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
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ.........................................19
Như Thanh, ngày 03 tháng 05 năm 2018....................................19
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.................................................................19
.................................................................................................19
Nguyễn Khắc Sâm....................................................................19


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.

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.

3


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
trình, kế hoạch phát triển KT-XH; phát triển giáo dục và đạo tạo là nâng cao dân
trí, đạo tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài. Chuyển mạnh quá trình giáo dục từ chủ
yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện năng lực và phẩm chất người
học. Học đi đôi với hành, lý luận gắn với thực tiễn, giáo dục nhà trường kết hợp
với giáo dục gia đình và giáo dục xã hội”.
Nghị quyết hội nghị Trung ương VIII khóa XI đề ra mục tiêu: “Đối với
giáo dục phổ thông tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất,
năng lực công dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu, định hướng nghề nghiệp
cho học sinh. Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, chú trọng giáo dục lý
tưởng truyền thống đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, năng lực và kỹ năng
thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn, phát triển khả năng sáng tạo và tự


4


Cách 1:
Đặt

M = M ( z) .

Từ

hệ

z − 4 − 3i = 5

thức

ta

suy

ra:

M ∈ (C ) : ( x − 4 ) + ( y − 3) = 5 .
2

2

Đặt A(−1;3); B(1;−1), I là trung điểm của AB thì I ( 0;1) .
Khi đó: z + 1 − 3i + z − 1 − i = MA + MB . Ta biết rằng MA + MB lớn nhất khi

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
2
M 2 ≤ 2 ( a + 1) + ( b − 3) + ( a − 1) + ( b + 1)  ≤ 2  2(a 2 + b 2 ) − 4b + 12  ≤ 8(4a + 2b − 7) .


2
M
+ 7 ≤ 4a + 2b .
Khi đó:
8

Ta có: 4a + 2b = 4(a − 4) + 2(b − 3) + 22 ⇒ 4a + 2b − 22 ≤ (16 + 4) (a − 4) 2 + (b − 3) 2  .


2

2

= 10 5 sin x + 30 + 6 5 sin x + 8 5 cos x + 30

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
M ≤ 2(16 5 sin x + 8 5 cos x + 60 = 2 8 5(2sin x + cos x) + 60  ≤ 10 2 .
2

sin x = 5
a = 5 sin x + 4 = 6
⇒
⇒ P = a + b = 10
Vậy M max = 10 2 khi 
1
b
=
5
cos
x
+
3
=
4
cos x =


5


z
z. z '
=
( z ' ≠ 0) .
z ' z '.z '

2.3.1.3. Một số kí hiệu chuyển từ số phức sang tọa độ Oxy quen thuộc.
+) Với M ( z ) thì z = OM .
+) Với M = M ( z ), M ' = M '( z ') thì z − z ' = MM ' .
+) Với A = A( z A ), B = B( zB ) , trong đó z A , z B là hai số phức khác nhau cho trước
thì tập hợp các điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức z − z A = z − zB là đường trung
trực của đoạn thẳng AB.
+) Với M 0 = M 0 ( z0 ), R > 0 , tập hợp các điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức:
z − z0 = R là đường tròn tâm M 0 bán kính R .
+) Với M 0 = M 0 ( z0 ), a > 0 , tập hợp các điểm M = M ( z ) thỏa mãn hệ thức:
z − z A + z − z B = 2a là đường Elíp có hai tiêu điểm A, B.
2.3.1.4. Một số bài toán cực trị hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy.
Bài toán 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (∆) : Ax + By + C = 0 và
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


hay M = ∆ ∩ A ' B .
Bài toán 3: 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: MA2 + MB 2 nhỏ

nhất.
Giải. Gọi

I là trung điểm AB . Khi đó, với mọi M ∈ ∆ ta có:
MA + MB 2 AB 2
AB 2
2
2
2
2
MI =
−
Suy ra, MA + MB = 2MI +
. Do A, B cố định nên
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

A, B khác phía với (∆)

+) Nếu hai điểm A, B nằm khác phía so với (∆) thì ta gọi A ' là điểm đối xứng
với A qua (∆) . Khi đó với mọi M ∈ ∆ ta luôn có MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B .Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm M , A ', B thẳng hàng, hay M = ∆ ∩ A ' B .
Bài toán 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) tâm I bán kính R
và hai điểm A( x A ; y A ) , B( xB ; yB ) . Tìm trên (C ) điểm M ( x; y ) sao cho: MA2 + MB 2
nhỏ nhất (lớn nhất).
Giải: Gọi H là trung điểm AB ta có: MH 2 =
MA2 + MB 2 = 2 MH 2 +

MA2 + MB 2 AB 2
−
2
4

suy ra:

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 ≡ M1 và giá trị nhỏ
nhất của
8


2


Bài toán 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường Elíp (E) có hai tiêu điểm
A( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) . Tìm trên ( E ) điểm M ( x; y ) sao cho: OM nhỏ nhất (lớn nhất).
Giải:
y
M
A
A

O
O

B
B

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).
9


1)
2)


-2

x
2

1

M0

∆

z − 1 + 3i = z − 3 − 5i ⇔ ( x − 1) + ( y + 3 ) = ( x − 3 ) + ( y − 5 ) ⇔ x + 4 y − 6 = 0.
2

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

P = z + 2 − i + z − 3 + 2i = MA + MB . Áp dụng kết quả bài toán 3 ta có:
min P = A ' B với A ' là điểm đối xứng với A qua ∆ .
Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với ∆ thì d :4 x − y + 9 = 0 . Gọi
I = d ∩ ∆ , thì tọa độ I là cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình:
61

x=−

 2 x + 8 y = 11 
34
⇔

. A ' là điểm đối xứng với A qua ∆ thì I là trung điểm AA '
4
x
−
y
=
−
9
31

y =

17
 27 45 
5 493
nên A '  − ; ÷. Suy ra min P = A ' B =
.
 17 17 

y

O
M

-3

x

B

I
O

x

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’


và A ' B là cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ: 

z − 3 − i − z − 2 − 6i lớn nhất là: z = 0 + 0i ⇒ P = 0 .
Dạng 2: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn.

Với các dạng bài này ta thường gặp bài toán cơ bản sau đây:
12


Bài toán: Cho số phức z thỏa mãn: z − z0 = R > 0 , với z0 ; z A ; zB ; zC là số phức cho
trước.
1.
Tìm số phức z để z − z A đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
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
.

2

2

Tọa độ giao điểm của (C) và IM là cặp ( x; y ) thỏa mãn hệ phương trình:
9
13

( x − 1) 2 + ( y + 2 ) 2 = 1  x = 5 ; y = − 5
⇔

.
x = 1 ; y = − 7
3 x + 4 y + 5 = 0

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


B
I

O

-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
 x = 3; y = 1
⇔
Xét hệ phương trình: 
2
2

y
=
0
(
C
)
3

 x 2 + y 2 − 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 .

14


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 ∆ ∩ (C ) ≠ Φ thì giá trị nhỏ nhất của z − z ' = 0 .
+) Trường hợp ∆ ∩ (C ) = Φ 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).

15


- 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

Dạng 4: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường Elíp.

 25 16 
2
2
x
 x2 y2 
y 
2
2
2
OM = x + y = 9  + ÷ ≥ 9  + ÷ ≥ 9 ⇒ OM ≥ 3 .
9 
 9
 25 9 
⇒3≤ z ≤5⇒ M +m =8.

Cách 3. z = x 2 + y 2 = OM . Đặt x = 5sin t , y = 3cos t , t ∈ [ 0; 2π ] . Ta có:
OM 2 = x 2 + y 2 = 25sin 2 t + 9 cos 2 t = 16sin 2 t + 9 .
2
2
Do 0 ≤ sin t ≤ 1 ⇒ 9 ≤ OM ≤ 25 ⇒ 3 ≤ z ≤ 5 .
Vậy, M + m = 8 .
Qua 3 cách giải, một lần nữa khẳng định được tính ưu việt của phương pháp
hình học trong giải các bài toán cực trị số phức.
2.4. Một số bài tập trắc nghiệm vận dụng.
Bài 1: Cho số phức z thỏa mãn 2 z − 3 − 4i = 10 . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Khi đó M-m bằng:
M −m =5
A.
B. M − m = 15
C. M − m = 10

B. ab =

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

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
2
2
của biểu thức P = z − 8 − 6i + z − 4 − 10i lần lượt là:
66 và 466
A.

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

D.

14
5

(Trích câu 46 chuyên Quốc học Huế lần 2).
Bài 9: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 2 − i = 2 2 . Gọi M và m lần lượt là

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.

18


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận.
Quá trình nghiên cứu đề tài đã thu được một số kết quả sau:
- Trong đề tài đã hướng dẫn cho học sinh chuyển đổi được bài toán đại số
sang bài toán hình học thuần túy một cách có hiệu quả, qua đó giúp HS có ý
thức trong việc tự học- tự nghiên cứu.
- Đưa ra cơ sở lý luận về phương pháp dạy học học sinh chuyển đổi ngôn
ngữ bài toán đai số sang bài toán hình học.
- Đưa ra các dạng bài tập mà học sinh sẽ gặp khi giải các bài toán cực trị
môđun số phức.
- Thông qua dạy học chuyên đề đã gây được sự hứng thú trong học tập

[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.

20


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
Vận dụng phương pháp điều
kiện cần và đủ để giải các bài
toán phương trình, bất
phương trình chứa tham số.
Hướng dẫn học sinh khai
thác và vận dụng một bài tập
sách giáo khoa hình học 12
nhằm rèn luyện năng lực tư