuyết, mà ngay cả trong quá trình luyện tập. Luyện
tập ngoài việc rèn luyện kỹ năng tính toán, kỹ năng suy luận mà thông qua qua đó
còn giúp học sinh biết tổng hợp, khái quát các kiến thức đã học, sắp xếp các kiến
thức một cách hệ thống, giúp học sinh vận dụng các kiến thức đã học vào giải bài
tập một cách năng động sáng tạo.
3. Về mặt phương pháp, từ các phương pháp dạy truyền thống như phương pháp
dùng lời (thuyết trình, đàm thoại ), các phương pháp trực quan, các phương pháp
thực hành, luyện tập đến các xu hướng dạy học hiện đại như: dạy học giải quyết
vấn đề, lý thuyết tình huống, dạy học phân hóa, dạy học có sự hỗ trợ của công nghệ
thông tin, có sử dụng máy tính điện tử đã tạo ra một không khí học tập hoàn toàn
mới.
4. Một trong những vấn đề cơ bản của đổi mới chương trình giáo dục phổ thông
là đổi mới phương pháp dạy học, trong đó có đổi mới phương pháp dạy học Toán ở
trường phổ thông
.
Việc đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay nhằm phát huy
tính tích cực của học sinh, qua đó khai thác tính chủ động tiếp thu và khám phá tri
thức của các em, tạo hứng thú trong học tập.
5.Trên cơ sở tinh thần đó, tôi cũng đã có những đổi mới về mặt phương pháp để
phù hợp với giáo dục trong giai đoạn hiện nay. Trong quá trình giảng dạy ở trường
phổ thông, bản thân tôi cũng đã dự nhiều tiết dạy của đồng nghiệp, đã trực tiếp bồi
dưỡng học sinh ôn thi vào Đại hoc - Cao đẳng hay bồi dưỡng học sinh khá giỏi,

'
a a
b b
=


=

3. Biểu diễn hình học của số phức.
Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M(a;b) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M(a;b) biểu diễn một số phức là z = a + bi .
4. Phép cộng và phép trừ các số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:

' ( ') ( ')
' ( ') ( ')
z z a a b b i
z z a a b b i
+ = + + +


− = − + −

5. Phép nhân số phức.
Cho hai số phức z = a + bi và z’ = a’ + b’i. Ta định nghĩa:
' ' ' ( ' ' )zz aa bb ab a b i
= − + −
6. Số phức liên hợp.
*) Cho số phức z = a + bi. Số phức
z

z
=
2 2
a b+
(z = a + bi)
7. Môđun của số phức.
Cho số phức z = a + bi . Ta ký hiệu
z
là môđun của số phư z, đó là số thực không
âm được xác định như sau:
- Nếu M(a;b) biểu diễn số phc z = a + bi, thì
z
=
OM
uuuuuv
=
2 2
a b+
- Nếu z = a + bi, thì
z
=
.z z
=
2 2
a b+
8. Phép chia số phức khác 0.
- Cho số phức z = a + bi ≠ 0 (tức là a
2
+b
2

thông thường.
9. Cho số phức z ≠ 0. Gọi M là một điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức
z. Số đo (radian) của mỗi góc lượng giác tia đầu là Ox, tia cuối OM được gọi là một
acgumen của z.
Như vậy nếu ϕ là một acgumen của z, thì mọi acgumen đều có dạng: ϕ + 2kπ, k ∈ Z.
10. Dạng lượng giác của số phức.
Xét số phức z = a + bi ≠ 0 (a, b ∈ R). Gọi r là môđun của z và ϕ là một acgumen
của z. Ta có: a = rcosϕ , b = rsinϕ
z = r(cos
ϕ
+isin
ϕ
), trong đó r > 0, được gọi là dạng lượng giác của số phức z ≠ 0.
z = a + bi (a, b ∈ R) gọi là dạng đại số của z.
11. Nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác.
Nếu z = r(cos
ϕ
+isin
ϕ
)
z' = r’(cos
ϕ
’ +isin
ϕ
’) (r ≥ 0, r’ ≥ 0)
thì: z.z’ = r.r[cos(
ϕ
+
ϕ
’) +isin(

ϕ
+isin
ϕ
) (r>0)
Khi đó z có hai căn bậc hai là:
os isin
2 2
r c
ϕ ϕ
 
+
 ÷
 

và -
os isin
2 2
r c
ϕ ϕ
 
+
 ÷
 
=
os isin
2 2
r c
ϕ ϕ
π π
 

3
2 2 1z z i i+ = − −
(1)
Lời giải:
Giả sử
z a bi= +
(
,a b R∈
)
z a bi⇒ = −
(1)
3 2 2 3
2( ) (2 3.2 3.2 )(1 )a bi a bi i i i i⇔ + + − = + + + −

2 2 (8 12 6 )(1 ) (11 2)(1 )a bi a bi i i i i i⇔ + + − = + − − − = + −

2
3 11 11 2 2 13 9a bi i i i i⇔ − = − + − = +

13
3 13
13
9
3
9
3
9
a
a
z i

11 19
;
12 2
a b
−
⇔ = =
. Vậy
11 19
2 2
z i= −
Các em cũng có thể gặp bài toán về việc xác định một số phức mà ở đó giả thiết
của bài toán có sự xuất hiện của số phức liên hợp hoặc mô đun của nó. Ta xét bài
toán sau:
Bài 3: (A-2011) Tìm tất cả các số phức z, biết
2
2
(1)z z z= +
6
Lời giải
Giả sử
z a bi= +
(
,a b R∈
), ta có
( )
2 2 2 2 2 2 2 2
(1) 2a bi a b a bi a b i abi a b a bi⇔ + = + + − ⇔ + + = + + −

2
2

Vậy các số phức cần tìm là:
1 1 1 1
0; ;
2 2 2 2
z z i z i
− −
= = + = −
.
Mức độ bài toán cũng có thể nâng cao khi yêu cầu học sinh phải xác định thêm cả
mô đun của nó. Khi đó ta hướng dẫn các em tìm số phức thỏa mãn rồi từ đó xác
định mô đun của nó:
Bài 4: (KD-2012) Cho số phức z thỏa mãn:
2(1 2 )
(2 ) 7 8 (1)
1
i
i z i
i
+
+ + = +
+
Tìm môđun của số phức
1z i
ω
= + +
Lời giải
Giả sử
z a bi= +
(
,a b R∈

− + = =
 
⇔ ⇔
 
+ + = =
 
Do đó
3 2 1 4 3i i i
ω
= + + + = +
16 9 5
ω
⇒ = + =
.
Bài 5: (KA+A
1
2012) Cho số phức z thỏa mãn
5( )
2 (1)
1
z i
i
z
+
= −
+
Tính môđun của số phức
2
1 z z
ω

 
+ − = =
 
Khi đó
1 1 1 2 1 2 3 4 9 13i i i
ω ω
= + + + + − = + ⇒ = + =
Bài 6: (A-2011) Tính môđun của số phức z biết:
(2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2 (1)z i z i i− + + + − = −
Lời giải
Giả sử z = a + bi (
,a b R∈
), khi đó
(1) (2 2 1))(1 ) ( 1)(1 ) 2 2a bi i a bi i i⇔ + − + + − + − = −
2 2
2 2 2 2 1 1 2 2a ai bi bi i a ai bi bi i i⇔ + + + − − + − − + + − = −
3 3 2 2 2a ba ai bi i i⇔ − + + − = −
1
3 3 2
3
2 2 1
3
a
a b
a b
b

=

− =

15
; 10
4
a b⇔ = = −
.
Vậy phần ảo của z bằng -10
Bài 8: Tìm môđun của z biết
( )
2
(1 2) 1
2 (1)
2
i i
z z
i
− +
+ =
−
Lời giải
Giả sử z = a + bi (
,a b R∈
) khi đó

(1) 2 2a bi a bi⇔ + + − =
( )
2
2
(1 2) 1 2
2 2 2
2 2

2 3
3 18
( ) 18 26
3 26
x xy
x iy i
x y y

− =

+ = + ⇔

− =


2 3 3 2
18(3 ) 26( 3 )x y y x xy⇒ − = −
Giải phương trình bằng cách đặt y=tx ta được
1
3, 1
3
t x y= ⇒ = =
. Vậy z=3+i.
4. Một số bài tập tự giải:
Bài 1. Tìm phần thực ; phần ảo;mô đun và số phức liên hợp của mỗi số phức sau:
a.
2 3
1
(2 1) 3 ( 1) 2z i i i i= − − + +
b.

Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn:
3
(1 3 )
1
−
=
−
i
z
i
. Tìm môđun của
+z iz
.
Bài 6. Tính mô đun của số phức z , biết
(2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2z i z i i− + + + − = −
.
Bài 7. Tìm số phức z thỏa mãn:
6; . 25z z z z+ = =
Bài 8. Tìm số phức z thỏa mãn
| (2 ) | 10− + =z i
và
. 25z z =
.
Bài 9. Tìm số phức z, biết:
5 3
1 0
i
z
z
+

z
ω
=
.
Phương trình bậc hai trên tập số phức
Xét phương trình
2
0( , , ; 0)az bz c a b c C a+ + = ∈ ≠
Cách giải:
Tính
2
4b ac∆ = −
Gọi
k±
là căn bậc hai của
∆
, nghiệm của phương trình là:
,
2 2
b k b k
z z
a a
− − − +
= =
Đặc biệt nếu b=2b’, ta tính
'
∆
Gọi
'k±
là căn bậc hai của

m n
mn
m
n

− =

− =

⇔ ⇔
 
=
=



Thay (2) vào (1) ta có:
2
2 4 2
6
5 36 5n n n
n
 
− = ⇔ − =
 ÷
 
4 2 2 2
5 36 0 4; 9( )n n n n loai⇔ + − = ⇔ = = −
10
2 3

. Giả sử m+ni (m; n
∈
R) là căn bậc hai của
∆
Ta có:
2
( ) 3 4m ni i+ = +
2 2 2
2 3 4m mni n i i⇔ + + = +
2 2
2 3 4m mni n i⇔ + − = +
2 2
2 2
3(1)
3
2
2 4
(2)
m n
m n
mn
n
m

− =

− =

⇔ ⇔
 

∆
có hai căn bậc hai là 2 + i và -2 - i
Do đó nghiệm của phương trình là
3 8 2
2 5
2
3 8 2
3
2
i i
z i
i i
z i
+ + +

= = +


+ − −

= = +


.
Từ các nghiệm của phương trình, ta có thể xác định các đại lượng liên quan, ta
có bài toán sau:
Bài 4: Gọi
1
z
và

trình bậc cao như bậc 3, bậc 4. Khi đó để giải các phương trình này ta phải biến đổi
để quy về các phương trình bậc nhất, bậc hai thông qua phương trình tích hoặc
dùng ẩn phụ:
Bài 5: Giải phương trình:
3 2
4 (4 ) 3 3 0 (1)z z i z i+ + + + + =

Lời giải
Dễ thấy z = -i là nghiệm của (1) nên
2
(1) ( )( (4 ) 3 3 ) 0z i z i z i⇔ + + − + − =
2
0
(4 ) 3 3 0(2)
z i
z i z i
+ =

⇔

+ − + − =

Giải (2):
2 2 2
(4 ) 12 12 16 1 8 12 12 3 4 4 2.2. (2 )i i i i i i i i∆ = − − + = − − − + = + = + + = +
Vậy
∆
có hai căn bậc hai là: 2 + i và -2-i
Do đó nghiệm của (2) là
4 2

1 1 1 1
S
z z z z
= + + +
.
Lời giải
PT:
4 3 2
2 6 4 0z z z z− − + − =
( ) ( )
( )
2
1 2 2 2 0z z z z⇔ − + − + =
(1)
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là
1
2
3
4
1
2
1
1
z
z
z i
z i
=



Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z
0≠
12
Chia hai vế PT (1) cho z
2
ta được : (
0
2
1
)
1
()
1
2
2
=+−−+
z
z
z
z
(2)
Đặt t=
1
z
z
−
Khi đó
2
1
2

31 i−
Với t=
2
31 i+
ta có
02)31(2
2
311
2
=−+−⇔
+
=− ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii +=++=+=++=∆
Vậy PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii
+=
+++
1
4
)3()31(
, z=
2
1

13
Dạng 3: Bài toán tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.
1.Thuật toán:
Bước 1: Gọi M(x, y) là điểm xác định bởi số phức z = x + y.i thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bước 2: Từ điều kiện ban đầu, ta thiết lập một hệ thức cho x, y.
Bước 3: Từ hệ thức nhận được ta suy ra quỹ tích cần tìm.
2. Một số bài tập minh họa :
Bài 1. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết z thỏa mãn:
2 3
1(*)
4
z i
z i
+ −
=
− +
Lời giải
Giả sử
z x yi= +
(
,x y
R∈
), ta có
(*) 2 ( 3) 4 ( 1)x y i x y i⇔ + + − = − − −

2 2 2 2
( 2) ( 3) ( 4) ( 1)x y x y⇔ + + − = − + −
3 1 0x y⇔ − − =
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường thẳng có PT
3 1 0x y− − =

x y x y x y
x y x y
 
+ + + − = + + + =
⇔
 
− + ≠ ≠ − −
 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm
( 1; 1)I − −
, bán kính
bằng
5
, khuyết 2 điểm (0;1) và (-2;-3).
14
Bài 3. Tìm quĩ tích các điểm M biểu diễn số phức
(1 3) 2i z
ω
= + +
biết số phức z
thỏa mãn:
1 2 (1)z − ≤
.
Lời giải
Giả sử
x yi
ω
= +
(
,x y R∈

⇔ ≤ ⇔ ≤
+
2 2
( 3) ( 3) 16x y⇔ − + − ≤
Vậy quĩ tích các điểm M biểu diễn số phức là hình tròn
2 2
( 3) ( 3) 16x y− + − ≤
(kể
cả những điểm nằm trên biên).
Nhận xét: Bên cạnh bài toán tìm quỹ tích điểm, chúng ta còn gặp bài toán liên quan
đến mô đun nhỏ nhất hoặc lớn nhất của số phức. Ta xét bài toán sau:
Bài 4: Biết rằng số phức z thỏa mãn
( 3 )( 1 3 )u z i z i= + − + +
là một số thực. Tìm giá
trị nhỏ nhất của |z|.
Lời giải
Giả sử
z a bi= +
(
,a b R∈
), ta có
( 3 ( 1) )( 1 ( 3) )u a b i a b i= + + − + − −

2 2
4 4 6 2( 4)a b a b a b i= + + − + + − −
4 0 4u R a b a b∈ ⇔ − − = ⇔ = +

2
| |min | | minz z⇔
2 2 2 2 2 2 2

2
a b b b b b⇒ + = + + = + + ≥
1 1 1
;
2 2 2
z a b
−
⇒ ≥ ⇔ = =
. Vậy
1
2
Min z
=
3. Một số bài tập tự giải :
Bài 1: Tìm tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn:
a/
2 z i z+ = −
b.
3
z
z i
=
−
c.
3 4z z i= − +
d.
1
z i
z i
−

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 2
z z−
.
Dạng 4: Bài toán về dang lượng giác của số phức và ứng dụng
1. Kiến thức lien quan:
Xét số phức dạng đại số:
z a bi= +
(
,a b R∈
)
Ta có
2
2 2
2
2 2
a b
z a b i
a b a b
 
= + +
 ÷
 ÷
+ +
 
, nhận xét
2 2
2 2
2 2

gọi là một acgumen của z.
Nhận xét: Nếu
ϕ
là một acgumen của z thì
2k
ϕ π
+
cũng một acgumen của z.
16
+ Nhân và chia số phức dạng lượng giác.
Cho
1 1 1 1 2 2 2 2
( os +isin ); z = r ( os +isin )z r c c
ϕ ϕ ϕ ϕ
=
. Khi đó
1 2 1 2 1 2 1 2
z r [ os( + )+isin( + )]z r c
ϕ ϕ ϕ ϕ
=
,
1 1
1 2 1 2
2 2
[ os( )+isin( )]
z
z r
c
r
ϕ ϕ ϕ ϕ

 ÷
 ÷  ÷
   
 
Bài 2(B-2012)Gọi
1
z
;
2
z
là 2 nghiệm phức của phương trình:
2
2 3 4 0z iz− − =
,
viết dạng lượng giác của
1
z
;
2
z
.
Lời giải
2
2 3 . 4 0z i z− − =
,
2
3 4 4 3 1i∆ = + = − =
,
1 2
3 1; 3 1z i z i= − = +

Suy ra
2012 2012 0 2 6 2010 2012
2012 2012 2012 2012 2012
(1 ) (1 ) 2( 2i i C C C C C S+ + − = − + + − + =
17
Mặt khác
2012 2012 1006 1006
(1 ) [ 2(cos sin )] 2 (cos503 sin503 ) 2
4 4
i i i
π π
π π
+ = + = + = −
2012 2012 1006 1006
(1 ) [ 2(cos sin )] 2 (cos 503 sin 503 ) 2
4 4
i i i
π π
π π
− −
− = + = − + − = −
Từ đó
1006
2S = −
3. Bài luyện tập tự giải:
Bài 1: Cho
2 2z i
= +
. Tìm dạng đại số của
2012

++
i
Bài 6. Tìm phần thực và phần ảo của mỗi số phức sau:
a.
( )
( )
9
10
3
1
i
i
+
+
; b.
2000
2000
1
z
z
+
biết rằng
.1
1
=+
z
z
18
IV. KIỂM NGHIỆM VÀ ĐỐI CHỨNG
Trên cơ sở của chuyên đề này cùng với sự đồng ý của Ban giám hiệu nhà

bản để giải các dạng toán nâng cao phù hợp với nhận thức của học sinh, từ đó làm
cho học sinh yêu thích và hăng say học tập môn toán hơn.
Bằng cách này trong thời gian qua được nhà trường phân công giảng dạy và
bồi dưỡng học sinh thi vào Đại học, Cao đẳng bước đầu đã thu được kết quả đáng
khích lệ. Quá trình vận dụng chuyên đề này cùng với những chuyên đề khác với
19
cách tư duy tương tự đã giúp tôi bồi dưỡng được một lượng học sinh khá, giỏi làm
nòng cốt cho các kỳ thi học sinh giỏi đồng thời các em cũng đạt được điểm số môn
toán rất cao trong kỳ thi tuyển sinh Đại học. Cụ thể số lượng học sinh đạt 27 điểm
trở lên trong kỳ thi Đại học của trường TPHT Lê Lợi – Thọ Xuân ngày càng tăng,
năm học 2011-2012 được xếp trong top 5 trường có số lượng học sinh thi Đại học
đạt điểm cao trong các trường THPT toàn tỉnh Thanh Hóa.
Mặc dù tôi đã rất cố gắng hoàn thiện bài viết một cách cẩn thận nhất, song vẫn
không tránh khỏi những sai sót, rất mong các cấp chuyên môn đóng góp ý kiến bổ
sung để chuyên đề ngày càng hoàn thiện và hữu ích hơn nữa. Cũng rất mong được
sự góp ý của quý đồng nghiệp để chúng tôi có dịp được trau dồi và tích lũy kiến
thức nhằm hoàn thành tốt nhiệm vụ giáo dục được giao.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Lê Đức Trung

20
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách Giáo khoa Giải tích 12 - nâng cao. Nhà xuất bản Giáo dục năm 2012.
2. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đại số - Giải tích 12, Thạc sĩ Lê Hoành Phò,
NXB Đại học Quốc gia Hà Nội năm 2010.