(SKKN 2022) hướng dẫn học sinh lớp 12trường THPT nông cống 3 giải một số bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học

1 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Trong cơng đổi tồn diện giáo dục Bộ giáo dục đặt mục tiêu nhiệm vụ đổi phương pháp giảng dạy then chốt Vì để có giảng thu hút học trò, giúp học trò phát triển tư mơn tốn dẫn dắt học trị tới niềm say mê tìm tịi sáng tạo, tơi khơng ngừng suy nghĩ, đặt vào vị trí học trị để tìm tịi, suy nghĩ Trong q trình giảng dạy ơn thi THPT mơn Tốn, thân tơi thấy câu hỏi vận dụng, vận dụng cao phần Số phức thuộc chương trình Giả tích lớp12 nhiều học sinh cịn lúng túng việc suy luận tìm phương pháp giải, đặc biệt câu hỏi liên quan đến giá trị lớn giá trị nhỏ Hiện số câu hỏi liên quan đến số phức chiếm 10% đề thi THPT Quốc gia câu vận dụng, vận dụng cao số phức thường mặc định mức từ câu 40 trở đề trắc nghiệm 50 câu hỏi Thực trạng cho thấy toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ liên quan đến số phức, gây nhiều khó khăn cho HS đặc biệt HS khá, trung bình, yếu Nhận thấy khó khăn học trị gặp phải nghiên cứu áp dụng đề tài “Hướng dẫn học sinh lớp 12 trường THPT Nông Cống giải số toán cực trị số phức phương pháp hình học” nhằm cung cấp cho học sinh phương pháp dễ hiểu, dễ áp dụng để em dễ tiếp thu, tìm tịi, có động lực nghiên cứu tốn học Từ trang bị cho học sinh tảng kiến thức nâng cao từ rút số kỹ giúp em học sinh nắm bắt cách nhận dạng cách giải giải toán trắc nghiệm nhanh kiến thức học nhằm góp phần nâng cao chất lượng dạy học, tạo tự tin cho học sinh kỳ thi Nội dung đề tài bổ ích thiết thực, giúp em học tốt, thi tốt 1.2 Mục đích nghiên cứu - Tạo cho học sinh say mê, hứng thú môn học; - Giúp học sinh nâng cao tư duy, kĩ tính tốn Từ cung cấp cho học sinh dạng toán nhỏ để bổ sung vào hành trang kiến thức bước vào kì thi tốt nghiệp THPT Quốc gia; - Giúp cho thân đồng nghiệp có thêm tư liệu để ơn tập cho học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu toán cực trị số phức thử nghiệm học sinh lớp 12A1, 12A2 năm học 2020 – 2021 tiếp tục áp dụng HS lớp 12B3, 12B5 năm học 2021-2022 Trong phạm vi sáng kiến, đưa số ví dụ điển hình cho số tốn mà học sinh thường khó khăn hướng tiếp cận q trình giải tốn 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu Toán lớp lớp 12 - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết; - Phương pháp phân tích tổng kết kinh nghiệm - Phương pháp đối thoại với người học 2 Nội dung 2.1 Cơ sở lí luận 2.1.1 Môđun số phức:  Số phức z  a  bi biểu diễn điểm M mặt phẳng Oxy Độ dài uuuu r OM véctơ  Tính chất 2 gọi mơđun số phức z Kí hiệu z = a + bi = a + b uuuu r 2 z  a  b  zz  OM   z  0, z  £ , z   z  z z  ,  z '  0 z z '  z z ' z ' z '    z  z'  z  z'  z  z'  kz  k z , k  ¡ 2 z  a  b  2abi  (a  b )  4a 2b  a  b  z  z  z.z  Chú ý: 2.1.2 Một số quỹ tích nên nhớ Biểu thức liên hệ x, y ax  by  c  Quỹ tích điểm M Đường thẳng :ax  by  c  Đường trung trực đoạn AB với z  a  bi  z  c  di  A  a, b  , B  c, d    x  a   y  b  R2 Đường tròn tâm I  a; b  , bán kính R Hình trịn tâm I  a; b  , bán kính R z  a  bi  R  x  a   y  b  R2 z  a  bi  R r   x  a    y  b  R2 2 r  z  a  bi  R b2  y  c  d2  1 1 z  a1  b1i  z  a2  b2i  2a  x  a b2  y  c  d2 1 đường tròn đồn tâm I  a; b  , bán kính r , R Parabol  y  ax  bx  c  c  0   x  ay  by  c  x  a Hình vành khăn giới hạn hai  1 Elip   Elip 2a  AB , A  a1 , b1  , B  a2 , b2  Đoạn AB 2a  AB Hypebol 2.1.3 Một số kết biết a Cho hai điểm A, B cố định Với điểm M ln có bất đẳng thức tam giác: +) MA  MB  AB , dấu “=” xảy  M nằm hai điểm A, B MA  MB  AB +) , dấu “=” xảy  B nằm hai điểm A, M b Cho hai điểm A, B nằm phía đường thẳng d M điểm di động d Ta có: MA  MB  AB +) , dấu “=” xảy  Ba điểm A, M , B thẳng hàng +) Gọi A điểm đối xứng với A qua d , ta có MA  MB  MA  MB  AB , dấu “=” xảy  Ba điểm A, M , B thẳng hàng c Cho hai điểm A, B nằm khác phía đường thẳng d M điểm di động d Ta có: +) MA  MB  AB , dấu “=” xảy  M nằm hai điểm A, B +) Gọi A điểm đối xứng với A qua d , ta có MA  MB  MA  MB  AB , dấu “=” xảy  Ba điểm A, M , B thẳng hàng d Cho đoạn thẳng PQ điểm A không thuộc PQ , M điểm di động   Để tìm giá trị nhỏ AM đoạn thẳng PQ , ta xét trường hợp sau: +) Nếu hình chiếu vng góc H A đường thẳng PQ nằm đoạn PQ AM  AH +) Nếu hình chiếu vng góc H A đường thẳng PQ không nằm max AM  max AP, AQ   đoạn PQ e Cho đường thẳng  điểm A không nằm  Điểm M  có khoảng cách đến A nhỏ hình chiếu vng góc A  f Cho x, y tọa độ điểm thuộc miền đa giác A1 A2 An Khi giá trị lớn (nhỏ nhất) biểu thức F  ax  by ( a, b hai số thực cho không đồng thời ) đạt đỉnh miền đa giác 2.2 Thực trạng vấn đề Trong kỳ thi tốt nghiệp, ĐH- CĐ thi TN THPT Quốc gia chuyển từ hình thức tự luận sang trắc nghiệm tốn khoảng cách không gian xuất Trong toán trắc nghiệm với mức độ VD, VDC đa số em học sinh lúng túng tư duy, phương pháp giải trình giải toán Nguyên nhân em chưa nắm vững lý thuyết tâm lý mặc định “khó bỏ qua” Đặc biệt thi trắc nghiệm có phương án nhiễu học sinh dễ mắc sai lầm Do đó, hướng dẫn em học sinh có kĩ năng, phương pháp, cách giải kể trình giải việc cần thiết Từ HS giải nhanh tập dạng trắc nghiệm AM  AP; AQ 2.3 Giải pháp sử dụng để giải vấn đề - Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ giải tốn thơng qua (hay nhiều) buổi học có hướng dẫn giáo viên - Tổ chức rèn luyện khả định hướng giải tốn học sinh Trong u cầu khả lựa chọn hướng giải sở phân tích tốn khoảng cách khơng gian - Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin khả nắm vững kiến thức học sinh - Trong toán yêu cầu học sinh thực phân tích chất đưa hướng khai thác mở rộng cho toán - Cung cấp hệ thống tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện * Cụ thể: 2.3.1 Các dạng toán ví dụ sử dụng phương pháp z  z  z  z2  Dạng 1: Cho số phức z thỏa mãn nhỏ Phương pháp: Đặt M(z); A(z1); B(z 2) điểm biểu diễn số phức z; z1 z2 Khi từ Tìm số phức thỏa mãn z  z0 zz  zz giả thiết suy MA  MB , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực ∆ AB Gọi N(z 0) điểm biểu diễn số phức z MN  z  z Ta có nhỏ MN M hình chiếu vng góc N d MN  d(N; ) z 4i  z i Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn Gọi z  a  bi (a; b  ¡ ) số z   3i nhỏ Giá trị biểu thức T  2a  3b là: B C D Lời giải M ( z ); A (4;1), B(0;  1) Đặt điểm biểu diễn số phức z;  i i Khi từ giả thiết suy MA  MB , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực r uuu r phức thỏa mãn A 4 AB qua I(2; 0) có VTPT n  AB(4; 2)   : x  y   Gọi N (1; 3) điểm biểu diễn số phức  3i Ta có z   3i nhỏ MN M hình chiếu vng góc N ∆, suy MN : x  y   Giải hệ 2 x  y    x    M  3; 2   z   2i  2a  3b    x  y    y  2 Chọn C z  2i  z  Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn Gọi z số phức thỏa mãn A (2  i ) z  nhỏ Khi :  z 1 B 1 z  C 2 z 3 D z 3 Lời giải Gọi M (x; y); A(0; 2), B(2; 0) điểm biểu diễn số phức z; 2i 2 Từ giả thiết  MA  MB  M  trung trực AB có phương trình  : x  y  P  (2  i ) z    i z   z 2i 2i , gọi N (2; 1) điểm biểu diễn Lại có: số phức 2  i suy P  5MN Ta có P nhỏ MN M hình chiếu vng góc N ∆, suy phương trình MN : x  y  1  x  x  y    M   ;   z  1  i  z      2  2 x  y 1   y   Giải hệ Chọn A z  z0  R P  z  z1 z  Dạng 2: Cho số phức thỏa mãn Tìm số phức thỏa mãn đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Phương pháp: Đặt M(z); I(z 0); E(z1) điểm biểu diễn số phức z; z z1 Khi từ giả z  z  R  MI  R  M thuộc đường thiết trịn tâm I bán kính R Ta có: P  ME lớn  ME max P nhỏ  ME Khi đó: Pmax  IE  R  M  M Pmin  IE  R  M  M1 (Điểm E nằm ngồi đường trịn) iz   2i  Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  z 1  i A Pmin  B Pmin  13  C Pmin  D Pmin  10 Lời giải iz   2i   i z     z   3i   i Ta có: tập hợp điểm M biểu diễn I (  2;  3) số phức z đường trịn tâm bán kính R  ; ) điểm biểu diễn số phức  i  P  ME  Pmin  EI  R  Gọi E(11 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn z   i  Gọi z1 z2 số phức làm cho biểu thức T  z1  z2 A T  20 P  z   3i đạt giá trị nhỏ lớn Tính B T  C T  14 D T  24 Lời giải Ta có: z   i   tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường tròn tâm I (2;1) bán kính R  Gọi E(2;3)  P  ME Phương trình đường thẳng IE : x  y   Dựa vào hình vẽ ta có Pmax  IE  R  M  M Giải hệ  M (4; 0)  Pmin  x  y      2 ( x  2)  ( y  1)   M (0; 2)  Pmin  T  z1  z2  3.2  2.4  14 Do Chọn C z  z1  z  z  Dạng 3: Cho số phức z thỏa mãn Tìm số phức thỏa mãn P  z  z3  z  z4 đạt giá trị nhỏ Phương pháp: Đặt M(z); A(z1); B(z 2); H(z 3); K(z 4) điểm biểu diễn số phức z; z1; z 2; z z Khi từ giả thiết z  z1  z  z suy MA  MB , tập hợp điểm P  z  z  z  z  MH  MK z biểu diễn số phức đường trung trực ∆ AB; TH1: H, K nằm khác phía so với đường thẳng ∆ Ta có: P  MH  MK  HK Dấu xảy  M  M o  HK  () Khi Pmin  HK TH2: H, K nằm phía so với đường thẳng ∆ Gọi H’ điểm đối xứng ∆ Khi đó: P  MH  MK  MH ' MK  H ' K Dấu xảy  M  M o  H ' K  () Khi Pmin  H 'K z   2i  z   2i Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn Gọi z  a  bi (a; b  ¡ ) cho P  z   4i  z   i đạt giá trị nhỏ Khi a  b là: A B C D Lời giải Đặt M ( z ); A(1; 2), B(3; 2) tử giả thiết suy MA  MB nên M thuộc đường thẳng trung trực AB có phương trình  : x  y   , gọi H(2; 4) K( 1;1) điểm biểu diễn số phức  4i 1  i Ta có P  MH  MK điểm H, K phía so với đường thẳng ∆ Gọi H’ điểm đối xứng  : x  y   Ta có: HH' : x  y   tọa độ trung điểm HH’ nghiệm hệ phương trình x  y 1  5 7 I ;   2 2 x  y   Suy H'(3;3) Lại có: P  MH  MK  MH ' MK  H ' K Dấu xảy  M  H 'K  d Phương trình đường thẳng H’K là: H 'K : x  2y   ; )  z  1 2i Khi Pmin  H ' K  Chọn A Suy M  H ' K    M o (12 z   4i  iz  Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn Gọi z  a  bi (a; b  ¡ ) P  z  i  z   3i cho A 53 đạt giá trị nhỏ Giá trị nhỏ B 37 C Lời giải Ta có: z   4i  iz   z   4i  i z   z  2i i Gọi M ( z ); A(2; 4), B(0; 2) từ giả thiết suy MA  MB nên M thuộc đường thẳng trung trực AB có phương trình  : x  y   , gọi H(0;1) K(1; 3) điểm biểu diễn số phức i 1  3i D 41 Ta có: P  MH  MK điểm H, K phía so với đường thẳng ∆ Gọi H’ điểm đối xứng  : x  y   Ta có: HH' : x  y   tọa độ trung điểm HH’ nghiệm hệ phương trình x  y   5 3  I  ;   2 2  x  y 1  Suy H'(5; 4) Lại có: P  MH  MK  MH ' MK  H ' K  37 Chọn B  Dạng 4: Cho số phức z thỏa mãn z  z1  z  z Tìm số phức thỏa mãn P  z  z3  z  z đạt giá trị nhỏ Phương pháp: Đặt M(z); A(z1); B(z 2); H(z 3); K(z 4) điểm biểu diễn số phức z; z1; z 2; z z Khi từ giả thiết z  z1  z  z suy MA  MB , tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trung trực ∆ AB; 2 P  z  z3  z  z  MH  MK Gọi I trung điểm MH  MK HK HK   P  MH  MK  2MI  nhỏ MI  M hình chiếu vng góc I xuống  HK  MI  z   4i  z  2i Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn Gọi z số phức thoả mãn 2 biểu thức P  z  i  z   i đạt giá trị nhỏ Tính z A z  12 B z  10 C z 2 D z 5 Lời giải Gọi M ( z ); A(2; 4), B(0; 2) điểm biểu diễn số phức z; 2  4i 2i Khi z   4i  z  2i  MA  MB  M thuộc trung trực AB có phương trình :x y40 Gọi H  0;1 , K  4; 1  P  MH  MK  2MI  HK 2 (với   trung điểm HK) Do Pmin  MEmin hay M hình chiếu vng góc I xuống  , I 2;0 IM : x  y    M  IM    M  1;3  z  OM  10 Chọn B z   3i  z   i Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu P  z   4i  z  2i thức A Pmin  là: B Pmin  C Pmin  16 Lời giải Gọi M ( z ); A(1; 3), B(1; 1) điểm biểu diễn số phức z;  3i 1  i z   3i  z   i  MA  MB  M Khi trung trực AB có phương trình D Pmin  25 thuộc :x y20 Gọi HK H  2; 4  , K  0; 2   P  MH  MK  2MI  I  1; 3 2 (với trung điểm HK) P  Do MEmin hay M hình chiếu vng góc I xuống  , HK Pmin   d  I ;     8 Chọn A z  z0  R  Dạng 5: Cho số phức z thỏa mãn Tìm số phức thỏa mãn P  z  z1  z  z 2 đạt giá trị lớn nhất, nhỏ M(z); A(z1 ); B(z ); I  z  Phương pháp: Đặt điểm biểu diễn số phức z; z1 ; z z Khi từ giả thiết z  z  R  MI  R  M thuộc đường tròn tâm I bán kính R P  ME  Gọi E trung điểm AB ta có: lớn  MEmax P nhỏ  MEmin Khi Pmax  M  M Pmin  M  M AB 2 z   2i  z  a  bi  a; b  ¡  Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn Gọi số thức thỏa mãn biểu thức A T  P  z   3i  z  5i B T  đạt giá trị lớn Tính T  a  b C T  1 D T  3 Lời giải Gọi M  z  ; I  1; 2  MI   M thuộc đường trịn tâm I  1; 2  10 bán kính R  Đặt Gọi A  2;3 ; B  0;5   P  MA2  MB H  1;  trung điểm AB ta có : AB 2 lớn  MH max Do MH  MI  IH  MH max  M  M Ta có: IH : x  P  2MH   x   M  1;0    2 x  1   y     M  1; 4  Giải hệ  Do a  b  3 Chọn D Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn P  z   i  z  3i thức thỏa mãn biểu thức A T Gọi R Đặt Gọi B M  z  ; I  3; 1 T MI  13 Gọi z  a  bi  a; b  ¡ z 3i  2  số đạt giá trị nhỏ Tính T  a  b C Lời giải T 13 D T 13 M thuộc đường tròn tâm I  3; 1 bán kính 13 A  2;1 ; B  0;3  P  MA2  MB E  1;  trung điểm AB ta có : AB P  ME  nhỏ  MEmin ME  MI  IE  MEmin  M  M Do Ta có: IE : 3x  y   Giải hệ   1 3 x  y    M  2;       13   2  x  3   y  1   M  4; 5      Do a b  Chọn A z z R z  w  z2  w  Dạng 6: Cho hai số phức z1; z thỏa mãn ; z0; w1 ; w số phức biết Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  z1  z 11 M(z1 ); N  z  Phương pháp: Đặt điểm biểu diễn số phức z1 z Điểm M thuộc đường tròn tâm I  z0  bán kính R , N thuộc trung trực  AB với A  w1  ; B  w  P  MN  Pmin  d (t ; )  R Lại có: 2 Ví dụ 1: Cho số phức z1 thỏa mãn z   z  i  số phức z2 thỏa mãn z1  z2 z  4i  Tìm giá trị nhỏ A B 5 D C Lời giải 2 Gọi M ( z; y ) điểm biểu diễn số phức z1 Khi z   z  i   (x  2)  y  x  ( y  1)2   4 x  y  2  () : x  y   Gọi N(a; b) điểm biểu diễn số phức z2 Khi z   i   (a  4)  (b  1)  2 Hay tập hợp điểm N mặt phẳng Oxy đường tròn (C ) : (x  4)  (y  1)  Ta có d  I ( c ) ;()     R(C )    C không cắt đường trịn   Lại có MN  z1  z2   dựa vào hình vẽ ta thấy  MN  MN  d I  C  ;     R C  z1  z2  5  5 5 Chọn D Hay Bài tốn hỏi thêm tìm số phức z1 z z MN     z2 để ta cần viết phương trình đường thẳng sau  M      MN  N   C   MN tìm giao điểm  z 5 5 z   3i  z2   6i Ví dụ 2: Cho hai số phức z1; z2 thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Pmin  Gọi 12 M  z1  ; N  z2  B P  z1  z2 Pmin  15 C Pmin  D Pmin  10 Lời giải điểm biểu diễn số phức z1 z2 I 5;0  Điểm M thuộc đường thẳng tròn tâm  bán kính R  Điểm N thuộc đường thẳng trung trực  AB với Lại có: A  1;3 ; B  3;    : x  y  P  MN  Pmin  d  I ;   R  35 0 Chọn A z  w  R1 z  w1  R2  Dạng 7: Cho hai số phức z1; z thỏa mãn 1 w1 ; w số phức biết Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức P  z1  z2 Phương pháp: Đặt M(z1 ); N  z  điểm biểu diễn số phức z1 z C I w Điểm M thuộc đường tròn tâm   tâm   bán kính R1 N thuộc đường C K w tròn   tâm   bán kính R2  P  MN Dựa vào vị trí tương đối đường trịn để tìm MN max ; MN w   4i  Ví dụ 1: Cho hai số phức z; w thỏa mãn z.z  Tìm giá trị lớn biểu thức A Pmax  P zw B Pmax  C Pmax  10 D Pmax   Lời giải Ta có: z.z   z  Gọi     điểm biểu diễn số phức z w M z ;N w C Điểm M thuộc đường tròn tâm   tâm O  0;0  bán kính R1  N thuộc đường C tròn   tâm K (3; 4) bán kính R2   P  MN C C Dễ thấy OK   R1  R2 nên     nằm suy MN max  OK  R1  R2  Chọn B Ví dụ 2: [Đề tham khảo Bộ GD & ĐT 2018] Xét số phức z  a  bi  a, b  ¡  thỏa mãn điều kiện z   3i  P  a  b giá trị biểu thức z   3i  z   i đạt giá trị lớn A P  10 B P  C P  Lời giải 13 Tính D P  Gọi M  x; y  điểm biểu diễn số phức z 2 C Từ giả thiết, ta có z   3i    x     y  3   M thuộc đường tròn   I 4;3 A 1;3 , B  1; 1 tâm   , bán kính R  Khi P  MA  MB , với  Ta có Gọi P  MA2  MB  MA.MB   MA2  MB  E  0;1 trung điểm AB  ME  MA2  MB AB  Do P  4.ME  AB mà ME  CE  suy 2  P     5 2  200 C Với C giao điểm đường thẳng EI với đường tròn    MA  MB  M  6;   a  b  10  M  C P  10  "  " Vậy Dấu xảy Chọn A Ví dụ 3: [Đề tham khảo Bộ GD & ĐT 2017] Xét số phức z thỏa mãn điều kiện: z   i  z   7i  Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ A P  13  73 z 1 i Tính P  M  m B P  73 C P   73 Lời giải Đặt z  x  yi  x, y  ¡  gọi D P  73 M  x; y  , A  2;1 , B  4;7  suy AB  uuuv v AB   6;6   n   1; 1  Ta có phương trình đường thẳng AB x  y   Từ giả thiết, ta có MA  MB   MA  MB  AB suy M thuộc đoạn thẳng AB N  1; 1  z   i   x  1  z   i  MN   y  1  MN    z   i max  MN max Gọi  Độ dài đoạn thẳng MN nhỏ M hình chiếu N AB MN  d  N ;  AB      1   5 m 2   Hay  Độ dài đoạn thẳng MN lớn M  A M  B 12  1  M  A  MN  AN  13  MN max  73  M  73  M  B  MN  BN  73 Ta có   73 P  M m Vậy giá trị biểu thức Chọn B 14 Ví dụ 4: Xét số phức z thỏa mãn điều kiện: z   i  z   4i  Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ z   2i P  M m A P   10 B P  10 P2 C Lời giải   10  D P Tính  10 z  x  yi  x, y  ¡  M x; y , A 1;1 , B 7; Đặt gọi       3 suy rauuAB uv v AB   6;3  n   1; 2   Ta có phương trình đường thẳng AB x  y   Từ giả thiết, ta có ( AB ) MA  MB   MA  MB  AB suy M thuộc đoạn thẳng AB  z   2i  MN N  5; 2   z   2i  MN    z   2i max  MN max Gọi  Độ dài đoạn thẳng MN nhỏ M hình chiếu N AB MN  d  N ;  AB      2   12   2  2 5m2 Hay  Độ dài đoạn thẳng MN lớn M  A M  B   M  A  MN  AN   MN max  10  M  10  M  B  MN  BN  10   Ta có Vậy giá trị biểu thức P  M m2    10 Chọn C Ví dụ 5: Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z   4i  biểu 2 thức M  z   z  i đạt giá trị lớn Tính mơđun số phức z  i A z  i  41 B z  i  Gọi z  x  yi  x, y  ¡  C z  i  Lời giải D z  i  41 Ta có: z   4i    x  3   y     tập hợp điểm biểu diễn số phức z 2 dường tròn  C  tâm I  3;  R  2 2 M  z   z  i   x    y   x    y  1   x  y    Mặt khác:  d : 4x  y   M  C Do số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nên d   có điểm chung 15  d  I;d   R   M max 23  M   23  M  10  13  M  33 x  4 x  y  30   33     z  i   4i  z  i  41 2  x  3   y     y  5 Chọn D z1  z2  z1 z2 z1  z2   6i Ví dụ 6: Cho hai số phức thỏa mãn Tìm P z  z ? giá trị lớn A P  B P   C P  26 Lời giải uuu r uuu r uuu v uuu v D P  34  OA  OB  (8;6); OA  OB  2; P  OA  OB A  z1  ; B  z2  theo giả thiết ta có: uuu v uuuv uuu v uuuv 2 104  OA  OB  OA  OB   OA2  OB    OA  OB   P  P  104  26 Đặt     Chọn C Ví dụ 7: [Đề thi thử chuyên Đại học Vinh 2018] Giả sử z1 , z2 hai iz   i  z z 2 z z số phức z thỏa mãn Giá trị lớn A B C D Lời giải Ta có: iz   i   i  x  yi    i     x  1  y  2    M  x; y  kính R  Giả sử A  z1  ; B  z2  Lại có: z1  z2  OA  OB tròn  I; R (với z  x  yi  x; y  ¡ ) I 1;  biểu diễn z thuộc đường tròn tâm  bán z1  z2   AB   R Mặt khác theo cơng thức trung tuyến ta có: nên AB đường kính đường OI  OA2  OB AB   OA2  OB   OA2  OB    OA  OB   OA  OB  Theo BĐT Bunhiascopky ta có: Chọn D Ví dụ 8: Cho z1 , z2 hai số phức z thỏa mãn điều kiện z   3i  z1  z2  z z Giá trị nhỏ biểu thức là: A  34 B 34  C 34  Lời giải Giả sử w  z1  z2 16 D 34   w1  z1   3i  Đặt  w  z2   3i suy w1  w  z1  z2  10  6i  w  10  6i  w1  w  w  10  6i  w1  w  2 2  w1  w  w1  w  w1  w  w1  w  36 w1  w  z1  z2    Mà mà I  10;6  w  10  6i  w1  w  36   w  Vậy  thuộc đường tròn tâm R6 Cách 2: Gọi A  z1  ; B  z2  , bán kính biểu diễn số phức z1; z2 I 5;3 Ta có: tập hợp z đường trịn tâm   ubán kính R  5, AB  uu v uuuv uuuv Gọi H trung điểm AB  w  z1  z2  OA  OB  2OH  1 2 Mặt khác IH  IA  HA   tập hợp điểm H đường tròn  x  5   y  3   C  2 2 a b a  b  w  a; b  ,  1  H  ;   C             a  10    b    36  2 2  2  Giả sử I  10;6  R6 Do tập hợp điểm biểu diễn w thuộc đường tròn tâm , bán kính Ta có: w  OI  R  34  Chọn B  3i  iz  z   9i Ví dụ 9: Cho z1 , z2 hai nghiệm phương trình , thỏa z1  z2  mãn điều kiện 31 A Giá trị lớn z1  z2 56 B C D Lời giải 6  3i  iz   3i  i  x  yi    y   x  3 i  z   9i  x  yi   9i  x    y   i z  x  yi  x; y  ¡  Đặt suy  2 2 2   x  3   y     x     y     x     y    Khi đó, giả thiết Tập hợp z đường tròn tâm I  3;  bán kính uuu v uuuv uuuv AB  w  z1  z2  OA  OB  2OH  1 w  z1  z2 R  1, AB  Đặt gọi H trung điểm Mặt khác  x  3 Giả sử 17 IH  IA2  HA2    y  4   C 25  tập hợp điểm H đường tròn  C 2 36 2 a b a  b  w  a; b  ,  1  H  ;   C             a     b  8  25 25 2 2 2  2  Do tập hợp điểm biểu diễn w thuộc đường trịn tâm Ta có: w max  OI  R  10  I  6;8  , bán kính R 6 56  5 Chọn B Ví dụ 10: [Đề thi thử chuyên Đại học Vinh 2018] Cho số phức z thỏa mãn z số thực M  z 1 i w z  z số thực Giá trị lớn biểu thức B 2 A C D Lời giải z z z w    2  z  z  z Ta có Vì w số thực nên w  w   z z w   z  z  z   z   z  z  z.z z  z 2 2 z 2 z Từ (1), (2) suy w    zz  z       2   z   z  (vì z không số thực nên z  z  ) w   i   w max   12  12  2 w  z   i  z  w   i Đặt nên Chọn B  z z số thực Cách 2: Ta có w số thực nên w  a  bi  z  a  bi   a  bi  w a  b số thực Đặt b b   loai  2b    2 a  b2  a  b   z  Tập hợp điểm biểu diễn z đường tròn O  0;0  ; R  Đặt M  z  ; A  1;1  MAmax  AO  R  2 Chọn B Ví dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn z 1 giá trị nhỏ biểu thức 13 A Gọi M m giá trị lớn P  z 1  z2  z 1 39 B C 3 Lời giải Gọi z  x  yi;  x  ¡ ; y  ¡  Ta có: z   z.z  Đặt 18 t  z 1 , ta có  z   z   z    t   0;  Tính giá trị M.m 13 D Ta có   t    z   z   z.z  z  z   x  x   x  1 z  z   z  z  z z  z z   z  Suy Xét hàm số max f  t   f  t   t  t  , t   0; 2 t2  2  2x 1  t  Bằng cách dùng đạo hàm, suy 13 13 ; f  t    M n  4 Chọn A Ví dụ 12: Cho số phức z thỏa mãn z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức T  z 1  z 1 A MaxT=2 B MaxT=2 10 T  z 1  z 1  1   z 1 2  z 1 Swart) C MaxT=3 Lời giải  2    z   z 1  x2  y   z  Chú ý: Cách 2: Đặt z  x  yi Ta có :  5.2 z   D MaxT=3 (BĐT Cauchy- với z  x  yi T  x  yi   x  yi   ( x  1)  y  ( x  1)  y 2 Lại có x  y   T  x   2 x   f  x  Ta có: 6  0 x  Tmax  10 2x  2  2x Chọn A z   z   10 f ' x  Ví dụ 13: Cho số phức z thỏa mãn nhỏ A 10 Đặt z Giá trị lớn giá trị : B z  x  yi;  x; y  ¡   M ( x; y ) C D Lời giải biểu diễn z z   z   10  z  yi   x  yi   10 Ta có: Gọi F1 ( 4; 0); F2 (4;0)  MF1  MF2  10 Khi điểm biểu diễn z Elip có trục lớn 2a  10  a  5; F1 F2  2c   c   b  a  c  Do  OM    z  Chọn D 2.3.2 tập tự luyện Câu 1: Gọi M m giá trị lớn nhất, nhỏ môđun số phức z thỏa mãn 19 z 1  Giá trị M  m A B C D z2  z2 5 Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ z Giá trị M  m A M m  17 B M  m  C M  m  D M  m  Câu 3: Cho số phức z thỏa z   2i  z   i Khi đó, z nhỏ B A C D P  z2  z  z2  z z 1 Câu 4: Cho số phức z thỏa Giá trị lớn 14 A C 2 B D Câu 5: Cho số phức z w biết chúng thỏa mãn hai điều kiện   i  z   2; w  iz 1 i Giá trị lớn P  w z B 2 A C D   i  z   7i  Giá trị lớn z Câu 6: Cho số phức z thỏa A B C D Câu 7: Cho số phức z thỏa mãn z   2i  z   i  Giá trị nhỏ biểu thức P  iz   4i A B C 13 D Câu 8: Cho số phức z thỏa mãn z   i  z   2i  34 Gọi m, M giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn A P  34 B P  10 z   2i Giá trị P  m.M 14 85 C 17 14 170 D 17 z   i  z   2i z  a  bi  a, b  ¡  Câu 9: Cho số phức z thỏa mãn Biết 20 biểu thức z   2i  z   i đạt giá trị lớn Giá trị T  3b  a B 2 A C D z  z   z  z  2i  Câu 10: Cho số phức z thỏa mãn Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ A B 10 z   3i Giá trị M  5m C D 10 z  z    z   2i   z   4i  Câu 11: Xét số phức z thỏa mãn Giá trị nhỏ z 1 i A B C D Câu 12: Cho số phức z thỏa mãn z   i  z   2i  Gọi M , m z  i 2 giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Giá trị M  m 39 A 137 B 10 157 C 10 33 D z  a   a  2a   i Câu 13: Gọi M điểm biểu diễn số phức ( với a số thực z   i  z2   i thay đổi) N điểm biểu diễn số phức z2 biết Độ dài ngắn đoạn MN A B C D Câu 14: Cho hai số phức z w  a  bi thỏa mãn z   z   6; 5a  4b  20  A 41 B 41 Giá trị nhỏ C 41 zw D 41 zw  Câu 15: Cho hai số phức z w thỏa mãn z  2w   6i Giá trị lớn biểu thức A 21 zw B 26 C 66 D Câu 16: Gọi S tập hợp số phức z thỏa mãn z   34 z   mi  z  m  2i z1  z2 (trong m  ¡ ) Gọi z1 , z2 hai số phức thuộc S cho lớn nhất, giá trị z1  z2 A C B 10 Câu 17: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2 z1  i z i  1;  z1   3i z2   i D 130 Giá trị nhỏ A 2 B D  C zz 2 zz 8 Câu 18: Cho số phức z thỏa mãn Gọi M , m giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức A 10  34 Câu 19: Gọi z   2i  z   3i  10 A Câu 20: Cho số phức Giá trị M  m C 10  58 B 10 z  a  bi  a, b  ¡ P  z   3i D  58  số phức thỏa mãn điều kiện có mơđun nhỏ Giá trị S  7a  b B z  x  yi  x, y  ¡ D 12 C  thỏa mãn z   3i  z   i  Gọi m, M giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức P  x  y  14 x  y Giá trị m  M 118661  3000 34 25 A 4732  120 34 B 3472  120 34 C D 3436  120 34 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Đối với thân, sáng kiến kinh nghiệm hội để tiếp tục hồn thiện nữa, làm sở cho trình đổi phương pháp giảng dạy nhằm đem lại hiệu cao cho học sinh Thông qua việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy học sinh hứng thú học tập mơn tốn, em bước đầu biết gắn học lý thuyết với thực tế, em chủ động, linh hoạt, sáng tạo khơng cịn bị động, em cởi bỏ tâm lý e ngại, lười hoạt động Từ nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường Đây tiền đề để phụ huynh học sinh 22 quyền địa phương yên tâm gửi gắm em vào nhà trường Trong năm học 2021 – 2022 áp dụng sáng kiến kinh nghiệm cho lớp 12A1, 12A2 không áp dụng cho lớp 12A3 Sau kết thúc kỳ thi THPT Quốc gia năm 2021 kết làm cho thấy lớp 12A2 có 76% học sinh giải toán cực trị số phức, lớp 12A1 có 68% học sinh giải tốn cực trị số phức lớp 12A3 có 15,33% Năm học 2021 – 2022 tơi tiếp tục áp dụng vào lớp 12B3 12B5 kết bước đầu kỳ thi thử Sở GD&ĐT Thanh Hóa đề học sinh lớp làm tốt phần cực trị Số phức 23 Kết luận – Kiến nghị 3.1 Kết luận Sau thời gian giảng dạy thực tế nhiều năm, thông qua tài liệu tham khảo học hỏi đồng nghiệp; tơi áp dụng phương pháp hình học để giải tốn cực trị số phức Từ phân tích khắc sâu cho học sinh q trình giảng dạy, giúp em nhanh chóng tìm lời giải đáp số toán Với kết đối chiếu cho thấy kinh nghiệm nêu bước đầu có hiệu Do đó, tơi tổng hợp, trình bày lại với mong muốn góp phần nâng cao kết thi THPT hàng năm Trong năm học tiếp tục áp dụng cho số lớp khối 12, đồng thời tìm tịi, thu thập thêm ví dụ, dạng tốn khác bổ sung để sáng kiến ngày hồn thiện Thông qua sáng kiến kinh nghiệm mong muốn đóng góp phần cơng sức nhỏ bé việc hướng dẫn học sinh khai thác tốt phương pháp hình học tốn cực trị số phức Đồng thời hình thành khả tư duy, sáng tạo, kỹ giải nhanh toán trắc nghiệm, từ tạo hứng thú cho em học tốn Tuy nhiên trình độ thân cịn hạn chế nên tơi mong đóng góp bổ sung Hội đồng khoa học cấp bạn đồng nghiệp 3.2 Kiến nghị - Đối với nhà trường : Cần đầu tư nhiều trang thiết bị dạy học; Tích cự tổ chức buổi thảo luận, hội thảo chuyên môn - Đối với Sở giáo dục : Chúng mong muốn tham dự nhiều buổi tập huấn chuyên môn, buổi hội thảo khoa học để trao đổi kinh nghiệm ; Ngoài sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng đề nghị Sở phổ biến rộng rãi trường để áp dụng trình dạy học XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2022 Tơi xin cam đoan SKKN mình, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Xuân Thông 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Châu Văn Điệp nhóm tác giả, Cơng phá tốn 3, Nxb ĐHQG Hà Nội [2] Đồn Quỳnh, Hướng dẫn ơn tập kỳ thi THPT Quốc Gia năm học 2017-2018, Nxb Giáo dục Việt Nam [3] Lê Hồnh Phị, 10 trọng điểm bồi dưỡng HSG, Nxb ĐHQG Hà Nội [4] Nguyễn Bá Tuấn, Tuyển tập đề thi phương pháp giải nhanh toán trắc nghiệm, ĐHQG Hà Nội [5] Trần Phương, Bài giảng trọng tâm ôn luyện mơn tốn tập 2, Nxb ĐH Quốc Gia Hà Nội 25 ... làm cho thấy lớp 12A2 có 76% học sinh giải tốn cực trị số phức, lớp 12A1 có 68% học sinh giải toán cực trị số phức lớp 12A3 có 15 ,33 % Năm học 2021 – 2022 tiếp tục áp dụng vào lớp 12B3 12B5 kết... nhỏ bé việc hướng dẫn học sinh khai thác tốt phương pháp hình học toán cực trị số phức Đồng thời hình thành khả tư duy, sáng tạo, kỹ giải nhanh tốn trắc nghiệm, từ tạo hứng thú cho em học tốn Tuy... năng, phương pháp, cách giải kể trình giải việc cần thiết Từ HS giải nhanh tập dạng trắc nghiệm AM  AP; AQ 2 .3 Giải pháp sử dụng để giải vấn đề - Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ giải tốn thơng