(SKKN 2022) Kỹ thuật xử lí nhanh các bài toán liên quan đến môđun số phức bằng công cụ hình học góp phần nâng cao chất lượng dạy học chủ đề Số phức trong chương trình môn Toán THPT

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài Trong thực tiễn qua trình dạy học và ôn thi THPT QG, nay là kỳ thi tốt nghiệp THPT, khi dạy chủ đề Số phức, tôi thường tâm đắc với việc hướng cho học sinh nhìn số phức dưới con mắt hình học đối dạng toán liên quan đến biểu diễn hình học và cực trị của số phức Những kỹ thuật này tôi thường xuyên áp dụng để giảng dạy cho các lớp ban KHTN giúp giúp các em có thêm hứng thú, tư tin khi gặp các vấn đề, các dạng toán khó về số phức xuất hiện trong đề thi, điều này giúp các em giải quyết vấn đề nhanh hơn và góp phần nâng cao chất lượng dạy học và kết quả thi TN THPT của bộ môn Từ những lý do trên cùng với kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã quyết định chọn đề tài: “Kỹ thuật xử lí nhanh các bài toán liên quan đến môđun số phức bằng công cụ hình học góp phần nâng cao chất lượng dạy học chủ đề Số phức trong chương trình môn Toán THPT’’ làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của bản thân trong năm học 2021–2022 Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến, nhận xét và đánh giá của đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn 1.2 Mục đích nghiên cứu Tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm này trước hết nhằm mục đích tạo một tài liệu tham khảo nhỏ giúp các em học sinh khá giỏi lớp 12 trong nhà trường có thêm một phương pháp tiếp cận nhanh và hiệu quả khi gặp những bài toán về số phức trong đề thi Tốt nghiệp THPT cũng như các đề thi ĐGNL và ĐGTD tuyển sinh đầu vào của các trường Đại học năm 2022, sau đó là khuyến khích các em dựa vào những điều đã đã học được để sáng tạo ra những bài tập hay trong nội dung chương trình, qua đó giúp các em phát triển tư duy logic, tổng hợp các phần, các chương đã học để chọn nhanh được hướng tiếp cận đối với các câu hỏi và bài tập ở mức độ vận dụng trong các đề thi nêu trên 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu tập trung vào nội dung: Lớp các bài toán có mối quan hệ giữa số phức với hình học tọa độ trong mặt phẳng 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu sử dụng trong đề tài bao gồm - Phương pháp nghiên cứu lý luận - Phương pháp điều tra, quan sát - Phương pháp tổng kết rút kinh nghiệm 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Số phức a Định nghĩa: Cho số phức z có dạng: z  a  bi với a, b  ¡ , trong đó a gọi là phần thực của z , b gọi là phần ảo của z , i gọi là đơn vị ảo thỏa mãn i 2  1 b Biểu diễn hình học của số phức Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , mỗi số phức z  a  bi; a, b  ¡ được biểu diễn bởi điểm M (a; b) Ngược lại, mỗi điểm M (a; b) biểu diễn duy nhất một số phức là z  a  bi Nhận xét: +) OM  z ; 2 +) Nếu z1 , z2 có các điểm biểu diễn lần lượt là M 1 , M 2 thì M 1M 2  z1  z2 2.1.2 Mối liên hệ giữa số phức và các yếu tố hình học phẳng (nhìn số phức dưới con mắt hình học) (1) M  x; y  là điểm biểu diễn hình học của số phức z  x  yi với ( x, y  R ) trên mặt phẳng tọa độ thì z  OM (2) Cho I là điểm biểu diễn số phức z0 , số phức z thay đổi thỏa mãn z  z0  R  0 thì tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I bán kính R (3) Biểu diễn hình học của hai số phức z và z là hai điểm đối xứng nhau qua trục Ox nên nếu tập hợp điểm biểu diễn hai số phức z và z lần lượt là các hình  C  ,  C ' thì hai hình đó cũng đối xứng nhau qua trục Ox (4) Nếu điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B thì  z1  z2  AB uuu r uuu r với M là trung điểm đoạn AB  z  z  OA  OB  2OM  1 2 (5) Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B Số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là trung trực của đoạn AB (6) Cho điểm biểu diễn của hai số phức z1 , z2 là A, B Số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2 thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng (7) Cho hai số phức z1 , z2 không đổi có điểm biểu diễn là hai điểm A, B Một số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2  a  0 Khi đó + Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường E-lip nhận A, B làm hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng a + Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng AB 2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm Qua trao đổi với các thầy cô giáo trong bộ môn toán nhà trường, tôi nhận thấy việc các thầy cô vẫn đang còn dạy các em tìm lời giải cho các bài toán: Tìm mô đun của số phức, tìm GTLN, GTNN của mô đun số phức theo phương pháp biến đổi trực tiếp rồi dùng phương pháp hàm số hoặc dùng bất đẳng thức để đánh giá Vì vậy, tôi nhận thấy với cách làm như vậy sẽ đưa học sinh vào một số thử thách trong việc làm bài thi Tốt nghiệp THPT hoặc bài thi ĐGNL, ĐGTD như sau: Một là, thời gian các em dành để tìm ra đáp số của bài toán mất nhiều thời gian Hai là, một số bài toán phức tạp các em sẽ gặp khó khăn trong việc định hướng tìm lời giải Ngược lại, những em có hướng giải quyết bài toán thì không đủ thời gian để tìm lời giải nên dẫn đến tình huống đoán mò Từ thực tế đó, đòi hỏi cần có cách tư duy bài toán theo cách giải toán trắc nghiệm, trong đó việc khai thác tối đa tính trực quan của việc biểu diễn số phức 3 bằng hình học việc giải toán là việc làm rất cần thiết trong việc ôn tập và ôn thi trong giai đoạn hiện nay 2.3 Giải pháp thực hiện Trong quá trình dạy học ôn thi THPT trong 4 năm gần đây, qua nghiên cứu đề thi chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo năm 2018, 2019, 2020, 2021 và tham khảo năm 2022 của Bộ GD&ĐT cũng như một số đề thi ĐGNL, ĐGTD, tôi hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp hình học để tìm lời giải cho một số bài toán vận dụng cao về tìm giá trị môđun số phức hoặc tìm GTLN, GTNN của mô đun số phức sau: Giải pháp 1 Kỹ thuật xử lí nhanh bài toán về tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức liên quan đến đường tròn Cần tìm tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w thỏa mãn điều kiện cho trước, ta biến đổi thành w  (a  bi )  r , để suy ra tập hợp là đường tròn  x  a 2   y  b  r 2 2 Các tính chất về modun số phức thường sử dụng: *) z1.z2  z1 z 2 , z z1  1 z2 z2 *) z  z , z1  z2  z1  z2 Ví dụ 1.1 Cho số phức z thỏa mãn z  2 Tập hợp điểm M biểu diễn số phức w   1  i  z  2  i là đường tròn nào sau đây? A  x  2    y  1  8 B  x  2    y  1  8 C  x  1   y  2   4 D  x  1   y  2   4 2 2 2 2 2 2 2 2 Phân tích: Biến đổi w   1  i  z  2  i thành dạng w  (a  bi )   c  di  z rồi lấy modun hai vế để sử dụng được giả thiết z  2 Hướng dẫn Ta có w   1  i  z  2  i  w  2  i   1  i  z  w  2  i  1 i z  1 i z  2 2 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn  x  2    y  1  8 Chọn A 2 2 Ví dụ 1.2 Cho số phức z thỏa mãn z  2  5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm M biểu diễn số phức w   1  2i  z  3 là một đường tròn có bán kính r bằng bao nhiêu? A r  5 B r  5 2 C r  5 5 D r  25 Phân tích: Biến đổi w   1  2i  z  3 thành dạng w  (a  bi )   c  di   z  2  rồi lấy modun hai vế để sử dụng được giả thiết z  2  5 Hướng dẫn Cách 1: Ta có w   1  2i  z  3  w  3  (1  2i) z  w  3  2(1  2i)  (1  2i) z  2(1  2i) 4  w  1  4i  (1  2i)  z  2   w  1  4i  (1  2i)  z  2   1  2i z  2  5 5 Vậy r  5 5 Chọn C w3 1  2i w  1  4i w3 w  1  4i 2 5 5 5 Do đó z  2  5  1  2i 1  2i 1  2i Cách 2: Ta có w   1  2i  z  3  z   w   1  4i   5 5 Vậy r  5 5 Ví dụ 1.3 Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  2 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng toạ độ Oxy là đường tròn có tâm là 1 i 1 3  1 3  3 1 A I  ;   B I   ;  C I   ;   2 2  2 2  2 2 w 3 1 D I  ;  2 2 z z  1  2i thành dạng w  (a  bi )  rồi lấy 1 i 1 i modun hai vế để sử dụng được giả thiết z  1  2i  2 Phân tích: Biến đổi biểu thức w  Hướng dẫn z 1  2i z 1  2i z  1  2i  w    1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 3 z  1  2i 1 3 z  1  2i z  1  2i 2  w  i   w  i     2 2 2 1 i 2 2 1 i 1 i 2 Cách 1: Ta có w   1 3 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm I   ;  Chọn B  2 2 z  z   1  i  w Khi đó z  1  2i  2  z  1  2i  2 1 i 1  2i     1  i  w  1  2i  2   1  i   w  2 1 i   1  2i 1 3  1 i w   2  w  i  2 1 i 2 2  1 3 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm I   ;   2 2 Tổng quát: Để tìm đường tròn biểu diễn số phức w thỏa w  (a  bi ) z  c  di với z  m  ni  r , ta thực hiện biến đổi như sau: Cách 2: Ta có: w  mãn w  (a  bi ) z  c  di  w  (c  di )  (a  bi)(m  ni)  ( a  bi) z  ( a  bi )(m  ni )  w     i  (a  bi )( z  m  ni )  w     i  a 2  b 2 r Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm I ( ,  ) với    i  (c  di )  (a  bi )(m  ni) và bán kính R  a 2  b 2 r 5 Ví dụ 1.4 Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  3i  5 , đồng thời z1  z2  8 Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình dạng ( x  a)2  ( y  b) 2  r 2 Tính giá trị của biểu thức T  (a  b)r A T  6 B T  12 C T  96 D T  64 Hướng dẫn Gọi A, B, M là các điểm biểu diễn của z1 ; z2 ; w Khi đó A, B thuộc đường tròn (C ) : ( x  5) 2  ( y  3) 2  25 và AB  z1  z2  8 (C ) có tâm I (5;3) và bán kính R  5 , gọi T là trung điểm của AB khi đó T là trung điểm của OM và IT  IA2  TA2  3 Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra J (10;6) và IT là đường trung bình của tam giác OJM , do đó JM  2 IT  6 Vậy M thuộc đường tròn tâm J bán kính bằng 6 và có phương trình ( x  10) 2  ( y  6)2  36  T  (10  6).6  96 Chọn C Ví dụ 1.5 Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và z1  z2  8 Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2  2  4i là một đường tròn có bán kính r bằng A 6 B 16 C 10 D 13 Hướng dẫn Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z1 , B là điểm biểu diễn của số phức z2 Theo giả thiết z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 nên A và B thuộc đường tròn tâm I  1; 2  bán kính r  5 Mặt khác z1  z2  8  AB  8 Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức z1  z2 và IM  3 2 z1  z2 1  1  2i  3  z1  z2  2  4i  z1  z2  2  4i  6 2 2  w  6 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn có tâm O  0;0  , bán kính r  6 Chọn A Do đó ta có 3  IM  Giải pháp 2 Kỹ thuật xử lí nhanh bài toán cực trị của môđun số phức có điểm biểu diễn là đường thẳng hoặc đường tròn 6 Ví dụ 2.1 Cho số phức z thỏa mãn z  2  3i  1 Giá trị lớn nhất của z  1  i là A 13  2 D 13  1 C 6 B 4 Hướng dẫn Ví dụ Ta có z  2  3i  1  z  2  3i  1 Gọi M là điểm biểu diễn số phức z thì M thuộc đường tròn tâm I  2; 3 , bán kính r  1 Mặt khác z  1  i  MK , với K  1; 1 Do đó MK lớn nhất khi I nằm giữa K và M và giá trị lớn nhất bằng KI  IM  KI  r  13  1 Chọn D 2.2 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 A 5 B 15 C 10 Hướng dẫn D 20 3 2 Biến đổi 2 z  3  4i  10  z   2i  5 Khi đó điểm M 3  biểu diễn z thuộc đường tròn tâm I  ;2 , bán kính là 2   r  5 , nên z  OM có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi M là giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn nên hiệu M  m  OM 0  OM 1  2OI  5 Chọn A Nhận xét Cần nhận xét được vị trí của O đối với đường tròn tâm I hoặc là min z  OI  r Ví dụ 2.3 Cho số phức z thoả mãn z  3  4i  2 Khi đó 2 z  1  i có giá trị lớn nhất là: A 16  74 B 2  130 C 4  74 D 4  130 Phân tích: Bài toán quy về xét khoảng cách từ điểm A đến điểm M thuộc đường tròn Hướng dẫn Gọi M là điểm biểu diễn số phức 2z Biến đổi z  3  4i  2  2 z  6  8i  4  M thuộc đường tròn (C ) tâm I (6; 8), R  4 Xét điểm A(1;1) thì 2 z  1  i  AM và lớn nhất khi AM  R  AI  4  130 Chọn D 3 2 Ví dụ 2.4 Cho số phức z thỏa mãn z  3  2 z và min z   2i  a  b 2 Tính a  b A 1 B 2 2 C 1 2 D 4 3 7 Hướng dẫn 2 2 2 Đặt z  x  yi với ( x, y  R ) Từ z  3  2 z   x  3  y  2  x  y  2  x 2  y 2  6x  9  0   x  3  y 2  18  z  3  3 2 Gọi M là điểm biểu diễn 2 số phức z thì quỹ tích M là đường tròn tâm I (3;0) , bán kính R  3 2 Đặt 3  3  A   ; 2  thì z   2i  AM Dễ thấy điểm A nằm ở miền trong đường tròn 2  2  5 1 AM min  R  AI    3 2  a  b  Chọn C 2 2 Ví dụ 2.5 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  5 và w  z  1  i có môđun lớn nhất Số phức z có môđun bằng:  C  nên A 2 5 B 3 2 C 6 Hướng dẫn M là điểm biểu diễn số phức z Cách 1 (Hình học véc tơ) uurGọi Gọi K  1; 2  , I  1; 1  IK   2; 1 và D 5 2 w  MI Để IM lớn nhất thì vị trí M cần tìm tại uuu r uur H sao cho IH   t  1 IK , t  uuu r  IH   4; 2   H  3; 3 IK  R 1  1 IK Suy ra OH  z  3 2 Chọn B Cách 2 (Hình học tổng hợp) Tính cos   OI 2  IK 2  OK 2 1  suy ra 2OI IK 10 OH  z  OI 2  IH 2  2OI IH cos  thay số z  2  20  2.2 10 1 3 2 10 Cách 3 (Hình học véc tơ) uuuu r uuu r uuu r uuur uuuu r r uuuu r Gọi K  1; 2  , A  1;1 và ta có: w  OM  OA  OA  OK  KM  u  KM , để w max   r r uuuu r thì ta chọn sao cho KM cùng hướng u , do đó w   t  1 u r r uuuu r Với u   2; 1  KM  t  2; 1  t  1  w max  2 u  2 5 và uuuu r uuur r OM  OK  u   1; 2    2; 1   3; 3  z  3 2 2 2 Ví dụ 2.6 Biết số phức z thỏa mãn z  3  4i  5 và biểu thức T  z  2  z  i đạt giá trị lớn nhất Tính z A z  33 B z  50 C z  10 D z  5 2 Phân tích: Bài toán quy về xét vị trí điểm M thuộc giao của đường tròn và đường thẳng Hướng dẫn 8 Cách 1 (Hình học tọa độ) Gọi M  z   M  x; y  thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R = 5 và ta có: 2 2 T   x  2   y 2  x 2   y  1  4 x  2 y  3  d : 4 x  2 y  3  T  0 Để T lớn nhất uuur uuur 5 1   IM   2;1 20 2 thì d tiếp xúc với đường tròn (C), khi đó IM  t  4;2   t  (lấy t > 0) Ta có M(5; 5) nên z  OM  5 2 Chọn D Cách 2 (Hình học véc tơ) Gọi M  z   M  x; y  thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R = 5 Gọi A  2;0  , B  0;1 thì uuur uuur uuur uuur uuu r uuu r uu r uur T  MA2  MB 2  MA  MB MA  MB  BA 2 MI  IA  IB Đến đây ta chỉ cần uuu r uuu r xác định vị trí M sao cho MI và BA cùng hướng uuu r uuur R MI  t  2;  1 , t  0  t   1  IM   2;1  M  5;5   z  5 2   Hay 5 z  2i  1 Giá trị nhỏ nhất của z  3  2i Ví dụ 2.7 Cho số phức z thỏa mãn z  3i      bằng A 2 10 5 B 2 10 C 10 D 10 5 Phân tích: Quan sát biểu thức của bài toán thì ta có thể quy về đường thẳng và đường tròn Hướng dẫn Đặt z  3  2i  R  0 , trước hết xét R  0 , khi đó z  x  yi,  x, y  ¡  biểu diễn bởi M  x; y  thuộc đường tròn tâm I  3;2  , bán kính R z  2i 2 2 2  1  z  2i  z  3  i  x 2   y  2    x  3    y  1 z 3i suy ra 3x  y  3  0 là đường thẳng  nên IM nhỏ nhất khi IM vuông góc với  9  2  3 2 10  tại M Khi đó R  d  I ,    , chứng tỏ I   Chọn A 5 10 Ví dụ 2.8 Cho các số phức thỏa mãn 2 z  5  4i  2 z  3  4i Giá trị nhỏ nhất Mặt khác ta có của z  1  4i  z  1  i là A 5 B 29 Hướng dẫn C 41 D 10 9 Giả sử M biểu diễn z  x  yi , x, y  ¡ Khi đó ta có 2 x  5   2 y  4  i  2 x  3   2 y  4  i A  M  d : x  4y  2  0 Gọi A  1; 4  , B  1;1 thì ta cần tìm min d  MA  MB  , vì A và B khác phía đối với d bởi thế min  MA  MB   AB  29 Chọn B M B Ví dụ 2.9 Cho các số phức z thỏa mãn 2 z  5  4i  2 z  3  4i Giá trị nhỏ nhất của z  1  4i  z  1  i là A 5 B 13 C 41 D 10 Hướng dẫn Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , từ 2 z  5  4i  2 z  3  4i 5 3  2i  z   2i suy ra được quỹ tích điểm M là đường thẳng 2 2  d  : x  4 y  2  0 Đặt A  1; 4  , B  1;1 thì A, B nằm về cùng một phía với đường  z thẳng  d  Điểm A '  3; 4  là điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng  d  Khi đó z  1  4i  z  1  i  MA  MB  MA ' MB  A ' B  41 Chọn C Nhận xét: Ví dụ 2.9 so với Ví dụ 2.8 hoàn toàn gống nhau ở phần giả thiết, chỉ z  1  4i  z  1  i (VD 2.8) được thay bởi khác một chút ở biểu thức z  1  4i  z  1  i (VD 2.9) nhưng việc tính toán đã phức tạp hơn khi hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng (d) Ví dụ 2.10 Xét số phức z thỏa mãn z  2  i  z  4  7i  6 2 Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z  1  i Tính P  m  M A P  13  73 B P  5 2  2 73 2 C P  5 2  2 73 D P  5 2  73 2 Hướng dẫn Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , gọi A  2;1 , B  4;7  Từ giả thiết z  2  i  z  4  7i  6 2  MA  MB  AB  Quỹ tích điểm M chính là đoạn thẳng AB Gọi I  1; 1 thì z  1  i  IM Vẽ hình trực quan dễ kiểm tra hình chiếu của I lên đường thẳng  AB  nằm trong đoạn AB 10 5 2  2 73 5 2 P Chọn B 2 2 Ví dụ 2.11 Xét số phức z thỏa mãn z  1  2i  z  2  2i nhỏ nhất Gọi m , M lần Lại có: IA  13, IB  73, d ( I ; AB)  lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của z  4i Tính P  M m A P  2 Gọi M B P  2 2 C P  2 5 D P  5 2 Hướng dẫn là điểm biểu diễn số phức z , gọi A  1;2  , B  2; 2  Ta có z  1  2i  z  2  2i  MA  MB  AB , nghĩa là z  1  2i  z  2  2i nhỏ nhất thì quỹ tích điểm M chính là đoạn thẳng AB Gọi I  0;4  thì z  4i  IM Vẽ hình trực quan dễ kiểm tra hình chiếu của I lên đường thẳng  AB  nằm ngoài đoạn AB Lại có: IA  5, IB  2 10  P  2 2 Chọn B Nhận xét: Có thể tạo ra một lớp các bài toán kiểu như VD 2.10 hoặc VD 2.11 bằng cách sau - Tạo giả thiết: Tạo một điều kiện ràng buộc số phức z sao cho quỹ tích nó là một đoạn thẳng - Tạo kết luận: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của mô-đun z  z0 với z0 là một số phức đã biết - Cách giải quyết: Gọi điểm biểu diễn của số phức z , z0 lần lượt là M , I Gọi đoạn thẳng biểu diễn quỹ tích số phức z là AB Khi đó bài toán số phức trở về bài toán hình học nêu ở trên - Điểm mấu chốt để tạo ra một bài tập loại này là ta tạo ra được một điều kiện ràng buộc số phức z để quỹ tích biểu diễn nó là đoạn thẳng Điều kiện kiểu này chủ yếu dựa vào tính chất: điểm M thuộc đoạn thẳng AB khi và chỉ khi MA  MB  AB Ví dụ 2.12 Cho số phức z thỏa mãn z  z  2  2 z  z  2i  12 Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  z  4  4i Tính M  m A 5  61 B 10  61 C 10  130 D 5  130 Hướng dẫn Gọi z  x  yi, x, y  ¡ , ta có z  z  2  2 z  z  2i  12  x  1  2 y  1  6 Tập hợp điểm N  x; y  biểu diễn số phức z thuộc miền trong của của trong hình thoi ABCD (tính cả trên các cạnh) với A  1;4  , B  5;1 , C  1; 2  , D  7;1 11 Xét điểm I  4;4  , thì I nằm ngoài hình thoi và P  z  4  4i  IN Theo hình vẽ *) IN đạt giá trị lớn nhất khi N  D , suy ra M  ID  121  9  130 *) IN đạt giá nhỏ nhất khi N  H ( H là hình chiếu của I trên AB ), suy ra m  d  I , AB   487  5 5 Vậy M  m  130  5 Chọn D Ví dụ 2.13 Cho số phức z  x  yi ( x ; y  R) thỏa mãn z  2  3i  z  i  2 5 Gọi M, m lần lượt là GTLN, GTNN của P  x 2  y 2  8 x  6 y Tính M  m A 156  20 10 5 B 60  20 10 C 156  20 10 5 D 60  2 10 Hướng dẫn +) z  2  3i  z  i  2 5  ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( x  2) 2  ( y  1) 2 5  2 x  y  2 0   2 2  ( x  2)  ( y  1) 25 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền phẳng (T) được tô đậm (hình vẽ) +) Gọi A(2; 6) ; B( 2;2) là các giao điểm của đường thẳng 2 x  y  2 0 và đường tròn (C ' ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2 25 Ta có P  x 2  y 2  8 x  6 y  ( x  4) 2  ( y  3) 2  P  25 +) Gọi (C) là đường tròn tâm J ( 4; 3) ; R  P  25 +) Đường tròn (C) cắt miền (T) khi và chỉ khi: JK  R  JA  IJ  IK  R  IA  2 10  5  25  P 3 5  40  20 10  P 20  M 20; m 40  20 10 Chọn B Giải pháp 3 Kỹ thuật xử lí nhanh bài toán cực trị của môđun số phức có liên quan đến hai hoặc nhiều số phức có điểm biểu diễn là đoạn thẳng hoặc đường tròn Ví dụ 3.1 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  5  2i  2 và z2  1  6i  3 Gọi a, b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1  z2 Khi đó a 2  b 2 bằng A 77 B 144 C 145 D 154 12 Phân tích: Bài toán cho M và N thuộc hai đường tròn Cần xét min, max của đoạn MN Hướng dẫn Ta viết lại z1  5  2i  2  z1  5  2i  2 nên M  z1    C1  tâm I  5;2  , R1  2 Tương tự N  z2    C2  tâm K  1;6  , R2  3 Gọi IK  h  2 13  R1  R2  m  5 2 2 Ta có: b  MN min  h  m; a  MN max  h  m suy ra a 2  b 2   h  m    h  m  thay 2 2 2 2 số a  b  2  h  m   2  52  25   154 Chọn D Ví dụ 3.2 Xét hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  1, z2  2 và z1  z2  3 Giá trị lớn nhất của 3z1  z2  5i bằng A 5  19 B 5  19 C 5  2 19 Hướng dẫn D 5  2 19 z1  1  3 z1  3 ; z2  2 ; z1  z2  3 uuuu r Gọi M là điểm biểu diễn z1  OM là vectơ biểu diễn z1 ; N là điểm biểu diễn 3z1 uuur uuu r  ON là vectơ biểu diễn 3z1 ; P là điểm biểu diễn z2  OP là vectơ biểu diễn z2 Có z1  OM  1  M   O, R  1 ; 3z1  ON  3  N   O, R3  3 ; z2  OP  2  P   O, R2  2  Gọi w  3z1  z2 và Q là điểm biểu diễn w  w  OQ  ON 2  NQ 2  2ON NQ.cos ONQ  ON 2  OP 2  2ON OP.cos ONQ OM 2  OP 2  MP 2 1  2OM OP 2 1 · ·  cos ONQ   cos MOP  2 ·  Ta có : cos MOP  1  w  OQ  32  2 2  2.3.2     19  2 uuur uuu r Xét T  3z1  z2  5i  OQ  OA  AQ với A  0, 5  biểu diễn số phức u  5i   T max khi AQ max Mà OQ  19  Q  O, R4  19   AQ max  OA  R4  5  19 Chọn B Ví dụ 3.3 Giả sử z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình  2  i z z   1  2i  z  1  3i và z1  z2  1 Tính M  2 z1  3z2 A M  19 B M  25 C M  5 Hướng dẫn D M  19 13 Ta chia cả hai vế cho 2  i và được z z  iz  1  i  2 Đặt z  m  0 thì ta có m m  i  2  m 2  m 2  1  2  m  1 hay ta có z  1 , nói cách khác hai số z1 , z2 cùng thuộc đương tròn tâm O, bán kính R = 1 Gọi A, B biểu diễn các số z1 , z2 thì từ z1  z2  1 suy ra OAB là tam giác đều Không giảm tổng quát chọn 1 3  1 i 3  7  i3 3 A  1;0  , B  ;  19 Chọn D  , thì M  2  1  0i   3    2  2 2 2  2 Ví dụ 3.4 Trong các số phức z thoả mãn z  3  4i  2 có hai số phức z1 , z2 thỏa 2 2 mãn z1  z2  1 Giá trị nhỏ nhất của z1  z2 bằng A -10 B 4  3 5 C -5 D 6  2 5 Hướng dẫn 2 2 Ký hiệu P  z1  z2 , giải sử M biểu diễn z, A, B biểu diễn z1 , z2 và I  3;4  là tâm đường tròn Gọi H là trung điểm AB Ta có AB  1, OI  5 và: uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r uur uuu r P  OA  OB OA  OB  BA.2OH  2 BA OI  IH      uuu r uur uuu r uur BA , OI ngược hướng nên ta chỉ cần P  2 BA.OI nhau và khi đó Pmin  2 AB.OI  10 Chọn A Nhận xét: Đôi khi ta xem như Elip (thay đổi) hoặc đường tròn (thay đổi) và nhìn nhận theo cách mở rộng xem như elip ảo hay đường tròn ảo để giải toán nhanh hơn Ví dụ 3.5 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3 , z2  5 , z1  z2  10 Tìm giá trị lớn nhất của 2 z1  z2  3 A 5  21 B 3  21 C 3  2 21 D 3  21 Hướng dẫn Gọi M , N , P lần lượt là điểm biểu diễn cho z1 , z2 , w  2 z1  z2 trên mặt phẳng tọa độ z1  z2 10 và OI  2 2 Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác OMN ta có OM 2  ON 2 MN 2 10 2 OI    MN 2  2  OM 2  ON 2   4OI 2  2  3  5   4  6 4 uuu r 2 uuuu r uuur4 Ta có OP  2OM  ON , suy ra uuuu r uuur 2 uuuu r uuur · OP 2  2OM  ON  4OM 2  ON 2  4OM ON 4OM 2 ON 2 4 OM ON  cos  MON Do đó trung điểm I của MN biểu diễn cho số phức   OM 2  ON 2  MN 2  4OM 2  ON 2  4 OM  ON  2OM ON 4 3  5 2 3 5 6 21  14 Gọi A  3;0  thì 2 z1  z2  3  PA  OP  OA  3  21 Đẳng thức xảy ra khi O nằm giữa P và A Chọn D Ví dụ 3.6 Cho 3 số phức z , z1 , z2 thỏa mãn z  1  2i  z  3  4i , z1  5  2i  2, z2  1  6i  2 Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z  z1  z  z2  4 A 2 3770 13 B 10361 13 C 3770 13 D 10361 26 Phân tích: Cho điểm M thuộc đường thẳng và P, Q thuộc 2 đường tròn Tìm Max  MP  MQ  Hướng dẫn Gọi M  z   M  x; y  , I  5;2  , K  1;6  , A  1; 2  , B  3;4  , P  z1  , Q  z2  , R1  R2  2 Khi đó M thuộc trung trực của AB có phương trình 2 x  3 y  5  0    và P, Q di chuyển lầnuulượt K cùng bán kính R = 2 u r trên haiuurđường tròn tâm I và uuu r uur Nhận xét AB   4;6  , IK   6;4  , nghĩa là AB  IK nên hai đường thẳng IK / /  , hơn nữa d  I ,    R, IK  2 R Rõ ràng ta có T  MP  MQ  2 R nhỏ nhất khi P, Q thuộc các đoạn MI, MK và do tính đối xứng nên Tmin = 2MK Vậy 2 2 2 3770 1  Chọn A Tmin  2MK  2  IK    d  I ,     13 2  Ví dụ 3.7 Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và iz2  1  2i  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z1  z2 A 2 1 B 2 1 Hướng dẫn C 2 2  1 D 2 2  1 15 Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 và A  2;1 ; B  4;7  lần lượt là hai điểm biểu diễn hai số phức 2  i , 4  7i Ta có AB  6 2 Phương trình đường thẳng AB là d : x  y  3  0 +) z1  2  i  z1  4  7i  6 2  MA  MB  6 2  MA  MB  AB Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức z1 là đoạn thẳng AB +) iz2  1  2i  1  iz2  1  2i i  1   z2  2  i  1 Gọi N là điểm biểu diễn số phức  z2 và I  2;1 là điểm biểu diễn số phức 2  i Ta có IN  1 Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức  z2 là đường tròn  C  có phương trình:  x  2    y  1  1 2 2 Do d  I , AB   2 2  1 , suy ra AB không cắt đường tròn Gọi K là hình chiếu của I  2;1 lên AB Dễ thấy K nằm trên đoạn thẳng AB Gọi H là giao điểm của đoạn IK với đường tròn  C  Ta có z1  z2  MN  KH  d  I , AB   R  2 2  1 Suy ra min z1  z2  2 2  1 Chọn D Ví dụ 3.8 Xét các số phức z , z1 , z2 thỏa z1  4  5i  z2  1  1 và z  4i  z  8  4i Tính M  z1  z2 khi P  z  z1  z  z2 đạt giá trị nhỏ nhất A M  2 5 B M  6 C M  41 D M  8 Hướng dẫn  Tập hợp điểm A biểu diễn số phức z1 • z1  4  5i  1  là đường tròn  C1  có tâm I  4;5  , bán kính R1  1  Tập hợp điểm B biểu diễn số phức z2 là • z2  1  1  đường tròn  C2  có tâm J  1;0  , bán kính R2  1 • Đặt z  x  yi  x, y  ¡  Từ z  4i  z  8  4i , ta có  x  y  4  Tập hợp điểm C biểu diễn số phức z là đường thẳng  : x  y  4 Khi đó P  z  z1  z  z2  CA  CB Gọi K là điểm đối xứng của J qua đường thẳng , khi đó ta tìm được K  4; 3  phương trình đường thẳng IK : x  4 16  A  CI   C1   B  CJ   C2  Do đó Pmin khi và chỉ khi C  IK   và   A  4;4  , B  2;0   M  z1  z2  AB  2 5 Chọn A Ví dụ 3.9 Xét ba số phức z , z1 , z2 thoả mãn z  i  z  1 , z1  3 5  5 và z2  4 5i  2 5 Giá trị nhỏ nhất của 5 z  z1  5 z  z2 bằng A 4 5 B 10 5 C 7 5 Hướng dẫn Gọi M , M 1 , M 2 lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 5 z , z1 và z2 Ta  có z  i  z 1  5 z  5i  5 z  5  MA  MB  với D 2 5  A 0; 5  và B  5;0  M  d với d là đường trung trực của AB  5 5 ; d qua I    là trung điểm AB và nhận 2 2   uuu r AB   5;  5 làm VTPT  d : x  y  0   z1  3 5  5  M1   C1  với    C1  là đường tròn tâm I1 3 5;0 , bán kính R1  5 z2  4 5i  2 5  M1   C2  với  C2  là đường tròn tâm   I 2 0;4 5 , bán kính R2  2 5 Khi đó T  5 z  z1  5 z  z2  MM 1  MM 2 ' ' ' Lấy đối xứng M 1 qua d , ta được M 1   C1  với  C1  là đường tròn tâm   I1' 0; 3 5 , bán kính R1'  5 ' ' ' ' Khi đó MM1  MM 2  M 1M 2  I1I 2  R1  R2  4 5     Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  O  0;0  , M 2 0;2 5 , M 1 2 5;0 Hay z  0, z2  2 5i, z1  2 5 Chọn A Ví dụ 3.10 Với hai số phức z1 , z2 thay đổi thỏa mãn z1  1  2i  z1  5  2i và z2  3  2i  2 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  3  i  z1  z2 bằng A 5 5  2 B 10  2 C 3 10  2 Hướng dẫn D 85  2 17 Đặt z1  x1  y1i với x1 , y1 là các số thực Từ z1  1  2i  z1  5  2i  x1  1 2   y1  2   2 suy  x1  5  2   y1  2  ra 2  3 x1  2 y1  6  0 Tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z1 trên mặt phẳng phức là đường thẳng d : 3 x  2 y  6  0 Do z2  3  2i  2 nên tập hợp các điểm N biểu diễn cho số phức z2 là đường tròn  C  tâm I  3;2  , bán kính R  2 Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  3  i  z1  z2  AM  MN trong đó điểm A  3; 1 Gọi A là điểm đối xứng với điểm A qua đường thẳng d , ta tìm được A  3; 5  Có P  AM  MN  AM  MN  AN  AN 0  AI  IN 0  AI  R với N 0 là một trong hai giao điểm của AI với đường tròn  C  , N 0 ở giữa I và A Khi đó, M 0 là giao điểm của AI và d Vậy biểu thức P  AM  MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng AI  R và bằng 85  2 Chọn D Giải pháp 4: Kỹ thuật xử lí nhanh bài toán môđun số phức có liên quan đến số phức có điểm biểu diễn đường elip - Cho hai số phức z1 , z2 không đổi có điểm biểu diễn là hai điểm F1 , F2 Một số phức z thay đổi thỏa mãn z  z1  z  z2  a  0 Khi đó + Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường E-lip nhận F1 , F2 làm hai tiêu điểm và độ dài trục lớn bằng a B M A' I A B' Khi đó IM max  IA  IA '  a và IM min  IB  IB '  b + Nếu z1  z2  a thì quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đoạn thẳng F1F2 Ví dụ 4.1 Cho số phức z thỏa mãn z  2  i  z  4  3i  10 Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của z  3  i Tính T  M 2  m 2 A T  40 B T  45 C T  10 5 Hướng dẫn D T  2 10 18 Gọi M là điểm biểu diễn số phức z Đặt A  2;1 , B  4; 3  AB  2 5 Theo bài ra z  2  i  z  4  3i  10  MA  MB  10 nên quỹ tích điểm M là đường E-lip có hai tiêu điểm A, B , độ dài trục lớn bằng 10 , tiêu cự bằng 2 5 , độ dài trục bé bằng 4 5 Đặt I  3; 1 , dễ thấy z  3  i  IM là tâm của E-lip và I  z  3  i min  IM min  2 5, z  3  i max  IM max  5 Suy ra T  M 2  m 2  45 Chọn B Ví dụ 4.2 Cho số phức z thỏa mãn z  15  z  15  8 và | z  15 i |  | z  15i | 8 Tính z A z  4 34 17 B z  2 5 5 C z  Hướng dẫn  4 5   Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn số phức z, F1  15;0 , F2 5 4 D z   15;0 Giả thiết z  15  z  15  8  MF1  MF2  8  2a nên M thuộc elip có phương x2 y 2 x2 y 2 trình 2  2  1 (1) Hoàn toàn tương tự M thuộc elip 2  2  1 (2) Quy đồng a b b a a 2  a2  c2  a 2b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 và cân bằng ta có b x  a y  a x  b y  x  y  2 2  Ta chỉ a b 2a 2  c 2 16  16  15 16 4 34   z  x 2 việc thay số: a 2  16, c 2  15  x 2  Chọn A 32  15 17 17 Nhận xét: Cách giải trên có thể một số em còn băn khoăn, sau đây ta có thể giải như sau 2 2 Theo giả thiết thứ nhất suy ra z  15  z  15  2 z 2  15  64 (1) 2 2  2 Theo quy tắc hình bình hành thì z  15  z  15  2 z  15 2  thế vào (1) ta 2 2 có z  15  z  17 (2) 2 2 Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai: z  15  z  17 (3) 2 2 Đặt z 2  a  bi thì từ (2) và (3) suy ra z  15  z  15 hay  a  15 2  b 2   a  15   b 2  a  0  z 2  bi thay trở về (2) ta được 2 32 32 4 34  z   17 17 17 Ví dụ 4.3 Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  z  2  3i  5 và w  z  i Gọi T là giá trị lớn nhất của w Tìm T bi  15  b  17  b 2  225   17  b   b  2 A T  5 B T  2 5 C T  2 2 Hướng dẫn Thế z  w  i vào giả thiết ta có w  1  2i  w  2  2i  5 (1) 2 5 D T  19 Gọi M là điểm biểu diễn số phức w và F1 (1; 2), F2 (2;2) biểu diễn các số z1  1  2i, z2  2  2i khi đó từ (1) ta có MF1  MF2  5 Mà ta có F1F2  5  M  F1F2 Bởi vậy w max  OM max  OM  OF2  2 2 Chọn C Nhận xét: Nếu MF1  MF2  F1F2 thì ta vẫn đưa về Elip và giải bình thường Tuy nhiên bài toán cho trường hợp đặc biệt nên ta cũng xem xét để giải nhanh hơn Ví dụ 4.4 Cho z  £ thỏa mãn z  2  3i  z  2  i  4 5 Tìm giá trị lớn nhất của z  6  5i ? A 4 5 B 5 5 C 6 5 Hướng dẫn D 7 5 Gọi M  x; y  biểu diễn z, F1  2; 3 , F2  2; 1 , K  6; 5  thì MF1  MF2  4 5  F1F2  2 5 như thế quỹ tích M là một Elip Nhận xét rằng F1 là trung điểm của KF2 và ta cần tính độ dài lớn nhất của KM, khi đó vị trí cần tìm tại D, mà sao cho DF1  DF2  2 F1 F2 (không đổi) nên suy ra DF2  5 Vậy KM max  KD  5 5 Chọn B Ví dụ 4.5 Cho số phức z thỏa mãn z  1  2i  z  4  6i  9 Giá trị lớn nhất của z  10  14i là A 17 B 20 C 15 Hướng dẫn D 12 9 5 5  Gọi M  z   M  x; y  thì M thuộc elip (E), tâm I  ;4 , a  , c = 2  2 2 uuur Gọi A  10;14  thì z  10  14i  AM Vậy ta chỉ cần xác định vị trí M sao cho IM uur uuur  15   5 15  và AI cùng hướng hay IM  t   ; 10 , t  0  M   t;4  10t   2  2 2  2 2 3 15 3 15 2 2 Do đó ta có   t    2  10t     t    2  10t   9 2 2   2 2  5 9 34 25   1  5t  1  5t   9  t  Vậy AM max  t  1 AI   17 Chọn A 2 25 25 2 Ví dụ 4.6 Xét các số phức z  a  bi  a, b  ¡  thỏa mãn z  2  3i  2 Tính P  a  b khi z  2  5i  z  6  3i đạt giá trị lớn nhất A P  3 B P  3 C P  7 Hướng dẫn D P  7 20 M   C  có tâm I  2; 3 , R  2 Gọi A  2;5  , B  6; 3 , K  2;1 là trung điểm AB uur uuu r Ta có MA  MB  2m; AB  2c Chú ý là IK  AB Điểm M chạy trên một elip ảo (trục lớn 2m thay đổi) Vị trí của M tại H, sao cho uuu r uur uuu r R 1 IH  t KI  t  4; 4   t    IH   1; 1  H  3; 4  4 2 4 Hay ta có z  3  4i  P  a  b  7 Chọn D 2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường - Qua thực tế giảng dạy đối với học sinh lớp 12 tại trường THPT Triệu Sơn 3 trong nhiều năm học, đặc biệt là từ năm học 2016-2017 bắt đầu hình thức thi trắc nghiệm, tôi đã áp dụng đề tài này giúp các em học sinh cảm thấy tự tin và say mê hơn trong việc học toán và có thêm công cụ giải nhanh các dạng toán trong đề thi Kết quả trong các kỳ thi THPT QG (nay là TN THPT) mà các em tham gia thi, các em đều giải quyết được nhanh gọn và chính xác đáp ứng nhu cầu thi trắc nghiệm của kỳ thi Tôi thấy các em đã tự tin và có hứng thú hơn trong học tập, có tinh thần tìm tòi học hỏi đối với các dạng toán khó - Đề tài được báo cáo dạng chuyên đề trong sinh hoạt chuyên môn của tổ Toán trường THPT Triệu Sơn 3 và được các thầy cô góp ý cũng như đánh giá cao được dùng làm tài liệu chuyên môn của tổ và áp dụng vào giảng dạy ôn thi TN THPT các năm 2020, 2021 và 2022 - Từ năm học 2018-2019, tôi liên tục tham gia giảng dạy từ 1-2 lớp (trong đó luôn có ít nhất một lớp mũi nhọn ban KHTN) và kết quả đã cùng với tổ chuyên môn nâng cao thành tích về điểm trung bình môn toán trong kỳ thi TN THPT các năm 2019, 2020 và 2021 góp phần đáng kể vào việc nâng cao thành tích của nhà trường về điểm trung bình trong kỳ thi TN THPT, cụ thể: + Năm 2019: Nhà trường có điểm trung bình xếp thứ 8 trong tỉnh, môn Toán có điểm trung bình xếp thứ 29 trong tỉnh + Năm 2020: Nhà trường có điểm trung bình vươn lên xếp thứ 4 trong tỉnh (sau THPT chuyên Lam Sơn, THPT Hàm Rồng và THPT Bỉm Sơn), môn Toán có điểm trung bình là 7,35 (tổng số thí sinh dự thi là 336) và vươn lên xếp thứ 09 trong tỉnh (tăng 20 bậc), xếp thứ Nhất trong khối trường THPT huyện Triệu Sơn + Năm 2021: Nhà trường có điểm trung bình tiếp tục giữ ổn định xếp thứ 6 trong tỉnh, môn Toán có điểm trung bình là 7,17 (tổng số thí sinh dự thi là 330) và giữ ổn ở vị trí tốp đầu của tỉnh góp phần không nhỏ vào thành tích xếp hạng thứ 6 toàn tỉnh của nhà trường 3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua quá trình áp dụng vào thực tế giảng dạy tại trường THPT Triệu Sơn 3 từ năm học 2018 - 2019, bản thân tôi nhận thấy đã có những kết quả rất khả quan, tạo sự tự tin cho các em trong khi học và giải toán 21 Trong phạm vi một SKKN nên tôi mới chỉ quan tâm đến một số chủ đề nhỏ và hướng xây dựng các ví dụ mang tính chất gợi mở, phân hóa theo trình tự từ dễ đến khó, từ đơn lẻ đến tổng quát, từ đơn giản đến phức tạp tạo điều kiện phát triển năng lực tư duy, khả năng sáng tạo và phù hợp với nhiều đối tượng học sinh Tôi thiết nghĩ với cách xây dựng và thực hiện như trên ta có thể mở rộng sang các chủ đề khác, nội dung khác của chương trình môn Toán Đó là các hướng tiếp theo mà tôi sẽ nghiên cứu trong thời gian tới Đề tài không tránh được những hạn chế, tôi tiếp tục bổ sung và hoàn thiện dần trong những năm học tới Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý vị và các bạn đồng nghiệp để đề tài đi vào thực tiễn, được áp dụng nhiều hơn và đạt hiệu quả cao hơn trong giảng dạy 3.2 Kiến nghị Trên đây là một số sáng kiến và kinh nghiệm của tôi đã thực hiện tại đơn vị trong các năm học vừa qua Rất mong đề tài này tiếp tục được xem xét, mở rộng hơn nữa để áp dụng cho mọi đối tượng học sinh, giúp học sinh yêu thích và say mê học Toán hơn Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn, trong nhà trường và các em học sinh đã giúp đỡ tôi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 30 tháng 05 năm 2022 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết không sao chép nội dung của người khác Trịnh Quốc Phượng ... hình học để tìm lời giải cho số tốn vận dụng cao tìm giá trị mơđun số phức tìm GTLN, GTNN mô đun số phức sau: Giải pháp Kỹ thuật xử lí nhanh tốn tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức liên quan đến. .. Giải pháp 4: Kỹ thuật xử lí nhanh tốn mơđun số phức có liên quan đến số phức có điểm biểu diễn đường elip - Cho hai số phức z1 , z2 khơng đổi có điểm biểu diễn hai điểm F1 , F2 Một số phức z thay... 20 10 Chọn B Giải pháp Kỹ thuật xử lí nhanh tốn cực trị mơđun số phức có liên quan đến hai nhiều số phức có điểm biểu diễn đoạn thẳng đường trịn Ví dụ 3.1 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1