SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
MÔĐUN SỐ PHỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO NĂNG LỰC
GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH.

Giáo viên: Nguyễn Khắc Sâm
Tổ:
Toán - Tin
Trường: THPT Như Thanh
SKKN thuộc môn Toán.

THANH HÓA, NĂM 2018


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.......................................................................................................2
2.1. Cơ sở lý luận.................................................................................................2
2.2. Thực trạng.....................................................................................................2
2.3. Giải quyết vấn đề..........................................................................................2
2.3.1. Cơ sở lý thuyết...........................................................................................4

khó khăn cho học sinh.
Bài toán cực trị số phức thông thường có khá nhiều cách lựa chọn để giải
như Bất đẳng thức, khảo sát hàm số….. Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi
muốn rèn luyện cho học sinh một lối tư duy vận dụng linh hoạt phương pháp
chuyển đổi từ bài toán đại số sang bài toán hình học cho học sinh. Với mục tiêu
đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ tập trung giải quyết theo hướng hình
học. Xuất phát từ những lý do trên, tôi chọn đề tài “Rèn luyện kỹ năng giải bài
toán cực trị môđun số phức bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng nhằm
nâng cao năng lực giải toán cho học sinh” để nghiên cứu.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Đề tài này nghiên cứu nhằm giúp học sinh giải quyết tốt các bài toán vận
dụng cao về cực trị môđun số phức,.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Sáng kiến kinh nghiệm có đối tượng nghiên cứu là các bài toán cực trị
môđun số phức, được nghiên cứu ở nhiều dạng toán khác nhau.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Để trình bày sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã sử dụng phối kết hợp
nhiều phương pháp như:
-Nghiên cứu tài liệu, quan sát, điều tra cơ bản, thực nghiệm so sánh, phân
tích kết quả thực nghiệm, … phù hợp với môn học thuộc lĩnh vực Toán học.
- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.

1


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận.
Nghị quyết hội nghị Trung ương VIII khóa XI chỉ đạo: “Giáo dục và đạo
tạo là Quốc sách hàng đầu, là sự nghiệp của Đảng và Nhà nước và của toàn dân.
Đầu tư cho giáo dục là đầu tư phát triển, được ưu tiên đi trước cho các chương

Xét các số phức z  a  bi (a, b �R ) thỏa mãn z  4  3i  5 . Tính P  a  b khi
z  1  3i  z  1  i đạt giá trị lớn nhất.
A. P  10
B. P  4
C. P  6
D. P  8 .
(Trích câu 46 đề minh họa THPT Quốc gia 2018).
Đây là bài toán tương đối khó với các em học sinh phổ thông, kể cả
những học sinh có học lực giỏi. Cái khó khăn của bái toán trên chính là mối
liên hệ giữa hai điều kiện z  4  3i  5 và z  1  3i  z  1  i . Sau đây là một số
cách giải bài toán này.

2


Cách 1:
Đặt

M  M ( z) .

Từ

hệ

z  4  3i  5

thức

ta


Đường thẳng    đi qua I và vuông góc với AB có phương trình là:
�
( x  4) 2  ( y  3) 2  5
x  2 y  2  0 . Xét hệ phương trình: �
giải ra ta được:
�x  2 y  2  0
�x  2; y  2
�
. Từ hình vẽ ta chọn được H (2; 2), K (6; 4) .
�x  6; y  4
Vậy chọn K (6; 4) � P  a  b  10 .

Vậy, chọn đáp án A.
Cách 2:
2
2
Ta có: z  4  3i  5 �  a  4    b  3  5 � a 2  b 2  8a  6b  20 .
Lại có: M  z  1  3i  z  1  i   a  1   b  3   a  1   b  1
Suy ra:
2

2

2

2

2
2
2

200

M

10 2 . Vậy,

4a  2b  32
�
�a  6
M max  10 2 khi �
��
� P  a  b  10 . Vậy, chọn đáp án A.
2a  4b  4
b4
�
�
2
2
Cách 3: Ta có: z  4  3i  5 �  a  4    b  3  5 .
�
�a  5 sin x  4

Đặt �

b  5 cos x  3
�

Khi đó : M  z  1  3i  z  1  i   a  1   b  3   a  1   b  1
2


x

3

4
�
�
cos x 
�
5
�

Vậy, chọn đáp án A.
Nhận xét: Bài toán trên có thể vẫn còn nhiều cách giải khác, qua ba cách
giải trên, ta thấy tiếp cận bài toán theo cách 1 (phương pháp hình học) là đơn
giản và nhanh gọn. Hơn nữa, phương pháp sử dụng bất đẳng thức để giải quyết
bài toán là điều không dễ dàng với phần lớn học sinh.
2.3.1. Cơ sở lý thuyết.
2.3.1.1. Các định nghĩa và kí hiệu.
a) Số i: Ta thừa nhận có một số mà bình phương của nó bằng -1.
b) Số phức: Cho x, y ��, biểu thức z  x  yi gọi là một (dạng đại số) số phức.
Trong đó x: phần thực, y: phần ảo.
c) Với mỗi số phức z  x  yi , giá trị biểu thức x 2  y 2 gọi là môđun của z. Kí
hiệu: z . Như vậy, z  x 2  y 2 .
d) Cho số phức z  x  yi . Số phức z  x  yi gọi là số phức liên hợp với số
phức z .
e) Mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm M ( x; y) trên mặt phẳng toạ độ Oxy.
Ngược lại, mỗi điểm M ( x; y ) biểu diễn một số phức là z  x  yi .
Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi kí hiệu M ( x; y )  M  z  , hay đơn giản
M  z  để chỉ M là điểm biểu diễn cho số phức z  x  yi .

điểm M 0 ( x0 ; y0 ) . Tìm trên () điểm M ( x; y ) sao cho M 0 M nhỏ nhất.
Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M 0 trên () với M �() thì ta có:
M 0 M �M 0 H , do đó M 0 M nhỏ nhất thì M �H . Từ đó ta viết phương trình đường
thẳng (d ) đi qua M vuông góc với () . Giải hệ gồm hai phương trình đường
thẳng () và (d ) ta suy ra nghiệm  x; y  . Từ đó ta tìm được điểm M.
M0

( )
M

H

Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng () : Ax  By  C  0 và
hai điểm A( xA ; y A ) , B( xB ; yB ) . Tìm trên () điểm M ( x; y ) sao cho: MA  MB nhỏ
nhất.
Giải: Đây là bài toán khá cơ bản trong hình học phẳng mà học sinh đã được học
từ chương trình THCS. Ta thấy rằng:
+) Nếu hai điểm A, B nằm về hai phía so với () thì với mọi
M �, MA  MB �AB . Vậy MA  MB nhỏ nhất là MA  MB  AB khi và chỉ khi ba
điểm A, B, M thẳng hàng, hay M   �AB .
A

B

A
M0

()
M


2
4
2
AB không đổi, do đó MA2  MB 2 nhỏ nhất � MI nhỏ nhất  M M 0 , trong đó
M 0 là hình chiếu của I trên đường thẳng () . Và giá trị nhỏ nhất của
AB 2
AB 2
MA2  MB 2  2M 0 I 2 
 2d 2  I ,   
.
2
2
Bài toán 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng () : Ax  By  C  0 và
hai điểm A( xA ; y A ) , B( xB ; yB ) . Tìm trên () điểm M ( x; y ) sao cho: MA  MB lớn
2

nhất.
Giải: Với hai điểm A, B cố định.
+) Nếu A, B cùng phía so với () thì với mọi M � ta luôn có: MA  MB �AB ,
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm M , A, B thẳng hàng, hay M   �AB .
B

B

A
A’

( )
M0


AB 2
. Do AB cố định nên AB không đổi.
2

Vậy:
+) MA2  MB 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi: MH nhỏ nhất  M
nhất của

M 1 và giá trị nhỏ

6


2

MA2  MB 2 là 2 R  IH 

AB 2
.
2

+) MA2  MB 2 lớn nhất khi và chỉ khi: MH lớn nhất  M
2

của MA2  MB 2 là 2 R  IH 

M 2 và giá trị lớn nhất

2


x

Với bài toán này thì ta chỉ cần xác định các yếu tố của Elíp: Tiêu điểm, Tọa độ
các đỉnh của (E). OM nhỏ nhất (lớn nhất) khi M trùng đỉnh của (E). Trong
trường hợp xác định được phương trình Elíp thì ta cần xác định độ dài trục lớn,
độ dài trục bé để xác định giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
2.3.2. Một số dạng bài toán cực trị số phức.
Dạng 1: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức là đường thẳng.
Với dạng này thì ta thường gặp một số bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z  z1  z  z2 (với z1 , z2 , z3 , z4 là các số phức
cho trước).
7


1)
2)
3)

Tìm số phức z để z  z0 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm số phức z để z  z3  z  z4 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
2
Tìm số phức z để z  z3  z  z4 đạt giá trị nhỏ nhất.

4)
Tìm số phức z để z  z3  z  z4 đạt giá trị lớn nhất.
Nhận xét: Ta gọi M  M  z  , M 0  M 0  z0  , A  A  z1  , B  B  z2  ; C  C  z3  ; D  D  z4 
Thì:
z  z0  MM 0 . Từ đẳng thức z  z1  z  z2 , suy ra M thuộc đường thẳng () là
trung trực của đoạn thẳng AB. Khi đó bài toán trở thành:


2

2

2

Hay M � : x  4 y  6  0 . Do đó z  2  i  M 0 M với M 0 (2;  1) . Áp dụng kết quả
2  4.(1)  6
12 12 17


.
2
2
y1  4
17
17
A’
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  i  z  2  3i . Tìm giá trị nhỏ
nhất của P  z  2  i  z  3  2i .

bài toán 1 ta có min z  2  i  d (M 0 ; ) 

M
Lời giải: Đặt z  x  yi; x, y �R và M  M ( z ) . Từ hệ thức z  1  i  z  2  3i ta suy
1
ra:
A
3

x

y


9
31
�
�y 
� 17
� 27 45 �
5 493
nên A ' � ; �. Suy ra min P  A ' B 
.
� 17 17 �
17

Qua ví dụ trên ta thấy việc khai thác các bài toán cực trị trong hình học vào giải
các bài toán cực trị của số phức sẽ đơn giản hơn rất nhiều so với phương pháp
đại số và các phương pháp khác. Giúp học sinh giải các bài toán dạng này một
cách nhanh nhất, phù hợp với xu thế làm bài trắc nghiệm trong một khoảng thời
gian ngắn.
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  2i  z  3  i . Tìm giá trị nhỏ
2
2
nhất của: P  z  i  z  2  i .
Lời giải: Đặt z  x  yi; x, y �R và M  M ( z ) .
Từ hệ thức z  1  2i  z  3  i ta suy ra:
M � : 8 x  2 y  5  0 , đặt A(0;  1), B(2;1) và gọi I là trung điểm của AB thì I (1;0)
13


2

A

Ví dụ 4. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức z  1  z  i . Biết rằng số phức
z  x  yi; x, y �R thỏa mãn: z  3  i  z  2  6i đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị
của biểu thức P  x  2 y .
Lời giải: Đặt M  M ( z ), A(3;1); B(2;6) . Từ hệ thức z  1  z  i ta suy ra:
M � : x  y  0 , kiểm tra được hai điểm A, B khác phía so với  .
y
B

6
A’



6
y
A

1
1
MO

O

2
1

2
2
2.
Tìm số phức z để z  z B  z  zC đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
Nhận xét: Đặt M  M  z  ; A  A  z A  , B  B  z B  , C  B  zC  . Từ đẳng thức z  z0  R
, suy ra M thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính R. Khi đó bài toán trở thành.
1.
Tìm M �(C ) sao cho AM đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
2.
Tìm M �(C ) sao cho MA2  MB 2 đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
Ví dụ áp dụng.
Ví dụ 1. Trong tất cả các số phức z  a  bi; a, b �R thỏa mãn z  1  2i  1 . Biết
rằng: z  3  i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P 

a
.
b

Lời giải: Đặt M  M ( z ); I (1;  2); A(3;1) . Từ hệ thức z  1  2i  1 ta suy ra:
y
1

AA

O

-3
-3

1

5
�
.
1
7
3x  4 y  5  0
�
�
x ;y
�
5
� 5
9
13
Với x  ; y   thì z  3  i  6 .
5
5
1
7
Với x  ; y   thì z  3  i  4 .
5
5
1 7
a
1
Vậy: z   i � P    .
5 5
b
7
3 5


-2

1

3

5

x

I

M

Ta có P  z  1  2i  z  5  2i  MA  MB Trong đó A(1; 2); B(5 :2) . Nhận thấy IA  IB
Gọi () là đường thẳng trung trực AB thì () : x  3  0 . Khi đó
PMax � M  () �(C )

�
x  3; y  1
�
�x  3
��
Xét hệ phương trình: �
2
2
 x  3   y  2   9 �x  3; y  5
�
Từ hình vẽ ta thấy M  3;  5  thỏa mãn, vậy PMax  2MA  2 53 .

0
(
C
)
3
�
2
2
�
�x  y  2 x  2 y  0 (C4 )

Vậy, M thuộc một trong 4 đường tròn (C1 ); (C2 );(C3 );(C4 ) có tâm lần lượt là
I1 ; I 2 ; I 3 ; I 4 .

12


Khi đó P  z  5  2i  MA với A(5;  2) Từ hình vẽ ta thấy
Pmax  I 2 A  R  2  3 5 .
Dạng 3: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng và đường tròn.
Với các dạng bài này ta thường gặp bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán: Cho hai số phức z, z ' thỏa mãn các hệ thức: z  z1  R; z ' z2  z ' z3 .
Trong đó z1 ; z2 ; z3 là các số phức cho trước. Tính giá trị nhỏ nhất của P  z  z ' .
Nhận xét:
Đặt M  M  z  ; M '  M  z ' . Từ đẳng thức z  z1  R suy ra M thuộc đường tròn
(C). Từ đẳng thức z ' z2  z ' z3 suy ra M’ thuộc đường thẳng () và
z  z '  MM ' . Khi đó bài toán trở thành.
Tìm M �(), M ' �(C ) sao cho MM ' đạt giá trị nhỏ nhất.
+) Trường hợp  ǹ (C )  thì giá trị nhỏ nhất của z  z '  0 .
+) Trường hợp  �(C )   thì giá trị nhỏ nhất của z  z ' là z  z '  d ( I ; )  R .


Lời giải:
- Từ hệ thức z  z1  R ta tìm được tọa độ tâm I và bán kính R của (C).

13


- Từ hệ thức z ' z2  z ' z3 ta tìm được phương trình    .
- Tính khoảng cách d từ I đến    .
+) Nếu d �R thì min z  z '  0 và M �M '     �(C ) .
+) Nếu d  R thì min z  z '  d  R và M là hình chiếu của I lên    và
M '    ' �(C ) , trong đó   ' là đường thẳng đi qua I và vuông góc với    .
Bài tập áp dụng.
Cho hai số phức z, z ' thỏa mãn: z  2  i  2; z ' 5  3i  z ' 1  9i . Tính giá trị nhỏ
nhất của P  z  z ' .
Lời giải:
Đặt M  M  z  ; M '  M  z ' . Từ hệ thức z  2  i  2 , suy ra M thuộc đường tròn:
2
2
 x  2    y  1  4 tâm I  2;1 bán kính R=2.
Từ hệ thức z  5  3i  z  1  9i suy ra M’ thuộc đường thẳng () : x  y  4  0 .
5 2
5 2
 R . Vậy min P 
 2.
Khoảng cách từ I đến    là d  I ,   
2

2


y 2 25 �
�25
�x 2
OM  �
x�y9 �
�9
2

2

2

��
3 z 5

M

y 2 � �x 2 y 2 �
� 25 �
� 25 OM 5 .
25 � �25 16 �
y 2 � �x 2 y 2 �
� 9�
� 9 OM 3 .
9 � �25 9 �

m 8.

Cách 3. z  x 2  y 2  OM . Đặt x  5sin t , y  3cos t, t � 0; 2  . Ta có:
OM 2  x 2  y 2  25sin 2 t  9 cos 2 t  16sin 2 t  9 .

ab  

23
100

B. ab 

2
3
D.
3
4
Bài 4: Cho số phức z, w thỏa mãn z  5  3i  3, iw  4  2i  2 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức T  3iz  2w .
A.

5
6

B.

1
6

C.

B. T  578  13 C. T  578  5
D. T  554  13
(Trích câu 45 trường chuyên Thái Bình lần 6).
Bài 5: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  5 . Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất

D.

Bài 7: Cho số phức z  a  bi; a, b �� thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
z  z  1  i và biểu thức A  z  2  2i  z  3  i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của
biểu thức a  b bằng.
1
A.
B. 2
C. 2
D. 1
(Trích câu 46 THPT Thanh Chương 1 lần 2).
Bài 8: Cho số phức z  x  yi; x, y �� thỏa mãn z  1  i �1, z  3  3i � 5 . Gọi M
và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P  x  2 y . Tính tỉ số
m
.
M
9
A.
4
T

B.

7
2

C.

5
4

C.

9 5  10
5

D.

9 5
5

(Trích câu 37 chuyên Lê Quý Đôn Quảng trị lần 2).
2.5. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
- SKKN này đã được tôi thực hiện giảng dạy trong năm học 2016-2017 và
năm học 2017-2018. Trong quá trình học chuyên đề này, học sinh rất hứng thú
và tự tin, biết vận dụng khi gặp các bài toán về cực trị môđun số phức, tạo cho
học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra cho học sinh cách nhìn nhận,
vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học. Kết quả đạt được có thể nói
là rất khả quan, sau khi học xong chuyên đề thì tất cả các em đề giả`i quyết được
câu hỏi về dạng này.
- Đối với đồng nghiệp: được chia sẻ kinh nghiệm học hỏi lẫn nhau, thúc
đẩy phong trào tự học, tự nghiên cứu trong nhà trường.
- Đối với học sinh: Trang bị thêm cho học sinh một phương pháp giải
nhanh các bài toán cực trị số phức trong kì thi THPT Quốc gia.

16


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận.
Quá trình nghiên cứu đề tài đã thu được một số kết quả sau:


17


TÀI LIỆU THAM KHẢO.
[1]. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Giải tích 12 cơ bản- NXBGD năm 2008.
[2]. Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên)- Giải tích 12 nâng cao- NXBGD năm 2008.
[3]. Cao Minh Quang- Ứng dụng của số phức. NXB Hà Nội, năm 2012.
[4]. Vũ Thế Hựu – Bộ Tài liệu ôn thi Đại Học.NXB Đại học Sư phạm2012.
[5]. Lê Hoành Phò- Phân dạng và phương pháp giải toán số phức - NXBGD năm 2010.
[6]. Nguyễn Bá Kim – Phương pháp dạy học môn Toán - NXBGD.
[7].Đề thi thử các trường trên toàn quốc.
[8]. Tạp chí toán học và tuổi trẻ- NXB Giáo dục.

18


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN.
Họ và tên tác giả: Nguyễn Khắc Sâm
Chức vụ và đơn vị công tác: Tổ phó chuyên môn tổ Toán-Tin trường THPT Như Thanh
TT

1

2

Tên đề tài SKKN


C

2016

19