Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung

Giới thiệu Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung CHƯƠNG SỐ PHỨC.

Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Tài liệu Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng tại đây nhé.

Text Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung
SỐ PHỨC – PHẦN I Nhân dịp mùa thi THPTQG 2020 sắp tới gần, ta thử nhìn nhận về các bài toán số phức thi ĐH – CĐ năm 2012, củng cố kiến thức và kỹ năng giải toán về số phức trong vài năm gần đây, góp phần giúp các em 2K2 đạt kết quả tốt hơn trong kỳ thi. 1. Các câu trích từ đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng năm 2012 Ví dụ 1. (BGD – Đề thi tuyển sinh Đại học 2012 – Khối A – A1 Câu 9b) Cho số phức z thỏa mãn 5( z + i ) = 2 − i . Tính môđun của số phức w =1 + z + z 2 . z +1 Phân tích. Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về – Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức – Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun của số phức. Nhiệm vụ đầu tiên là tìm ra số phức z , sau đó thế vào w , rút gọn và tính môđun. Hiện nay ta có thể hỗ trợ máy tính Casio để làm thay việc rút gọn và tính môđun, thậm chí cả việc tìn z . Lời giải. Cách 1. (Tự luận) a + bi, ( a, b ∈  ) Điều kiện z ≠ −1 . Từ giả thiết suy ra 5 z + 5i = 2 − i + ( 2 − i ) z (1). Giả sử z = thì từ (1) ta có 5a − 5bi + 6i − 2 = ( 2 − i )( a + bi ) = 2a + b + 2bi − ai 0 3a − b − 2 = ⇒ ( 3a − b − 2 ) + ( a − 7b + 6 ) i = 0 ⇒  ⇒ a = b =1 ⇒ z =1 + i (Thỏa mãn). 0  a − 7b + 6 = Khi đó w = 1 + z + z 2 = 2 + i + (1 + i ) = 2 + 3i ⇒ w = 2 22 + 32 = 13 . Vậy z = 1 + i và w = 13 . Cách 2. (Hỗ trợ máy tính – Trắc nghiệm) ( −2 + 6i )( 2 + i ) − ( −2 − 6i )( −5) =1 + i . Từ (1) ta có: ( 2 − i ) z − 5 z =−2 + 6i ⇒ z = 2 2 − i − −5 2 Từ đó w là 1+Ans + Ans 2 = 13 . (Công thức trên ta sẽ tìm hiểu ở VD 20). Ví dụ 2. (BGD – Đề thi tuyển sình Đại học 2012 – Khối B Câu 9b) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 . Viết dạng lượng giác của z1 và z2 . Phân tích. Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về – Định lý Viet GV: Nguyễn Xuân Chung - Môđun của số phức – Dạng lượng giác của số phức. Lời giải. Vì z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3iz − 4 = 0 nên ta có: z1.z2 = −4 , do 2 ( cos ϕ + i sin ϕ ) , z2 = −2 ( cos ϕ − i sin ϕ ) khi đó ta đó z1 = z2 = r= 2 . Bởi vậy ta đặt z1 = 2 3i nên 4i sin ϕ = 2 3i ⇒ sin ϕ = cũng có z1 + z2 = π π 4π 4π   2  cos + i sin  , z2 = 2  cos − i sin Vậy z1 = 3 3 3 3   3 π ⇒ϕ= . 2 3  .  Ví dụ 3. (BGD – Đề thi tuyển sình Đại học 2012 – Khối D Câu 9a) Cho số phức z thỏa mãn ( 2 + i ) z + 2(1 + 2i ) = 7 + 8i . Tìm môđun của số phức w = z + 1 + i . 1+ i Phân tích. Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về – Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức – Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun của số phức. Lời giải. Cách 1. (Tự luận) Từ giả thiết suy ra (2 + i) z + 2(1 + 2i ) (1 − i ) = 7 + 8i ⇔ ( 2 + i ) z + (1 + 2i ) (1 − i ) = 7 + 8i (1 + i )(1 − i ) 4 + 7i ( 4 + 7i )( 2 − i ) 15 + 10i ⇔ ( 2 + i ) z + 3 + i =7 + 8i ⇔ ( 2 + i ) z =4 + 7i ⇔ z = = = 2+i 5 ( 2 + i )( 2 − i ) ⇔ z = 3 + 2i . Từ đó ta có w = z + 1 + i = 4 + 3i ⇒ w = 42 + 32 = 5 . Vậy z= 3 + 2i và w = 5 . Cách 2. (Hỗ trợ máy tính – Trắc nghiệm) Từ giả thiết ( 2 + i ) z + 2 (1 + 2i ) 2(1 + 2i ) 7 + 8i 7 + 8i ta có (nhập máy): z = = − = 3 + 2i . 1+ i 2 + i ( 2 + i )(1 + i ) Từ đó w là Ans + 1 + i =5 . Ví dụ 4. (BGD – Đề thi tuyển sình Đại học 2012 – Khối D Câu 9b) 0 trên tập hợp các số phức. Giải phương trình z 2 + 3 (1 + i ) z + 5i = Phân tích. GV: Nguyễn Xuân Chung Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về – Các phép toán cộng, trừ, nhân, khai căn số phức – Công thức nghiệm của phương trình bậc hai. Lời giải. 0 có ∆ = 9 (1 + i ) − 4.5i = 9.2i − 20i = −2i . Đến đây ta Xét phương trình z 2 + 3 (1 + i ) z + 5i = 2 ( ) 2 biểu diễn ∆ thành bình phương của một số phức là ∆ = i 2 , từ đó ta có hai nghiệm: −3 (1 + i ) − i 2 −3 (1 + i ) + i 2 3 3+ 2 3 3− 2 z1 = =− − i, z2 = =− − i. 2 2 2 2 2 2 Ví dụ 5. (BGD – Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 – Khối A – A1 – B – D Câu 7a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z − phẳng tọa độ Oxy. 2−i = (3 − i ) z . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt 1+ i Phân tích. Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về – Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức – Điểm biểu diễn số phức trên mặt phẳng tọa độ. Lời giải. Biến đổi phương trình tương đương với (3 − i ) z − (1 − 2i )= z ⇔= z 2−i 2−i = = (1 + i )( 2 + i ) 1 + 3i i) ( 2 − i )(1 − 3= 10 2−i 2−i ⇔ (2 + i)= z 1+ i 1+ i −1 − 7i . 10 7 1 7  1 Vậy z = − − i nên có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là M  − ; −  . 10 10  10 10  Cách 2. (Hỗ trợ máy tính Casio) Bài trên có dạng Az − B = Cz ⇔ z = 3 − i Sto A B nên trong Mode 2 ta ghi A−C B 1 7 2−i = ta được − − i . Sto B 1 − 2i Sto C và A−C 1+ i 10 10 7 1 7  1 Vậy z = − − i nên có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là M  − ; −  . 10 10  10 10  Ví dụ 6. (BGD – Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 – Khối A – A1 – B – D Câu 7b) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i =0 . Tính z1 + z2 . Phân tích. GV: Nguyễn Xuân Chung Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về – Giải phương trình bậc hai trên tập số phức có hệ số phức – Tính môđun của số phức. Lời giải. ( ) nên phương trình có hai 1+ (− 2 ) + 1+ ( 2 ) = 2 3 . Phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i =0 có ∆ ‘ =12 − (1 + 2i ) =−2i = i 2 2 2 1 − i 2, z2 = 1 + i 2 . Do đó ta có z1 + z2 = nghiệm là: z1 = 2 Qua đó các em thấy được nội dung kiến thức thi Đại học – Cao đẳng trước đây cũng nhẹ nhàng, đến bây giờ tuy có nâng cao vài phần nhưng các em cũng đừng lo lắng, miễn sao chúng ta nắm chắc kiến thức cơ bản thì cũng làm được bài. Cụ thể ta xét các câu số phức thi năm vừa qua ở mức VD – VDC có nội dung và đòi hỏi kỹ năng gì? 2. Một số câu trắc nghiệm gần đây Ví dụ 7. (BGD – Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C34) ( ) Cho số phức z thỏa mãn 3 z + i − ( 2 − i ) z =3 + 10i . Mô đun của z bằng A. 3 . B. 5 . C. D. 5. 3. Phân tích. Trong câu này chúng ta thấy nội dung cũng giống như câu trong đề thi năm 2012 – Các phép toán cộng, trừ, nhân số phức – Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun của số phức. Lời giải. Cách 1. (Tự luận) a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a − bi . Từ giả thiết ta có: Giả sử z = 3 ( a − bi + i ) − ( 2 − i )( a + bi ) = 3 + 10i ⇔ 3a − 3bi − 2a − b + ai − 2bi = 3 + 7i 0 a = 2 a − b − 3 = ⇔ do đó z= 2 − i . 0 b = −1 a − 5b − 7 = ⇔ a − b − 3 + ( a − 5b − 7 ) i = 0⇔ z Vậy = 22 + ( −1)= 2 5 . Chọn C. Cách 2. (Hỗ trợ máy tính – Trắc nghiệm) Từ giả thiết ta có: ( −2 + i ) z + 3 z = 3 + 7i ⇒ z = ( 3 + 7i )( −2 − i ) − ( 3 − 7i ) .3 = 2 2−i − 3 2 2 − i .(Nhập máy) Từ đó w là Ans = 5 . Chọn C. (Công thức trên ta sẽ tìm hiểu VD 20) Ví dụ 8. (BGD – Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C44) GV: Nguyễn Xuân Chung Xét các số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn của các số phức w = A. 4 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z B. 26 34 C. 34. D. 26. Phân tích. Trong câu này chúng ta thấy nội dung là: Tìm biểu diễn của w thông qua z . – Các phép biến đổi đại số – Biến đổi hình học tọa độ. Lời giải. Cách 1. (Tự luận – Biến đổi đại số) x + yi, ( x, y ∈  ) . Ta có w(1 + z ) = 4 + iz ⇒ z ( w − i ) = 4 − w ⇒ 2 w − i = w − 4 Giả sử w = 2 2 ⇒ 2  x 2 + ( y − 1)  = ( x − 4 ) + y 2 ⇔ 2 ( x 2 + y 2 − 2 y + 1) = x 2 − 8 x + 16 + y 2   ⇔ x 2 + y 2 + 8 x − 4 y − 14 =0 ⇔ ( x + 4 ) + ( y − 2 ) =34 , suy ra R = 34 . Chọn A. 2 2 Cách 2. (Hỗ trợ máy tính – Trắc nghiệm) Ta cho z ba giá trị khác nhau và tương ứng w có ba giá trị khác nhau và viết phương trình đường tròn có dạng: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (1). Vào Mode 2 ghi 4 + iX CALC nhập −1 − i =ta có (1;5 ) thay vào (1): 2a + 10b + c =−26 . 1+ X CALC nhập −1 + i =ta có ( −1; −3) thay vào (1): −2a − 6b + c =−10 . 7 −1 CALC nhập 1 + i =ta có  ;  thay vào (1): 14a − 2b + 5c = −10 . 5 5  Giải hệ ba ẩn ta được a =4, b =−2, c =−14 ⇒ r = 16 + 4 + 14 = 34 . Nhận xét. Vì tính chất u.v = u . v được sử dụng khá nhiều nên GV có thể hướng dẫn các em chứng a bi, v =+ x yi, ( a, b.x, y ∈  ) , ta chứng minh định lý minh lại định lý như sau: Giả sử u =+ bằng phép biến đổi tương đương: u.v = u . v ⇔ u.v = u . v ⇔ ( ax − by ) + ( ay + bx ) = ( a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ) 2 2 2 2 2 ⇔ a 2 x 2 + b 2 y 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 = a 2 x 2 + b 2 y 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 (Luôn đúng ∀a, b.x, y ∈  ). Đpcm. Như vậy phần nào các em thấy được là: nội dung có nâng cao vài phần nhưng cũng không phải quá khó, miễn sao các em nắm chắc kiến thức cơ bản thì sẽ làm được bài. Sau đây ta nghiên cứu một cách giải toán số phức bằng cách “Đặt ẩn phụ” xem thế nào? Ví dụ 9. (THPT Chuyên Tiền Giang) Cho số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z + 1 + 3i − z i =0 . Tính S= a + 3b . GV: Nguyễn Xuân Chung A. S = 7 . 3 B. S = −5 . 7 D. S = − . 3 C. S = 5 . Lời giải −1 + ( m − 3) i ⇒ z =1 + ( m − 3) ⇒ m 2 = 1 + ( m − 3) Đặt z= m ≥ 0 , ta có z = 2 2 5 4 ⇒ 0 =1 − 6m + 9 ⇒ m = , thay trở về ta có z =−1 − i ⇒ S =a + 3b =−5 . Chọn B. 3 3 Cách 2. (Tính trực tiếp) Để cho gọn ta đặt z = a 2 + b 2 =m ≥ 0 , ta có: z + 1 + 3i − z i =0 hay là a = −1 a + 1 =0 a + bi + 1 + 3i − mi = 0 ⇔ a + 1 + ( b + 3 − m ) i = 0 ⇒  ⇒ 2 0 ( b + 3) = m2 = 1 + b2 b + 3 − m = a = −1 a = −1  ⇒ ⇒ a 3b = −5 . 4 ⇒ S =+ 1 b = − 6b + 9 = 3  Ví dụ 10. (THPT Kinh Môn – Hải Dương) Số phức z= a + bi ( với a , b là số nguyên) thỏa mãn (1 − 3i ) z là số thực và z − 2 + 5i = 1. Khi đó a + b là A. 9 . B. 8 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Đặt (1 − 3i ) z = m ∈  ⇒ z = vào giả thiết thứ hai ta có m m 3m b 4n; n ∈  . Thay z i = n + 3ni . Ta cần tính a + = = + 1 − 3i 10 10 n − 2 + ( 5 − 3n ) i =1 ⇒ ( n − 2 ) + ( 5 − 3n ) =1 ⇒ n =2 ∈  ⇒ P =8 . Chọn B. 2 2 Cách 2. (Tính trực tiếp) Ta có (1 − 3i ) z =(1 − 3i )( a + bi ) =a + 3b + ( b − 3a ) i là số thực nên b = 3a do đó 1 suy ra z = a + 3ai thế vào giả thiết thứ hai ta được a − 3ai − 2 + 5i = ( a − 2 ) + ( 5 − 3a ) 2 2 =1 ⇒ a = 2 ∈  ⇒ P = a + b = 4a =8 . Ví dụ 11. Cho số phức z= a + bi ( a , b là các số thực ) thỏa mãn z z + 2 z + i =0 . Tính giá trị của biểu thức T= a + b 2 . A.= T 4 3 −2. B. T = 3 + 2 2 . C. T = 3 − 2 2 . Lời giải D. T= 4 + 2 3 . GV: Nguyễn Xuân Chung Đặt z= m ≥ 0 , ta có z ( m + 2 ) =−i ⇒ z ( m + 2 ) =1 ⇒ m ( m + 2 ) =1 ⇒ m = 2 − 1 thay trở về ta có z = −i = 1 − 2 i ⇒ T = a + b2 = 1 − 2 2 +1 ( ( ) ) 2 = 3 − 2 2 . Chọn C. Mời các em giải cách khác. Ví dụ 12. (BGD – Đề thi chính thức 2017) 5 và Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − 3i = A. 0 . B. 2 . z là số thuần ảo? z−4 D. 1 . C. Vô số. Lời giải Đặt 3b + ( 4b + 3) i 4bi z 4bi − 3i =5 ⇔ =5 , ta có = bi ⇒ ( bi − 1) z = 4bi ⇒ z = bi − 1 bi − 1 z−4 bi − 1 ⇒ 9b 2 + ( 4b + 3) = 25 ( b 2 + 1) ⇒ 24b = 16 ⇒ b = 2 2 16 24 ⇒z= − i . Chọn D. 3 13 13 Lời bình Việc đặt ẩn phụ khi giải toán về số phức góp phần làm cho lời giải bớt cồng kềnh trong biến đổi, thậm chí là đi nhanh đến kết quả hơn. Mời các em tính trực tiếp. Ví dụ 13. (BGD – Đề tham khảo 2018) a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z + 2 + i − z (1 + i ) =0 và z > 1 . Tính P= a + b Cho số phức z = A. −1 . B. −5 . C. 3 . D. 7 . Lời giải Cách 1. −2 − i + m (1 + i ) = Đặt z= m > 1 . Ta có z = ( m − 2 ) + ( m − 1) i ⇒ m =( m − 2 ) + ( m − 1) 2 2 ⇒ m 2 =2m 2 − 6m + 5 ⇒ m 2 − 6m + 5 =0 ⇒ m =5 . Vậy z =3 + 4i ⇒ P =7 . Chọn D. Cách 2. Biến đổi phương trình z = Đặt z= m > 1 ⇒ z 2+i 1 3 1 + = z (1 − i ) + − i ⇔ 2 z − 3 + i = (1 − i ) z . 1+ i 1+ i 2 2 2 ( 2m − 3 ) 2 + 1 = 2m ⇒ 2m 2 − 12m + 10 = 0 ⇒ m = 5 Thay trở về ta được z =−2 − i + 5 (1 + i ) =3 + 4i ⇒ P =7 . Cách 3. GV: Nguyễn Xuân Chung a + 2 − m = 0 b = a + 1 ⇔ Đặt z= m > 1 khi đó ta có a + bi + 2 + i − m (1 + i ) = 0 ⇔  b + 1 − m = 0 m = 1 + b > 1 b = a + 1 > 0 b = a + 1 > 0 a = 3 Suy ra  7. ⇔ ⇔ ⇒P=  2 2 2 2 0 b = 4 b − 4b = ( b − 1) + b =(1 + b ) Cách 4. (Trắc nghiệm) m a + 2 = i m (1 + i ) ⇒  ⇒ a += b 2m − 3 > −1 . Đến đây ta thử Đặt z= m > 1 , ta có z + 2 += b + 1 =m + Đáp án C: 2m − 3 = 3 ⇒ m = 3 ⇒ z = 1 + 2i ⇒ 3 = m = z = 5 (loại) + Đáp án D: Tô khoanh tròn!. Ví dụ 14. (THPT Chuyên Quang Trung – Bình Phước) z và ( z + 1)( z − i ) là số thực. Tìm số phức z thỏa mãn z − 2 = A. z = 1 + 2i. B. z =−1 − 2i. C. z= 2 − i. D. z = 1 − 2i. Lời giải Giả sử z = a + bi, ( a, b ∈  ) thì z = a 2 + b 2 =m ≥ 0 , ta có z − 2 = m ⇒ ( a − 2 ) + b 2 = m 2 2 ⇒ −4a + 4 = 0 ⇒ a = 1 , khi đó z = 1 + bi và ( 2 + bi ) 1 − (1 + b ) i  là số thực nên −2 (1 + b ) + b =0 ⇒ b =−2 . Vậy z = 1 − 2i . Chọn D. Cách 2. z xem số nào thỏa mãn? Ta có thể dùng chức năng CALC để thử kiểm tra trước tiên z − 2 = X CALC nhập các số phức. Loại B và C. Tiếp theo kiểm tra điều kiện thứ hai Ghi X − 2 = Ghi ( 2 + Bi )(1 − Bi − i ) CALC nhập phần ảo 2 = thì loại A. Vậy chọn D. Cách 3. ( ) ( ) Giả sử z = a + bi, ( a, b ∈  ) thì ( z + 1) z + 1 − 1 − i ∈  ⇔ ( z + 1) z + 1 − ( z + 1)(1 + i ) ∈  ⇔ ( z + 1)(1 + i ) =+ 1 a + bi + i + ia − b ∈  ⇒ b + 1 + a =0 ⇒ b =−1 − a . Mặt khác z − 2 = z ⇒ ( a − 2 ) + b 2 = a 2 + b 2 ⇒ a = 1 do đó b = – 2 và z = 1 – 2i. 2 Ví dụ 15. (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình) Cho số phức z thỏa mãn z − z =2 . Biết rằng phần thực của z bằng a . Tính z theo a bằng A. 1 . 1− a B. a − a2 + 1 . 2 C. a + a2 + 1 . 2 D. a + a2 + 4 . 2 GV: Nguyễn Xuân Chung Lời giải Giả sử z= a + bi thì z = a 2 + b 2 =m ≥ 0 , ta có z − m = ⇒ a 2 + b 2 − 2am + m 2 − 2 = 0 ⇒ m 2 − am − 1 = 0 ⇒ m = 2 ⇒ ( a − m ) + b2 = 2 2 a + a2 + 4 . Chọn D. 2 Mời các em giải cách khác. Ví dụ 16. (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh ) 3 2 và ( z + 2i ) là số thuần ảo? Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 1 − 3i = 2 A. 1 . C. 3 . B. 2 . D. 4 . Lời giải 2 i 3 2 ⇒ a 2 + b= 18 (*) và Đặt z + 1 − 3i = a + bi ⇒ z = a − 1 + ( b + 3) i ta có z + 1 − 3= ( z + 2i ) 2  a= b + 6 2 2 2 =  a − 1 + ( b + 5 ) i  là số thuần ảo nên ⇒ ( a − 1) − ( b + 5 ) =0 ⇔   a =−b − 4 + TH 1: a = b + 6 thì ( b + 6 ) + b 2 = 18 ⇔ b =−3 (nghiệm kép). 2 + TH 2: a = – b – 4 thì ( b + 4 ) + b 2 = 18 ⇔ b 2 + 4b − 1 = 0 (Hai nghiệm vô tỉ). Chọn C. 2 Ví dụ 17. (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội) 8 . Tìm môđun của số Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z − 1 + 2i =5 và z1 − z2 = phức w = z1 + z2 − 2 + 4i . A. w = 6 . B. w = 16 . C. w = 10 . D. w = 13 . Lời giải Cách 1. (Hình học) Đặt u = z1 − 1 + 2i, v = z2 − 1 + 2i thì khi đó w= u + v u và u= v= 5 nên w= u + v sẽ là đường chéo hình w thoi, ngoài ra u − v = z1 − z2 = 8 v 2 8 Suy ra w = u + v = 2 5 −   = 6 . Chọn A. 2 2 Ví dụ 18. (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An) 1 Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + z là số thuần ảo và z − 2i = A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. Vô số. Lời giải Đặt z − 2i = a + bi ⇒ z = a + ( b + 2 ) i , ta có z − 2i =1 ⇒ a 2 + b 2 =1 (*) và GV: Nguyễn Xuân Chung (1 + i ) z + z = z + z + iz = 2a − ( b + 2 ) + ai 0 là số thuần ảo nên ⇒ 2a − ( b + 2 ) = ⇒ b = 2a − 2 thế vào (*) ta có a + ( 2a − 2 ) 2 2 a = 1 . Suy ra có 2 số phức. Chọn A. =⇔ 1  a = 3 5  Lời bình. Bài trên ta đặt ẩn phụ chưa được trong sáng, nhưng cũng gọn gàng hơn một tí. Sau đây ta xét thêm một số bài toán liên quan đến z và z như đã nói phần đầu. Ví dụ 19. (SGD Bắc Giang ) Cho số phức z thỏa mãn z − 2 z =−7 + 3i + z . Tính z . A. 3. B. 13 . 4 C. 25 . 4 D. 5 . Lời giải Giả sử z= a + bi thì z = a 2 + b 2 = m , ta có m =−7 + 3i + 2 z + z =3a − 7 + ( 3 − b ) i 2  2 = 3a − 7 a + 9= 9a − 42a + 49 m ⇒ ⇒ ⇒ a= 4, b= 3 . Vậy z =4 + 3i ⇒ z =5 . Chọn D. 7 b 3, a ≥ 0= 3 − b = 3  Ví dụ 20. Biết z= a + bi ( a, b ∈ ) là số phức thỏa mãn ( 3 − 2i ) z − 2iz =15 − 8i . Tổng a + b là A. a + b = 5. B. a + b =−1 . C. a + b = 9. Lời giải D. a + b = 1. Cách 1. Ta có z= a + bi ⇒ z = a − bi . Theo đề bài ta có a = 5 3a = 15 ⇔ . 8 b = 4 4a − 3b = ( 3 − 2i )( a + bi ) − 2i ( a − bi ) =15 − 8i ⇔ 3a − ( 4a − 3b ) i =15 − 8i ⇔  Vậy a + b = 9 . Chọn C. Cách 2. Phương trình dạng Az + Bz = C , ta có A. z + B. z = C ⇒ z = C B − . z thay trở về A A C B  C. A − C.B (15 − 8i )( 3 + 2i ) − (15 + 8i )( −2i ) ⇒ Az + B  − z  = C ⇒ z = = 13 − 4 A. A − B.B A A  z = 5 + 4i ⇒ a + b = 9 . Chọn C. Kết quả: Ban đầu là Az + Bz = C và tính được z = C. A − C.B . A. A − B.B Ví dụ 21. (SGD Quảng Nam ) −2i bằng Tổng phần thực và phần ảo của số phức z thoả mãn iz + (1 − i ) z = GV: Nguyễn Xuân Chung A. 2 . B. −2 . Áp dụng công thức Az + Bz = C ⇒ z = C. 6 . Lời giải D. −6 . C. A − C.B ( −2i ) . ( −i ) − 2i. (1 − i ) = = 4 + 2i 1− 2 A. A − B.B Do đó a = 4, b = 2 ⇒ a + b = 6 . Chọn C. Mời các em giải theo cách 2. Ví dụ 22. (THPT Chuyên Thái Bình ) Cho số phức z thỏa mãn: z (1 − 2i ) + z.i = 15 + i . Tìm modun của số phức z ? A. z = 5 . B. z = 4 . C. z = 2 5 . D. z = 2 3 . Lời giải Áp dụng công thức Az + Bz = C ⇒ z = C. A − C.B (15 + i ) . (1 + 2i ) − (15 − i ) .i = = 3 + 4i 5 −1 A. A − B.B Do đó Ans = 5 . Chọn A. Mời các em giải theo cách 2. 3. Một số bài luyện tập 5 và Câu 1. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2 + 3i = A. 2 . B. vô số. z là số thuần ảo ? z−2 C. 1 . D. 0 . Câu 2. (BGD – Đề thi chính thức 2017) 2 2 và ( z − 1) là số thuần ảo? Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2 − i = 2 A. 0 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . Câu 3. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: z − 10 + 2i = z + 2 − 14i và z − 1 − 10i =5 ? A. 2 . B. 0 . C. 1 . D. Vô số. Câu 4. (BGD – Đề thi tham khảo 2017) 5 và z 2 là số thuần ảo? Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − i = A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 0 . Câu 5. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − (2 + i ) =10 và z.z = 25 ? A. 2 . B. 3 . C. 1 . D. 4 . GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 6. (BGD – Đề thi chính thức 2018 M101 C30) Xét các số phức z thỏa mãn ( z + i )( z + 2 ) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng A. 1 . B. 5 . 4 C. ( 5 . 2 D. 3 . 2 ) Câu 7. Xét các số phức z thỏa mãn z z − 2 + i + 4i − 1 là số thực. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là đường thẳng d . Diện tích tam giác giới hạn bởi đường thẳng d và hai trục tọa độ bằng A. 8 . B. 4 . C. 2 . D. 10 . Câu 8. (BGD – Đề thi chính thức 2018 M101 C38) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z ( z − 4 − i ) + 2i = ( 5 − i ) z ? A. 2 . C. 1 . B. 3 . D. 4 . 1. Câu 9. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + z là số thuần ảo và z − 2i = A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. Vô số. Câu 10. (BGD – Đề thi chính thức 2017) z là số thuần ảo ? z+2 Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 3i =13 và A. 0 . B. 2 . D. 1 . C. Vô số. 2 2 2? Câu 11. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2 zz + z = 8 và z + z = A. 2 . B. 1 . C. 3 . D. Vô số. Câu 12. (THPT Chuyên Thái Bình) Cho số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn ( 2 + i ) z = z − 1 + i ( 2 z + 3) . Tính S= a + b . A. S = 1 . B. S = −5 . D. S = 7 . C. S = −1 . Câu 13. Biết số phức z có phần ảo khác 0 và thỏa mãn z − ( 2 + i ) =10 và z.z = 25 . Điểm nào sau đây biểu diễn số phức z đã cho? A. P ( 4; − 3) . B. N ( 3; − 4 ) . C. M ( 3; 4 ) . D. Q ( 4; 3) . Câu 14. (BGD – Đề thi chính thức 2018 M102 C49) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z ( z − 3 − i ) + 2i = A. 1 . B. 3 . (4 − i) z C. 2 . ? D. 4 . a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn ( z + 1 + i )( z − i ) + 3i =9 và z > 2 . Câu 15. Cho số phức z = Tính P= a + b . GV: Nguyễn Xuân Chung A. 2 . B. 1 . D. −1 . C. −3 . Câu 16. (THPT Ngô Quyền – Ba Vì ) 3 . Tìm modun của số phức w = Cho số phức z thỏa mãn: (1 + i ) z − ( 2 − i ) z = A. 122 . 5 B. 3 10 . 2 C. 45 . 4 D. i − 2z . 1− i 122 . 5 Câu 17. Cho số phức z thỏa mãn ( 2 − 3i ) z + ( 4 + i ) z + (1 + 3i ) = 0 . Gọi a, b lần lượt là phần thực và 2 phần ảo của số phức z. Khi đó 2a − 3b bằng A. 1. B. 4. C. 11. Câu 18. (BGD – Đề thi chính thức 2019 M102 C31) D. -19. Cho số phức z thỏa mãn 3 ( z − i ) − ( 2 + 3i ) z = 7 − 16i . Môđun của z bằng A. 5. B. 5 . C. 3. Câu 19. Cho số phức z thỏa mãn z = 2 và z không phải số thực. Số A. 1 . 2 1 B. . 4 D. 3 . 1 có phần thực bằng 2− z C. 4. D. Kết quả khác. Câu 20. (SGD Thanh Hóa) 8 . Tìm môđun của số Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z − 1 + 2i =5 và z1 − z2 = phức w = z1 + z2 − 2 + 4i . A. w = 6 . B. w = 16 . C. w = 10 . D. w = 13 . >>>>>>>>> Như vậy trong phần I thì chúng ta ôn tập và cũng cố những kiến thức cơ bản nhất về số phức, đồng thời rèn luyện một số kỹ năng giải toán nhất định, nhìn chung các bài toán ở mức 6 – 7 điểm. Trong phần II chúng ta sẽ nghiên cứu các bài toán ở mức 8 – 9 – 10 điểm, có khá nhiều bài toán và có nội dung rộng hơn, bao gồm: – Biểu diễn tập hợp số phức là đường thẳng, đường tròn (nâng cao). – Các bài toán tương đối đơn giản về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. – Các bài toán tính toán (nâng cao). – Các bài toán nâng cao về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. GV: Nguyễn Xuân Chung SỐ PHỨC – PHẦN II (VD – VDC) Qua các ví dụ trong Phần I thì chúng ta đã củng cố tương đối nhiều kiến thức cơ bản và rèn luyện một số kỹ năng giải toán về số phức. Trong Phần II này chúng ta tiếp tục nghiên cứu các bài toán nâng cao về số phức: trong đó liên quan đến khá nhiều kiến thức về hình học véc tơ và tọa độ trong mặt phẳng, ngoài ra cũng cần nhiều kiến thức về các bất đẳng thức Mincopxki và Bunhiacopxki. 1. Biểu diễn tập hợp số phức là đường thẳng hay đường tròn Bài toán cho dạng: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (α ) . Tìm tập hợp biểu diễn của z trên mặt phẳng tọa độ Oxy (hoặc của số phức w thông qua z ). Cách giải là: + Chuyển về bài toán hình học tọa độ phẳng: Biểu diễn các điều kiện thông qua điểm và véc tơ. + Gọi z= x + yi thế vào điều kiện (α ) và biến đổi đại số. Hoặc biến đổi theo quan hệ biểu thức Bản chất cả hai cách giải là như nhau. Ví dụ 1. Cho các số phức z thỏa mãn z − i = z − 1 + 2i . Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w= z + 2i trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Phương trình đường thẳng đó là 0. A. 2 x − y − 2 = 0. B. 2 x + y − 2 = 0. C. x + 3 y − 4 = 0. D. x − 3 y + 4 = Lời giải Cách 1. (Hình học) Thế z = w – 2i vào giả thiết ta có: w − 3i = w − 1 . Gọi M ( x; y ) biểu diễn số phức w và z1 3= i, z2 1 trên mặt phẳng phức thì ta có MA = MB , A ( 0;3) , B (1;0 ) biểu diễn các số phức= 0 . Chọn D. nên tập hợp các điểm M là đường trung trực của AB có phương trình x − 3 y + 4 = Cách 2. (Đại số) Thế z = w – 2i vào giả thiết ta có: w − 3i = w − 1 . Gọi w = x + yi, ( x, y ∈  ) khi đó ta có w − 3i = w − 1 ⇒ x 2 + ( y − 3) = ( x − 1) + y 2 ⇒ 2 x − 6 y + 8 = 0 ⇒ x − 3 y + 4 = 0 . 2 2 Cách 3. (Trắc nghiệm Casio) Ta cũng gọi w = x + yi, ( x, y ∈  ) (chỉ ngầm hiểu – không cần ghi), mà đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt nên ta vào Mode 2 nhập hai cặp ( x; y ) khác nhau của một đường thẳng thỏa mãn giả thiết. Ghi X + Yi − 3i − X + Yi − 1 CALC – Phương án A: Ta nhập x = 1, y = 0. Loại A và do đó loại B. – Phương án C: Ta nhập x = 2, y = 0 thì loại C. Lời bình. Các em cần luyện tập về viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm, trung trực của đoạn thẳng. Sau đây ta luyện tập kỹ năng phép nhân số phức và số phức liên hợp. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 2. (BGD – Đề thi chính thức THPTQG 2018 M102 C33) ( ) Xét các số phức z thỏa mãn z + 3i ( z − 3) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng A. 9 . 2 B. 3 2 . C. 3 . D. 3 2 . 2 Lời giải Gọi z =x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z =m; z.z =m khi đó ta có 2 ( z + 3i ) ( z − 3) = 2 0 suy ra m 2 − 3 x + 3 yi + 3 xi − 3 y − 9i là số thuần ảo nên m − 3 x − 3 y = 2 x + y − 3x − 3 y = 0 là đường tròn có bán kính r = 2 2 ( 2 3 2 3 3 . Chọn D.   +  = 2 2 2 ) Ví dụ 3. Xét các số phức z thỏa mãn ( z + 2 − i ) z − i − 2i − 1 là số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn có diện tích bằng A. S = 2π . B. S = 9π . C. S = 2π 3 . D. S = 3π . Lời giải Gọi z =x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z =m; z.z =m khi đó ta có 2 ( z + 2 − i ) ( z − i ) − 2i − 1 = ( ) 0 m 2 − 2 + 2 x − z + z i − 4i − 2 yi là số thuần ảo nên m 2 − 2 + 2 x = suy ra x 2 + y 2 − 2 + 2 x = 0 ⇒ ( x + 1) + y 2 = 3 là đường tròn có bán kính r = 3 . 2 S π= r 2 3π . Chọn D. Vậy ta có= Ví dụ 4. (SGD Phú Thọ) ( ) Cho số phức z thỏa mãn ( z + 3 − i ) z + 1 + 3i là một số thực. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường thẳng. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó bằng: A. 4 2 . B. 0. C. 2 2 . Lời giải D. 3 2 . Gọi z =x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z =m; z.z =m 2 khi đó ta có ( z + 3 − i ) ( z + 1 + 3i )= 0 và đây là m 2 + 6 + 4 x − 4 y − 2 yi + 8i + 2 xi là số thực nên 2 x − 2 y + 8 = đường thẳng ∆ và có d= ( O, ∆ ) 8 = 2 2 . Chọn C. 22 + 22 Lời bình. Các ví dụ 3 và ví dụ 4 đòi hỏi chúng ta phải nhân phá ngoặc biểu thức khá dài và rất dễ bị sai số, khi nhân thông thường ta xem như 4 × 4 = 16 đơn thức khác nhau, bởi vậy ta cần sử dụng các tính chất của số phức hợp lý để nhẩm và rút gọn bớt nhằm tránh độ phức tạp. Đó là các bài toán rất tốt để củng cố kiến thức và rèn luyện kỹ năng vế số phức. Sau đây là các ví dụ sử dụng tính chất của số phức và rèn luyện kỹ năng biến đổi. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 5. (THPT Trần Hưng Đạo – Ninh Bình & THPT Chuyên Sơn La) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3 + 4i ≤ 2. Trong mặt phẳng Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức w= 2 z + 1 − i là hình tròn có diện tích bằng A. S = 9π . B. S = 12π . C. S = 16π . D. S = 25π . Lời giải Biến đổi z − 3 + 4i ≤ 2 ⇔ 2 z − 6 + 8i ≤ 4. Từ đó ta có w= 2 z + 1 − i ⇔ w − 7 + 9i = 2 z − 6 + 8i ⇒ w − 7 + 9i ≤ 4 nên tập hợp w là hình tròn bán kính r = 4 do đó S = 16π . Chọn C. Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 =. 5 Biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức w xác định bởi w = ( 2 + 3i ) z + 3 + 4i là một đường tròn bán kính A. R = 5 17 . B. R = 5 10 . R . Tính R . D. R = 5 13 . C. R = 5 5 . Phân tích. Ta chú ý tính chất sau của số phức: z = a + bi ⇔ z = a − bi ⇒ z = z = a 2 + b 2 . Mở rộng: z − m = a − m + bi ⇔ z − m = a − m − bi ⇒ z − m = z − m = 2 + b2 , m ∈  . Lời giải Biến đổi w= (a − m) ( 2 + 3i ) z − 2 − 3i + 5 + 7i ⇔ w − 5 − 7i = ( 2 + 3i ) ( z − 1) ⇒ w − 5 − 7i = ( 2 + 3i ) ( z − 1) Từ đó ta có w − 5 − 7i = z − 1 . 2 + 3i = 5 13 . Chọn D. ( ) Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn ( z − 2 + i ) z − 2 − i = 25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số phức w = 2 z − 2 + 3i là đường tròn tâm I ( a; b ) và bán kính c . Giá trị của tích abc bằng A. 17 . B. −17 . C. 100 . D. −100 . Phân tích. Ta sẽ áp dụng tính chất: z = z và z − m = z − m, ∀m ∈  . Lời giải Đặt u = z − 2 − i ⇒ u = z − 2 + i thì từ giả thiết ta có u u = 25 ⇒ u = 5 và biến đổi ( ) w = 2 z − 2 + 3i = 2 z − 4 − 2i + 2 + 5i ⇔ w − 2 − 5i = 2 z − 2 − i = 2u . Từ đó ta được w − 2 − 5i= 2 u= 10 . Đến đây ta biểu diễn w là đường tròn có tâm I ( 2;5 ) , bán kính R = 10 . Vậy abc = 100 . Chọn C. Lời bình. Trên đây là bài toán ý tưởng lấy từ bài toán của THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội &THPT Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp, trong đó bài toán hỏi tổng a + b + c . GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 8. Biết tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I ( 3;0 ) , bán kính R = 1 , khi đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức w = A. r = 1 . 9 i là đường tròn có bán kính r bằng z −1 1 B. r = . 3 C. r = 13 . 3 D. r = 3 . Lời giải Biến đổi wz − w =i ⇔ w ( z − 3) =i − 2 w ⇒ w =2 w − i (Vì z − 3 = 1 ). Từ đó gọi w= x + yi thì x + = y 2 2 ( 2x) 2 + ( 2 y − 1) ⇒ 3 ( x + y 2 2 2 +1 ) − 4y= 2 2 1 1 . 0 +  − = 3 3 3 0 . Suy ra r= 2 Chọn B. Lời bình. Thoạt nhìn cách giải khá đơn giản, nhưng thực ra khá phức tạp, nếu ta dùng phép thế và quy đồng mẫu thức thì cũng là sử dụng tính chất “Môđun của một tích bằng tích các môđun”, nghĩa là u.v = u . v . Mà trong chương trình nâng cao các em Ban tự nhiên được học, nhưng các em Ban xã hội không được học, cho nên thực chất bài trên là bài toán khó, đó là một Hypebbol trong tập số phức. Bởi vậy, để sử dụng được tính chất đó thì chẳng khác nào ta đi chứng minh lại định lý trên. Sau đây ta giải theo cách 2 để thấy rõ độ phức tạp của bài toán. Cách 2. Gọi z = a + bi, w = x + yi, ( a, b.x, y ∈  ) , ta có: ( a − 3) + b 2 =1 ⇒ a 2 + b 2 =6a − 8 . 2 ( ) ( ) ( a − 1 + bi )( a − 1 − bi ) = ( a − 1) Ngoài ra ( z − 1) z − 1 = 2 + b 2 = a 2 + b 2 − 2a + 1= 4a − 7 . Khi đó i z −1 i ( a − bi − 1) i b a −1  w= = = = + i= x + yi,  a ≠ z − 1 ( z − 1) z − 1 4a − 7 4a − 7 4a − 7  Suy= ra hệ x ( ) 7 . 4 b a −1 2 2 . Mục tiêu là ( x − m ) + ( y − n ) = r 2 = const = ,y 4a − 7 4a − 7 2 2  b   a −1  − m +  − n = r 2 . Ở đây có ba ẩn nên cần có ba phương trình. do đó   4a − 7   4a − 7  + Cho a = 2, b = 0 ta có m 2 + (1 − n ) = r 2 (1) . 2 2 1  + Cho a = 4, b = 0 ta có m +  − n  = r 2 (2). 3  2 2 2 1  2  r 2 (3) . + Cho a = 3, b = 1 ta có  − m  +  − n  = 5  5  Lấy (2) trừ (1) ta có 4n 8 2 2m 6m 4 − = 0 ⇒ n = . Lấy (3) trừ (1) suy ra: − + − =0 ⇒ m =0 . 3 9 3 5 5 5 2 2 1 1  Từ đó ta có r = 1 − n = , phương trình đường tròn là x 2 +  y −  =. Chọn B. 3 9 3  Định lý ” u.v = u . v ” được sử dụng rất nhiều do đó các em cần nắm vững để vận dụng. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 9. (SGD Thanh Hóa) Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn z − 5 − 3i =, 8 . Tập hợp 5 sao cho z1 − z2 = các điểm biểu diễn của số phức w= z1 + z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn có phương trình nào dưới đây? 2 2 5  3 9  A.  x −  +  y −  =. 2  2 4  B. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 36 . C. ( x − 10 ) + ( y − 6 ) = 16 . 5  3  D.  x −  +  y −  = 9. 2  2  2 2 2 2 2 2 Lời giải Đặt u = z1 − 5 − 3i, v = z2 − 5 − 3i ⇒ w = z1 + z2 = u + v + 10 + 6i ⇒ w − 10 − 6i = u + v . Mặt khác ta có u= v= 5 nên u + v là đường chéo hình thoi, ngoài ra u − v là đường chéo 2 2 ( 2 thứ hai, hơn nữa u − v = z1 − z2 = 8 do đó u + v + u − v= 2 u + v 2 ) ⇒ u +=v 6 Hay ta có w − 10 − 6i = 6 . Chọn B. 2z2 − z + 2 Ví dụ 10. Xét số phức z có phần ảo khác 0 thỏa mãn 2 là số thực. Tập hợp các điểm biểu z + z +1 diễn của số phức z là đường tròn có bán kính r bằng A. r = 3 . B. r = 1 . C. r = 3 . D. r = 2 . Phân tích. Ta thấy biểu thức khá phức tạp nên cần rút gọn bớt theo hình thức phép chia đa thức. Lời giải 2z − z + 2 3z 3 là số thực khi Gải sử z= x + yi ( y ≠ 0 ), ta có 2 2− 2 2− = = 1 z + z +1 z + z +1 z + +1 z ( x + yi ) ( x 2 + y 2 ) + x − yi 1 1 1 1 = . z + + 1 là số thực ⇔ z + là số thực, mà z + = x + yi + z x + yi x2 + y 2 z z 2 Suy ra y ( x 2 + y 2 ) − y = 0 ⇒ x 2 + y 2 = 1 (Vì y ≠ 0 ). Chọn B. Cách 2. Vì thi trắc nghiệm nên ta chỉ cần xác định hai số phức thỏa mãn giả thiết và z − a − bi = r. 2z2 − z + 2 = m ∈  ⇒ ( 2 − m ) z 2 − (1 + m ) z + 2 − m = 0 . Dễ thấy m = 2 không thỏa mãn z2 + z +1 1+ m nên suy ra z 2 − z +1 = 0 và gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình thì theo định 2−m lý Viet ta có z1 z2 =⇒ 1 z1 =z2 = 1 đều thỏa mãn điều kiện z = 1 . Vậy r = 1 . Chọn B. Đặt GV: Nguyễn Xuân Chung 2. Các bài toán đơn giản tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Đối với các bài toán vận dụng tương đối đơn giản về giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất thì các em cần có kỹ năng tốt về viết phương trình đường thẳng, đường tròn. Ví dụ 11. (THPT Trần Hưng Đạo – Ninh Bình) Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z + 3i = z + 2 − i . Tìm số phức có môđun nhỏ nhất? 1 2 B. z =− + i . 5 5 A. z = 1 − 2i . C. z= 1 2 − i. 5 5 D. z =−1 + 2i . Lời giải Cách 1. (Hình học) Gọi M ( x; y ) biểu diễn số phức z và A ( 0; −3) , B ( −2;1) biểu diễn các số phức z1 =−3i, z2 =−2 + i trên mặt phẳng phức thì z + 3i = z + 2 − i ⇔ MA = MB , nên tập hợp các 2 . Ta có z = OM nhỏ nhất điểm M là đường trung trực của BA và có phương trình d: 2 x − 4 y = 1 x − 2 y = 1 2 ⇒ x = , y =− . Chọn C. khi OM là khoảng cách từ O đến d, ta có hệ  0 5 5 2 x + y = Cách 2. (Đại số – Bất đẳng thức) Gọi z =a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a 2 + b 2 , từ giả thiết ta có a 2 + ( b + 3) = ( a + 2 ) + ( b − 1) 2 suy ra 1 = a − 2b ≤ (1 + ( −2) ) ( a 2 2 2 + b2 ) ⇒ z ≥ 2 2 1 1 ⇒ z min = đạt được tại 5 5 1 a − 2b = 1 2 ⇒ a = ,b = − .  b 5 5 −2a = Cách 3. Đối với bài toán này ta có thể kiểm tra bằng máy tính Casio xem số phức nào thỏa mãn hai điều kiện thì chọn. Trong Mode 2 Điều kiện z + 3i − z + 2 − i = 0 ghi X + 3i − X + 2 − i CALC rồi nhập X là các số phức thì duy nhất đáp án C thỏa mãn. Do đó không cần kiểm tra điều kiện môđun nhỏ nhất. Cách 4. (Đại số – Khảo sát) Gọi z =x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z = x 2 + y 2 , từ giả thiết ta có x 2 + ( y + 3) = ( x + 2 ) + ( y − 1) 2 z x 2 y + 1 và do đó = suy ra = ( 2 y + 1) 2 += y2 5 y2 + 4 y +1 ≥ 2 1 ⇒ z min = 5 2 1 đạt được 5 2 1 − ⇒ x = . (Sử dụng tam thức bậc hai hoặc Mode 7). tại y = 5 5 Ví dụ 12. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm môđun nhỏ nhất của số phức z + 2i . A. 5 D. 3 + 2 . C. 3 2 . B. 3 5. Lời giải Đặt z + 2i = a + bi ⇒ z = a + ( b − 2 ) i , ta cần tìm min của= T a 2 + b 2 . Thay z vào giả thiết ta có a − 2 + ( b − 6 ) i = a + ( b − 4 ) i ⇒ ( a − 2 ) + ( b − 6 ) = a 2 + ( b − 4 ) ⇒ a + b = 6 . 2 Từ đó ta có T = a 2 + b2 ≥ 2 2 1 2 ( a + b ) = 3 2 . Chọn C. 2 GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2. Mời các em giải theo phương pháp hình học hoặc khảo sát. Cách 3. (Sử dụng công thức tính nhanh và Casio – Xem chứng minh phần Phụ lục. Tr47) Đường thẳng có dạng z − A = z − B và cần tính min z − C ta tham khảo công thức sau 2 C−A − C−B 2 2 A− B Bấm CALC nhập -2i = 2 + 4i = 2i = ta được kết quả cần tìm (Nhập C trước). Ví dụ 13. [THPT Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] Xét các số phức z, w thỏa mãn z + 2 − 2i = z − 4i và w= iz + 1 . Giá trị nhỏ nhất của w bằng? A. 2 B. Gọi M ( x; y ) 2 2 C. 3 2 2 D. 2 2 . Lời giải biểu diễn số phức z và A ( −2; 2 ) , B ( 0; 4 ) biểu diễn các số phức z1 =−2 + 2i, z2 =4i trên mặt phẳng phức thì z + 2 − 2i = z − 4i ⇔ MA =MB , nên tập hợp các 4 . Ta có điểm M là đường trung trực của AB và có phương trình d: 2 x + 2 y = w = iz + 1 = z − i = IM , với I ( 0;1) , suy ra IM nhỏ nhất khi IM là khoảng cách từ I đến d, ta 2−4 2 = . Chọn B. 2 8 Cách 2. Mời các em giải theo phương pháp đại số (Bất đẳng thức hoặc khảo sát). Cách 3. (Công thức tính nhanh + Casio) I,d ) có d (= 2 C−A − C−B Biến đổi w= z − i , đường thẳng z + 2 − 2i = z − 4i , sử dụng công thức 2 2 A− B CALC nhập i = -2 + 2i = 4i = ta được kết quả cần tìm. z ( z + 2i ) . Giá Ví dụ 14. Cho số phức z không phải số thuần ảo và thỏa mãn điều kiện z 2 + 4= trị nhỏ nhất của z + i bằng A. 2. 2 Biến đổi z + 4= B. 1. C. 3. Lời giải D. 4. z ( z + 2i ) ⇔ z − 2i . z + 2i= z . z + 2i ⇒ z − 2i= z 2 (vì z + 2i > 0 ). Đến đây ta sử dụng công thức tính nhanh C−A − C−B 2 2 A− B CALC nhập – i = 2i = 0 = ta được kết quả bằng 2. Chọn A. Mời các em giải theo cách khác. Ví dụ 15. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i =2 . Tìm môđun lớn nhất của số phức z. A. 9 + 4 5. B. 11 + 4 5 C. 6+4 5 D. 5+6 5 . Lời giải Cách 1. (Đại số) 4 (1). Đặt z − 1 + 2i = a + bi ⇒ z = a + 1 + ( b − 2 ) i . Từ giả thiết ta có a 2 + b 2 = GV: Nguyễn Xuân Chung Khi đó theo (1) và bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: z = ( a + 1) + ( b − 2 ) = 9 + 2a − 4b ≤ 9 + 2 2 2 (2 2 + ( −4 ) 2 )(a 2 + b2 ) = 9 + 4 5 . 9 + 4 5 . Chọn A. Hay ta có z max = Cách 2. (Hình học) Giả sử z =x + yi ⇒ z = x 2 + y 2 =R ≥ 0 . Vì tìm z max nên xét I O 2 là đường tròn tâm I (1; −2 ) bán R > 0 . Từ giả thiết z − 1 + 2i = M kính r = 2 . Vậy để R lớn nhất thì hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau và R = OI + r = 5 + 2 Ví dụ 16. [THPT Chuyên Phan Bội Châu] Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i = 1 . Giá trị lớn nhất của z + 1 + i là B. 4 . A. 13 + 2 . D. 13 + 1 . C. 6 . Lời giải Cách 1. (Đại số) 1 (1). Đặt z − 2 − 3i = a + bi ⇒ z = a + 2 + ( b + 3) i . Từ giả thiết ta có a 2 + b 2 = Ta có w = z + 1 + i = a + 3 − ( b + 2 ) i ⇒ w = ( a + 3 ) + ( b + 2 ) , khi đó theo (1) và bất đẳng 2 2 2 thức Bunhiacopxki ta có 2 w = 14 + 6 a + 4b ≤ 14 + Suy ra w= max (6 2 + 42 )( a 2 ) + b2 = 14 + 2 13 = ( 13 + 1 ) 2 13 + 1 . Chọn D. Cách 2. (Hình học) ( x + 1) + ( y − 1) = R ≥ 0 . Vì tìm w max nên xét R > 0 và là đường tròn tâm K ( −1;1) . Từ 1 là đường tròn tâm I ( 2;3) bán kính giả thiết z − 2 − 3i = 2 Giả sử z = x + yi ⇒ w = z + 1 + i = 2 K I M r = 1 . Vậy để R lớn nhất thì hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau và R = KI + r = 13 + 1 Ví dụ 17. 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 . Lời giải D. 20 . Cách 1. (Đại số) Trước hết ta tìm min, max của 2z . Đặt 2 z − 3 − 4i = a + bi ⇒ 2 z = a + 3 + ( b + 4 ) i và a 2 + b2 = 100 (1). Khi đó từ (1) ta có 2 z = ( a + 3) + ( b + 4 ) = 125 + 2 ( 3a + 4b ) (2). 2 2 2 GV: Nguyễn Xuân Chung Mặt khác 3a + 4b ≤ (3 2 + 42 )( a 2 + b 2 )= 50 ⇒ −50 ≤ 3a + 4b ≤ 50 (3). Từ đây và từ (2) suy ra 125 − 100 ≤ 2 z ≤ 125 + 100 ⇔ 5 ≤ 2 z ≤ 15 ⇒ 2 ( M − m ) =15 − 5 =10 ⇒ M − m =5 . 2 Chọn A. Cách 2. (Hình học) 3 Biến đổi 2 z − 3 − 4i = 10 ⇔ z − − 2i = 5 và gọi M ( z ) = M ( x; y ) 2 3  thì ta có M thuộc đường tròn tâm I  ; 2  , bán kính là r = 5 nên 2  z = OM có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi M là giao điểm của M1 O I M0 đường thẳng OI với đường tròn nên hiệu M − m= OM 0 − OM 1= 2OI= 5 . Chọn A. Lời bình. Cần nhận xét được vị trí của O đối với đường tròn tâm I hoặc là min = z OI − r . Ví dụ 18. [THPT Chuyên ĐHKHTN – Huế] Trong các số phức z thỏa mãn z  3  4i  2 , gọi z0 là số phức có mô đun nhỏ nhất. Khi đó A. Không tồn tại số phức z0 . B. z0  2 . C. z0  7 . D. z0  3 . Lời giải Cách 1. (Trắc nghiệm tính nhanh) Thay z = 0 vào vế trái của giả thiết rồi trừ vế phải. Ghi 3 + 4i − 2 bấm = ta có z0 min = 3 . Chọn D. Mời các em giải theo các phương pháp khác. Ví dụ 19. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 + 2i =3 . Tìm môđun lớn nhất của số phức z − 2i. A. B. 26 + 6 17 . C. 26 − 6 17 . D. 26 + 8 17 . 26 − 4 17 . Lời giải Cách 1. (Đại số) Đặt z − 1 + 2i = a + bi ⇒ z = a + 1 + ( b − 2 ) i , khi đó w = z − 2i = a + 1 + ( b − 4 ) i ⇒ w = ( a + 1) + ( b − 4 ) . Mặt khác từ giả thiết ta có a + bi =3 ⇒ a 2 + b2 =9 nên 2 2 2 2 w = 26 + 2 a − 8b ≤ 26 + Suy ra w= max ( 2 + ( −8 ) ) ( a + b )= 2 2 2 2 26 + 6 17 = (3 + ) 2 17 . 17 + 3 . Chọn A. Cách 2. Mời các em giải theo phương pháp hình học. Cách 3. (Trắc nghiệm tính nhanh) Cho z − 2i = 0 ⇒ z = 2i thay vào vế trái của giả thiết rồi cộng vế phải. Ghi 2i − 1 + 2i + 3 bấm = ta có w max= 3 + 17 . GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình. Các em xem lại các ví dụ 15; 16; 17; 18. Sau đây ta xét bài toán có sự “biến tấu” một ít. Ví dụ 20. [SGD TPHCM] 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. Lời giải Biến đổi z − 3 + 4i = 2 ⇔ 2 z − 6 + 8i = 4 ⇒ M ( 2 z ) ∈ ( 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. Lời bình. Để tính nhanh, trong Mode 2 ta ghi X − 6 + 8i + 4 Calc nhập -1 + i bấm = là được. 3 Ví dụ 21. Cho số phức z thỏa mãn z − 3 = 2 z và min z + + 2i = a + b 2 . Tính 2a + b . 2 A. −1 . D. 4 . C. −2 . B. 2 2 . Lời giải Gọi M biểu diễn z= x + yi , x, y ∈  . Từ z − 3 = 2 z ⇒ ( x − 3) + y 2= 2 ( x 2 + y 2 ) 2 ⇒ x 2 + y 2 + 6x − 9 = 0 ⇒ ( x + 3) + y 2 = 18 . Quỹ tích M là đường tròn tâm I (−3;0) , bán 2 3  3  kính R = 3 2 . Gọi A  − ; −2  thì z + + 2i = AM . Dễ thấy điểm A nằm ở miền trong 2  2  5 đường tròn ( C ) nên AM min =R − AI =− + 3 2 ⇒ 2a + b =−2 . Chọn C. 2 Ví dụ 22. [THPT Chuyên Sơn La] 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: A. 2 5 . B. 3 2 . C. 6. D. 5 2 . Lời giải Cách 1. (Đại số) 5 (1). Đặt z − 1 + 2i = x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z = x + 1 + ( y − 2 ) i và ta có: x 2 + y 2 = Khi đó w =x + 2 + ( y − 1) i ⇒ w =x 2 + y 2 + 4 x − 2 y + 5 =10 + 4 x − 2 y (theo (1)) 2 2 Suy ra w = 10 + 4 x − 2 y ≤ 10 + (4 2 + 22 )( x 2 + y 2 ) = 10 + 10 . 10 4 x − 2 y = 3 2 . Chọn B. Giải điều kiện tìm x, y:  có x = 2, y = – 1 nên z = 3 – 3i ⇒ z = 4y −2 x = GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2. (Hình học véc tơ)  Gọi K (1; −2 ) , I ( −1; −1) ⇒ IK = ( 2; −1) . Để IM lớn nhất thì vị trí M cần tìm tại H sao cho    IK + R IH= ( t + 1) IK , t = − 1 = 1 ⇒ IH = ( 4; −2 ) ⇒ H ( 3; −3) . Suy ra OH= z= 3 2 . IK H M K I O Cách 3. (Hình học tổng hợp) Tính cos α = z = OI 2 + IK 2 − OK 2 = 2OI .IK 2 + 20 − 2.2 10. 1 suy ra OH =z = OI 2 + IH 2 − 2OI .IH .cos α thay số 10 1 = 3 2. 10 Cách 4. (Hình học véc tơ)        Gọi K (1; −2 ) , A (1;1) và ta có: w = OM + OA =OA + OK + KM = u + KM , để w max thì ta      u ( 2; −1) ⇒ KM =t ( 2; −1) . chọn sao cho KM cùng hướng u , do đó w = ( t + 1) u . Với =     ⇒t = 1 ⇒ w max =2 u =2 5 và OM = OK + u = (1; −2 ) + ( 2; −1) = ( 3; −3) ⇒ z = 3 2 . ( ) 2 2 Ví dụ 23. 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. Lời giải 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: 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 2 2  thì d tiếp xúc với đường tròn (C), khi đó IM = t ( 4; 2 ) ⇒ t =  5 1 = ⇒ IM = ( 2;1) 20 2 z OM = 5 2 . Chọn D. (lấy t > 0). Ta có M(5; 5) nên= Cách 2. (Hình học véc tơ) GV: Nguyễn Xuân Chung Gọi M ( z ) = M ( x; y ) thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R = Gọi A ( −2;0 ) , B ( 0;1) thì T= MA2 − MB 2= 5.     ( MA − MB )( MA + MB )=   Đến đây ta chỉ cần xác định vị trí M sao cho MI và BA cùng hướng.     BA. 2 MI + IA + IB . ( )   R = 1 ⇒ IM = ( 2;1) ⇒ M ( 5;5 ) ⇒ z = 5 2 . Hay MI = t ( −2; −1) , t > 0 ⇒ t = 5 Cách 3. (Đại số – Khái quát) Đặt z − 3 − 4i = a + bi ⇒ z = a + 3 + ( b + 4 ) i & a 2 + b 2 = 5 . Thế z vào T ta có 2 2 2 2 T = ( a + 5 ) + ( b + 4 ) − ( a + 3) + ( b + 3)  = 4a + 2b + 5 ≤ 20 ( a 2 + b 2 ) + 5 = 15 .   Dấu bằng tại a =2, b =1 ⇒ z =5 + 5i ⇒ z =5 2 . Ví dụ 24. [THPT Chuyên Đại học Vinh] Xét các số phức z, w thỏa mãn w − i= 2, z + 2= iw . Gọi z1 , z2 lần lượt là các số phức mà tại đó z đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất. Môđun z1 + z2 bằng: B. 3 C. 6 D. 6 2 . A. 3 2 Phân tích. Bài toán gây nhiễu khá nhiều trong giả thiết nên có thể khiến một số em lúng túng, tuy nhiên ta z+2 vẫn quy về đường tròn. w = i Lời giải Viết lại thế vào giả thiết z+2 −i = 2 ⇔ z +3 = 2 . i Biểu diễn của z là đường tròn có tâm I ( −3;0 ) thuộc trục hoành nên: OM min =OI − r =1 ⇔ z1 =−1 và OM max =OI + r =5 ⇔ z2 =−5 suy ra z1 + z2 =−6 =6 . Chọn C. Mời các em giải theo phương pháp đại số (Gợi ý: Chuyển độ phức tạp của đường tròn sang đường thẳng). Ví dụ 25. Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn z1 + 5 + 2i = 2 và z 2 − 1 − 6i =3 . Gọi a, b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1 − z 2 . Khi đó a 2 + b 2 bằng A. 77 B. 144 C. 145 D. 154. Phân tích. Bài toán cho M và N thuộc hai đường tròn. Cần xét min, max của đoạn MN. Lời giải. 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 . GV: Nguyễn Xuân Chung MN min = h − m; a = MN max = h + m suy ra a 2 + b 2 = ( h − m ) + ( h + m ) thay số Ta có: b = 2 2 a 2 + b 2= 2 ( h 2 + m 2 )= 2 ( 52 + 25 )= 154 . Chọn D. Ví dụ 26. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 2i = 3 và z2 + 2 + 2i = z2 + 2 + 4i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − z2 bằng. A. P = 1 . B. P = 2 . D. P = 4 . C. P = 3 . Phân tích. Bài toán cho M thuộc đường tròn, N thuộc đường thẳng. Tìm min của MN. Lời giải Cách 1. (Trắc nghiệm Casi0) Ta có Pmin = z1 − z2 min = d ( I , ∆ ) − R nên sử dụng công thức tính nhanh 2 C−A − C−B 2 A− B 2 − 3 Calc nhập 2i = -2 – 2i = -2 – 4i = ta có P = 2. Chọn B. Mời các em giải theo cách khác. Ví dụ 27. [THPT Chuyên ĐH Vinh] Cho số phức z thỏa mãn z không phải số thực và w = z 2 + z2 là số thực. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z + 1 − i là? A. 2 2 . B. 8 . C. D. 2 . 2. Lời giải. Viết = lại w z 1 2 = là số thực ⇔ z + là số thực. 2 2 z 2+ z +z z 2 2 2 ( x + y ) ( x + yi ) + 2 x − 2 yi Đặt z = x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z + = là số thực nên z x2 + y 2 (x 2 2 , khi đó P = + y2 ) y = 2 y , y khác 0 nên x 2 + y 2 = ( x + 1) + ( y − 1) 2 2 hay P = 4 + 2 ( x − y ) ≤ 2 2 ⇒ Pmax =2 2 ⇔ x =1, y =−1 ⇒ z =1 − i . Chọn A. Ví dụ 28. Cho số phức z thỏa mãn z + A. 3 B. 5 1 = 3 . Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z là: z C. 13 Lời giải. ( D. ) 5. 2 2 2 2 2 2 2 Đặt z = x + yi, ( x, y ∈  ) ; z = m ≥ 0 , ta có z + 1= 3 z ⇒ x − y + 1 + 4 x y = 9m GV: Nguyễn Xuân Chung ⇒ x 4 + y 4 + 1 + 2 x 2 y 2 + 2 ( x 2 − y 2= ) 9m2 ⇒ m4 + 1 + 2 ( 2 x 2 − m2=) 9m2 ⇒ 4 x 2 =−m 4 + 11m 2 − 1 ≥ 0 ⇒ 11 − 3 13 11 + 3 13 13 − 3 13 + 3 ≤ m2 ≤ ⇔ ≤m≤ 2 2 2 2 13 . Chọn C. Suy ra z min + z max = (Các cực trị đạt được tại x = 0 hay z là số thuần ảo) Ví dụ 29. [Hội 8 Trường Chuyên] Cho số phức z thỏa mãn ( 2 − i ) z − ( 2 + i ) z = 2i. Giá trị nhỏ nhất của z bằng A. 1. B. 2 5 . 5 C. 2. 5 . 5 D. Lời giải. Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈  ) . Viết lại giả thiết ( 2 − i ) z =( 2 + i ) .z + 2i ( ) ⇔ ( 2 − i ) z + ( 2 + i ) z = ( 2 + i ) z + z + 2i ⇔ 2 z = ⇒ = z 1 5 5×2 + 2 x + 1 ≥ ⇒= z min 2 5 (2 + i) x + i ⇒ 2 z = 4 x 2 + ( x + 1) 2 1 5 , đạt được tại x = − . Chọn D. 5 5 Lời bình. Bài trên quy về khảo sát hàm số. Ta có thể xem thêm ví dụ sau Ví dụ 30. Tìm giá trị lớn nhất của P = z 2 − z + z 2 + z + 1 với z là số phức thỏa mãn z = 1 . A. max P = 13 4 B. max P = 9 4 C. max P = 13 3 D. max P = 11 3 Lời giải. Trước hết gọi z = x + yi, ( x, y ∈  ) và ta có z 2 − z = z − 1 = ( x − 1) 2 + y2 = 2 − 2x . 1 Lại có z 2 + z + 1 = z z + + 1 = z + z + 1 = 2 x + 1 . z 1 Suy ra P = 2 x + 1 + 2 − 2 x = 4 x 2 + 4 x + 1 + 2 − 2 x , x ∈ [ −1;1] . Xét x ≠ − , x ≠ 1 thì: 2 P’ = 4x + 2 4×2 + 4x + 1 − 13 1 7 =0 ⇒ 2 2 − 2 x =1 ⇒ x = do đó max P = . Chọn A. 4 8 2 − 2x Lời bình. Khi đưa về P= 2 x + 1 + 2 − 2 x , x ∈ [ −1;1] thì ta có thể vào Mode 7 để khảo sát các giá trị của P với bước nhảy Step = 2 . Từ đó suy ra maxP. 16 GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 31. Cho các số phức thỏa mãn 2 z + 5 − 4i = 2 z + 3 + 4i . Giá trị nhỏ nhất của z + 1 + 4i + z − 1 − i là B. A. 5 29. C. D. 10. 41 Lời giải Cách 1. (Đại số) Đặt z = x + yi, ( x, y ∈  ) , ta có 2 x + 5 + ( 2 y − 4 ) i = 2 x + 3 + ( 2 y + 4 ) i ⇒ x = 4 y − 2 hay z = 4y – 2 + yi thế vào T ta có T = 4 y − 1 + ( y + 4 ) i + 4 y − 3 + ( y − 1) i T = 2 ( 2 17 y + 17 + 17 y − 26 y + 10 = 2 2 1   13   Suy ra T ≥   +  17 + = 17   17   17 y ) +( 2 17 ) 2 170 2 + 17 += 17 2  13   1  +  − 17 y  +    17   17  2 29 . Chọn B. Cách 2. (Hình học tọa độ) Giả sử M biểu diễn z= x + yi , x, y ∈  . Khi đó ta có 0. 2x + 5 + ( 2 y − 4) i = 2x + 3 + ( 2 y + 4) i ⇒ M ∈ d : x − 4 y + 2 = Gọi A ( −1; −4 ) , B (1;1) thì ta cần tìm min ( MA + MB ) , vì A và B khác phía đối với d bởi thế min ( MA + MB ) =AB = 29 . A M d B Qua các ví dụ trên thì hy vọng các em củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về min, max. 3. Các bài toán tính toán Để thực hiện tính toán thì: + Thông thường ta xem số phức là giao của hai hay nhiều tập hợp biểu diễn số phức đó. + Hoặc các phép biến đổi đại số (giải hệ phương trình). Phép đặt ẩn phụ coi như xuyên suốt cả phần II này, đặc biệt ở phần nâng cao (Mục 4). Ví dụ 32. Tìm môđun của số phức z , biết z − 4 = (1 + i ) z − ( 4 + 3 z ) i . 1 A. z = . 2 B. z = 2 . C. z = 4 . D. z = 1 . Lời giải Đặt z= m ≥ 0 . Khi đó từ giả thiết ta có: z − 4= m (1 + i ) − 4i − 3iz ⇔ (1 + 3i ) z = m + 4 + ( m − 4 ) i suy ra 10m = ( m + 4) + ( m − 4) 2 2 ⇒ 10m 2 = 2m 2 + 32 Suy ra m 2 =4 ⇒ m =2 . Chọn B. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 33. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = 1 , z2 = 2 và z1 + z2 = 3 . Giá trị của z1 − z2 là B. 1 . A. 0 . C. 2 . Lời giải Cách 1. (Hình học) 2 ( 2 2 Sử dụng công thức z1 − z2 + z1 + z2= 2 z1 + z2 2 D. −1 . ) (công thức hình bình hành), khi đó z1 − z2 + 9= 2 (1 + 4 ) ⇒ z1 − z2 = 1 . Chọn B. 2 Lời bình. Thực chất công thức hình bình hành được suy ra từ công thức đường trung tuyến trong tam giác. Để củng cố ta chứng minh lại như sau: Giả sử hình bình hành có độ dài hai cạnh a, b và hai đường chéo là m, n thì: 2 a 2 + b2 n2 m = − ⇔ m 2 + n 2= 2 ( a 2 + b 2 ) ta có điều phải chứng minh.   2 4 2 Cách 2. (Đại số) a 2 + b 2 = 1  2 2 a + bi, z2 = c + di khi đó ta có = Gọi z1 = 4 c +d ⇒= ac + bd 2 . Từ đó:  2 2 9 ( a + c ) + ( b + d ) = z1 − z2 = ( a − c ) + ( b − d ) = ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) − 2 ( ac + bd ) = 1 ⇒ z1 − z2 = 1. 2 2 2 2a + b 5  Ví dụ 34. Cho số phức z = . a + bi, (a, b ≠ 0) thỏa mãn z + 4 z =  − 2 2i  z . Tính S = 2a − b 3  S 2 2 −2 B.= −2 2 − 3 A. S = C. S= 2 − 2 2 S 2 2 + 3. D.= Lời giải: 1  5 a= m   5 3 5a = m  3 ⇒ Đặt z= m > 0 , ta có z + 4 z = m − 2m 2i ⇒  và do đó: 3 2 2 −3b = −2m 2 b = m   3 ( ( ) ) 2 + 2 2 .m 2a + b S= = =−3 − 2 2 . Chọn A. 2a − b 2 − 2 2 .m Ví dụ 35. (THPT Chuyên Đại học Vinh) 2 ( ) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − 1 + z − z i + z + z i 2019 = 1? A. 4 B. 2 Ta chú ý là i 2019 == i 3 .i 2016 −i. ( i 4 ) 504 C. 1 Lời giải D. 3. m a + bi, ( a, b ∈  ) và đặt z − 1 = = −i , giả sử z = 2 GV: Nguyễn Xuân Chung ( a − 1)2 + a 2 = m = 1 1 1⇒  ⇒ thì từ giả thiết ta có m + 2 b i − 2ai =  b = a  b = a ⇒ ( a; b ) ∈ {( 0;0 ) , ( 2; 2 ) , ( 2; −2 )} . Chọn D. Ví dụ 36. Cho số phức z = 1 + i . Biết rằng các số phức z1= a + 5i , z2 = b (trong đó a, b ∈ , b > 1 ) 3 z − z1 = 3 z − z2 = z1 − z2 . Tính b − a . thỏa mãn 5 3. A. b − a = 2 3. B. b − a = 4 3. C. b − a = 3 3. D. b − a = Lời giải Ta có 3 z − z1 = 3 z − z2 ⇔ 1 − a − 4i = 1 − b + i ⇒ (1 − a ) + 16 = (1 − b ) + 1 . 2 2 15 (1). Mặt khác ta cũng có Đặt 1 − a = m và 1 − b = n ta được n 2 − m 2 = 2 2 3 (1 − b ) + 1 =( a − b ) + 25 ⇔ 3 ( n 2 + 1) =   (m − n) 2 + 25 = m 2 + n 2 − 2mn + 25 (2). Từ (1) và (2) ta có 3n 2= 2n 2 − 2mn + 7 ⇒ n 2 + 2mn= 7 suy ra 15 ( n 2 + 2mn ) =7 ( n 2 − m 2 ) 2 m m m 2 m 2 m ⇒ 15 + 30. =− −4 ∪ = − . Thế vào (1) thì chỉ có cặp 7 7  ⇒ = = − thỏa n n n 7 n 7 n mãn và m = 2 7 9 3 ,n = − (vì 1 − b = n < 0 ). Cuối cùng b − a = m − n = = 3 3 . Chọn D. 3 3 3 Lời bình. Bài toán quy về đại số, không có ý nghĩa rèn luyện về số phức bao nhiêu. Ví dụ 37. (THPT Chuyên Tuyên Quang) Cho số phức z thỏa mãn z + 15 + z − 15 = 8 . Tính z . 8 và | z + 15 i | + | z − 15i |= A. z = 4 34 17 Cách 1. (Hình học) B. z = 2 5 5 4 5 D. z = ) ( 15;0 thì giả thiết: C. z = 5 . 4 Lời giải ( Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z, F1 − 15;0 , F2 ) 8 ⇔ MF1 + MF2 = 8= 2a nên M thuộc elip có phương trình z + 15 + z − 15 = x2 y 2 x2 y 2 + = 1 + = 1 (2). Quy đồng và cân bằng ta có (1). Hoàn toàn tương tự M thuộc elip a 2 b2 b2 a 2 a2 ( a2 − c2 ) a 2b 2 b2 x2 + a 2 y 2 = a 2 x2 + b2 y 2 ⇒ x2 = y 2 = 2 = . Ta chỉ việc thay số: a + b2 2a 2 − c 2 a 2 = 16, c 2 = 15 ⇒ x 2 = 16 (16 − 15 ) 16 4 34 . Chọn A. = ⇒ z = x 2= 32 − 15 17 17 Lời bình. Thực chất bài toán kiểm tra kiến thức và kỹ năng về elip. GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2. (Đại số) Biến đổi z + i 15 + z − i 15 = 8 ⇔ iz − 15 + iz + 15 = 8 như thế hai số phức z và iz đều có cùng tính chất. Ngoài ra z + 15 + z − 15 = 8 ⇔ z + 15 + z − 15 = 8 như thế các số phức z và z có cùng tính chất, vậy ta chọn z= x − xi là thỏa mãn và có: 2 ( 2 ) 2 z + 15 + z − 15 + 2 z 2 − 15 = 64 ⇒ 2 z + 15 + 2 −2 x 2i − 15 = 64 16 4 34 ⇒ 2 x 2 + 15 + 4 x 4 + 225 =32 ⇒ 4 x 4 + 225 = 17 − 2 x 2 ⇒ x 2 = ⇒ z =x 2 = . 17 17 Cách 3. 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 có 2 2 z 2 − 15 + z = 17 (2). Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai: z 2 + 15 + z = 17 (3). Đặt z 2= a + bi thì từ (2) và (3) suy ra z 2 − 15 = z 2 + 15 hay ( a − 15) 2 + b 2 = ( a + 15 ) + b 2 ⇒ a = 0 ⇒ z 2 = bi thay trở về (2) ta được 2 bi − 15 + b = 17 ⇒ b 2 + 225 = (17 − b ) ⇒ b = 2 32 32 4 34 . ⇒ z = = 17 17 17 Ví dụ 38. Có bao nhiêu số số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + 4 − 2i + (1 − i ) z = 6 + 4i ? C. 3 . D. 4 . Lời giải Ta chia cả hai vế cho 1 + i và được z + 4 − 2i − z i = 5 − i . Giả sử z = a + bi, ( a, b ∈  ) và đặt A. 2 . B. 1 . z + 4 − 2= i m; = z n thì ta có m =5 + ( n − 1) i ⇒ m =5, n =1 hay ta có hệ phương trình  z + 4 − 2i = 5 ( a + 4 )2 + ( b − 2 )2 = 25   4 3  ⇒ ⇒ ( a; b ) ∈ ( 0; −1) ,  ;   . Chọn A.  2 2  5 5   1 a + b =  z = 1 Ví dụ 39. (THTT Số 3-486) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z = z + z =1 ? A. 0 . B. 1 . Giả sử z = a + bi, ( a, b ∈  ) thì ta có C. 4 . Lời giải D. 3 . a 2 += b 2 1& 2= a 1 hay ta có hệ điều kiện: 1 1 3 a= ± & a 2 + b 2 =⇒ 1 a= ± ,b = ± . Chọn C. 2 2 2 GV: Nguyễn Xuân Chung () Ví dụ 40. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − 1 + 3i − z − 5 =5 và z 2 − z A. 0 . C. 3 . B. 2 . () Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈  ) thì từ z 2 − z 2 4. = D. 1 . Lời giải 2 =⇒ 4 4 xyi =⇒ 4 xy = 1 (1). Mặt khác điều kiện thứ nhất là z − 1 + 3i = z − 5 + 5 . Gọi M ( x; y ) , I (1; −3) , K ( 5;0 ) thì KI = 5 và điều kiện trở = MK + KI hay K thuộc đoạn MI, phương trình KI là: x = 5 + 4t , y = 3t nên ta có thành MI 5 t + 1 = 5 t + 5 (đúng vớ t > 0). Thay vào (1) ta có nghiệm dương duy nhất t = Vậy chọn D. Ví dụ 41. (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An) −15 + 273 . 24 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 + 3 z2 . A. M = 19 . B. M = 25 . D. M = 19 . C. M = 5 . Lời giải 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 1 3 ra OAB là tam giác đều. Không giảm tổng quát chọn A (1;0 ) , B  ;  2 2   1 i 3  7 + i3 3 = Thì M = 2 (1 + 0i ) + 3  + = 2  2 2 19 . Chọn D. Ví dụ 42. Cho số z thỏa mãn các điều kiện z + 8 − 3i = z − i và z + 8 − 7i = z + 4 − i . Tìm số phức w = z + 7 − 3i . A. w= 3 − i . B. w= 13 − 6i . C. w = 1 + i . D. w= 4 + 3i . Lời giải Gọi w = x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z = x − 7 + ( y + 3) i thế vào điều kiện thứ nhất ta có: x + 1 + yi = x − 7 + ( y + 2 ) i ⇒ ( x + 1) + y 2 =( x − 7 ) + ( y + 2 ) ⇒ 4 x − y =13 (1). 2 2 2 Thế vào điều kiện thứ hai ta có: x + 1 + ( y − 4 ) i = x − 3 + ( y + 2 ) i ⇒ ( x + 1) + ( y − 4 ) = −1 (2). ( x − 3) + ( y + 2 ) ⇒ 2 x − 3 y = 2 2 2 2 x 4,= y 3 hay w= 4 + 3i . Chọn D. Giải hệ (1) và (2) ta có= Lời bình. Bài trên ta có thể dùng Casio để kiểm tra đáp án. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 43. (THPT Trần Hưng Đạo – Ninh Bình) Cho các số phức z1 , z2 khác nhau thỏa mãn: z1 = z2 . Chọn phương án đúng: A. z1 + z2 = 0. z1 − z2 B. C. z1 + z2 là số thực. z1 − z2 D. z1 + z2 là số phức với phần thực và phần ảo đều khác 0 . z1 − z2 z1 + z2 là số thuần ảo. z1 − z2 Lời giải 2 i, z2 =− 2 i thì ta có z= z= Gọi z1 =+ 1 2 5 và z1 + z2 4 = = −2i . Tô đáp án D!. z1 − z2 2i Ví dụ 44. Cho tập hợp các số phức z thỏa 2 z − i = 2 + iz . Gọi z1 , z2 là hai số phức trong tập hợp đó sao cho z1 − z2 = = z1 + z2 . 1 . Tính giá trị của biểu thức P A. P = 3 . 3 . 2 B. P = D. P = 2 . C. P = 2 . Lời giải. Viết lại điều kiện 2 z − i = 2 + iz ⇔ 2 z − i = 2i − z . Gọi z = a + bi, ( a, b ∈  ) thế vào điều kiện ta có: 2a + ( 2b − 1) i = a + ( b − 2 ) i ⇒ 4a 2 + ( 2b − 1) = a 2 + ( b − 2 ) ⇒ a 2 + b 2 = 1 2 2 Hay là z= z= 1 , sử dụng quy tắc hình bình hành ta có: 1 2 2 2 ( 2 z1 + z2 + z1 − z2 =2 z1 + z2 2 ) =4 ⇒ z + z 1 2 2 =3 ⇒ z1 + z2 = 3 . Chọn A. Ví dụ 45. (THPT Hoàng Văn Thụ – Hòa Bình) Cho hai số z1 , z2 phức thỏa z1 = 3, z2 = 4, z1 − z2 = mãn 41. Xét số phức z1 z= = a + bi ( a, b ∈ R ) . Khi đó b bằng z2 A. 3 8 B. z Theo giả thiết suy ra = 3 3 8 2 4 Lời giải. C. z1 3 z = 1 và 1 −= z2 4 z2 hai đường tròn tâm O bán kính r = D. 41 1 ⇔ z −= 4 5 . 4 41 . Như thế z thuộc giao của 4 41 3 và đường tròn tâm I(1; 0) bán kính R = . 4 4 M r H n R O m I x GV: Nguyễn Xuân Chung = = m − n 1 m − n 1 ⇒ Kẻ MH vuông góc với OI, đặt OH = n, HI = m, ta có:  2  2 2 2 2 2 m − n = R − r m + n = R − r R2 −1 − r 2 = −a ⇒ b= Suy ra n= 2 2 2  R2 −1 − r 2  r − = 2   2 2 r − n= 5 . Chọn D. 4 Ví dụ 46. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 + 3i = z − 2 − 3i . Biết z − 1 − 2i + z − 7 − 4i =6 2 và M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z , khi đó x thuộc khoảng nào? A. ( 0; 2 ) . B. (1;3) . C. ( 4;8 ) . D. ( 2; 4 ) . Lời giải. Theo giả thiết suy ra ( x − 2 ) + ( y + 3) = ( x − 2 ) + ( y − 3) ⇒ y = 0 và z = x . Như thế z là số 2 2 2 thực, thay vào giả thiết thứ hai, ta có ( x − 1) Áp dụng Bđt Mincopxki ta có 6 2 = ( x − 1) dấu bằng xảy ra và 2 2 2 ( x − 7) +4+ + 22 + 2 + 16 = 6 2. (7 − x) 2 + 42 ≥ 62 + 62 = 6 2 như thế x −1 2 = ⇔ x = 3 . Chọn D. 7−x 4 Ví dụ 47. (THPT Lê Lai – Thanh Hóa) Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 1 − 2i = z + 3 + 4i và A. 0 B. Vô số z − 2i là một số thuần ảo? z +i C. 1 Lời giải. D. 2. x + yi, ( x, y ∈ ) . Theo bài ra ta có: x + 1 + ( y − 2)i = x + 3 + (4 − y )i Giả sử z = ⇒ ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 =( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 ⇔ y =x + 5 hay ta có z =x + ( x + 5 ) i . Số phức = w z − 2i x + ( x + 3)i x 2 − ( x + 3)( x + 6) + x(2 x + 9)i là số thuần ảo nên = = x 2 + ( x + 6) 2 z + i x − ( x + 6)i x 2 − ( x + 3)( x + 6 ) = 0 ⇔ −9 x − 18 = 0 ⇒ x = −2 ⇒ z = −2 + 3i . Chọn C. Ví dụ 48. [THPT Chuyên Thái Nguyên] Cho số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn phương trình A. 3 + 2 2 . ( z − 1) (1 + iz ) = i . Tính a 1 z− z C. 3 − 2 2 . B. 4 . 2 + b2 . D. 2 + 2 2 . Lời giải. Dễ thấy z khác 0, đặt z= m > 0 và ta có: ( m − 1) ( z + m2i ) ( m − 1)(1 + iz ) z = = i⇒ i m2 − 1 z z −1 a = 0 ⇒ z + m 2i= i ( m + 1) ⇒ a + ( m 2 − b ) i= i ( m + 1) ⇒  2 ⇒ b 2 − b= b + 1 m − b = m + 1 (Vì m khác 1 nên b > 0), do đó b 2 − 2b =1 ⇒ b =1 + 2 ⇒ b 2 =3 + 2 2 . Chọn A. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 49. (THPT Chuyên Tuyên Quang) Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + z + 20192018 = 0 . Giá trị z1 + z2 bằng A. 20191009. B. 20192010. Lời giải Theo định lý Viet ta có z1 z2 = 20192018 ⇒ z1 = z2 = C. 20192019. D. 2.20191009. 20192018 = 20191009 suy ra z1 + z2 = 2.20191009. Tô đáp án D!. 0 với b, c ∈  . Biết rằng hai nghiệm Ví dụ 50. Trên tập hợp số phức, cho phương trình z 2 + bz + c = của phương trình là w + 3 và 2 w − 15i + 9 với w là một số phức. Tính S= b 2 − 2c A. S = −32 . B. S = 1608 . Lời giải C. S = 1144 . D. S = −64 . −b là số thực nên 3 x + 12 + ( 3 y − 15 ) i là số thực, suy ra y = 5 . Gọi w= x + yi , vì z1 + z2 = Chú ý rằng z1 = z2 nên x + 3 =2 x + 9 ⇒ x =−6 . Do đó z1 =−3 + 5i, z2 =−3 − 5i . b 2 − 2c = 36 − 68 = −32 . Chọn A. Vậy S = ( z1 + z2 ) − 2 z1 z2 = 2 Ví dụ 51. Cho a là số thực, phương trình z 2 + ( a − 2 ) z + 2a − 3 = 0 có 2 nghiệm z1 , z2 . Gọi M , N là điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác OMN có một góc bằng 120° , tính tổng các giá trị của a . A. −6 . B. 6 . Theo định lý Viet thì z= z= 1 2 Lời giải C. −4 . D. 4 . 2a − 3 , giả thiết OMN là tam giác có một góc bằng 120° , nên OMN là nửa hình thoi, suy ra z1 + z2 = z1 = z2 ⇒ a − 2 = 2a − 3 ⇒ ( 2 − a ) = 2a − 3 . 2 ⇒ a 2 − 6a + 7 = 0 ⇒ a1 + a2 = 6 . Chọn B. Ví dụ 52. [SGD TPHCM] 0 có ba nghiệm phức lần Cho a , b , c là các số thực sao cho phương trình z 3 + az 2 + bz + c = z3 2 w − 4 , trong đó w là một số phức nào đó. Tính giá trị của lượt là z1= w + 3i ; z2= w + 9i ; = P = a+b+c . A. P = 36 . B. P = 208 . Lời giải C. P = 136 . D. P = 84 . Áp dụng định lý Viet ta có z1 + z2 + z3 =−a ∈  ⇒ 4 w − 4 + 12i ∈  . Đặt w = x + yi, ( x, y ∈  ) Thì suy ra 4 y + 12 = 0 ⇒ y = −3 ⇒ w = x − 3i (1). Thay (1) vào giả thiết ta được z1 = x ; z2= x + 6i ; z3 = 2 x − 4 − 6i . Ta lại có z2 = z3 nên x = 2 x − 4 ⇒ x = 4 do đó z1 = 4 ; z2= 4 + 6i ; z3= 4 − 6i . GV: Nguyễn Xuân Chung Tiếp theo ta có a = z1 z2 + z2 z3 + z1 z3 = 84 . − ( z1 + z2 + z3 ) = −12, c = − z1 z2 z3 = −208, b = Vậy P = a + b + c = 136 . Chọn C. Lời bình. A z= z2= , C z3 . Để tính nhanh ta ghi: A + B + C + ABC − AB − BC − CA Calc nhập= 1, B Chú ý rằng trong tập  thì phương trình bậc 3 luôn có ít nhất 1 nghiệm thực. Ví dụ 53. [Cụm 6 TPHCM] 3 Cho số phức z = 18 + 26i . Tính T = ( z − 2 ) + ( 4 − z ) . x + yi; x, y ∈  thỏa mãn z= 2 A. 0 . B. 4 . C. 1 . 2 D. 2 . Lời giải Ta có T = ( z − 2 ) + ( 4 − z ) = 2 z 2 − 12 z + 20 ; T = 0 ⇔ z = 3 + i, z = 3 − i có ít nhất nghiệm 2 2 3 18 + 26i . Vậy T = 0. Chọn A. z= 3 + i thỏa mãn z= Cách 2. Ta có thể đi giải phương trình bậc ba hay khai căn bậc ba để tìm nghiệm z như sau: Ta có ( x + yi ) =x3 + ( yi ) + 3 xyi ( x + yi ) =x3 − 3 xy 2 + ( 3 x 2 y − y 3 ) i =18 + 26i 3 3 Mà z là số thực hoặc thuần ảo đều không thỏa mãn, nên suy ra x3 − 3 xy 2 18 9 t 3 − 3t 9 = = ⇒ = ⇒ 13t 3 − 27t 2 − 39t + 9 = 0 ⇒ ( t − 3) (13t 2 + 39t − 3) = 0 2 3 2 3x y − y 26 13 3t − 1 13 Ta chỉ cần nghiệm t = 3 ⇒ x = 3 y ⇒ z = y ( 3 + i ) , y ≠ 0 thay vào T = 0. Cách 3. (Sử dụng máy tính Casio) Trong Mode 2 ghi 18 + 26i bấm = để lưu. Sau đó bấm 3 Ans ∠ arg ( Ans ) bấm = ta được 3 3 i tiếp tục bấm ( Ans − 2 ) + ( 4 − Ans ) = (Ngầm hiểu) 3 18 + 26i =+ kết quả bằng 0. 2 2 2 z 2 119 − 120i . Tính z1 − z2 . Ví dụ 54. Cho biết có hai số phức z1 và z2 thỏa mãn = B. 114244 . A. 169 . C. 338 . D. 676 . Phân tích. Bài toán quy về tìm bình phương của số phức hay là khai căn bậc hai của số phức. Lời giải  a 2  b 2  119 Ta có 119 120i  119  2.60i  a 2  b 2  2abi , trong đó  . Dùng phép thế ta có    ab  60 a2  3600 2  119  a 2  144  b 2  25 nên z 2  12  5i   z1  12  5i, z2  12  5i 2 a 2 2 Vậy z1 − z2 = 24 − 10i =576 + 100 =676 . Chọn D. GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2. (Sử dụng máy tính Casio) Trong Mode 2 ghi 119 – 120i bấm = để lưu. Sau đó bấm Ans ∠ arg ( Ans ) bấm = ta được 2 2 (Ngầm hiểu) căn bậc hai của 119 – 120i là 12 – 5i tiếp tục bấm 2Ans = kết quả bằng 676. Ví dụ 55. Cho z1 , z2 là hai số phức liên hợp của nhau và thỏa mãn z1 2 3. Tính ∈  và z1 − z2 = z22 môđun của số phức z1 . A. z1 = 5. B. z1 = 3. C. z1 = 2. D. z1 = 5 . 2 Lời giải: x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ 2 yi = 2 3⇒ y= ± 3 và ta có Trước hết gọi z = ( ) m x 2 − 3 = x z1 2 2 = m x − 3 ± 2 x 3 = i x  i 3 m 0 z mz = ≠ ⇒ = ⇒  1 2 2 z2 2 mx = ±1  ( ) ⇒ x 2 − 3 =±2 x 2 ⇒ x =±1 . Từ đó z =±1 ± i 3 ⇒ z =2 . Chọn C. 6 . Tính giá trị của biểu Ví dụ 56. Cho z1 , z2 là các số phức thỏa mãn z= z= 1 và z1 − 2 z2 = 1 2 thức = P 2 z1 + z2 . A. P = 2 . B. P = 3 . D. P = 1 . C. P = 3 . Lời giải Chọn z2 = i , ta phải xác định z1 , hay là tìm z thỏa z = 1 , z − 2i =6 và tính = P 2z + i . 1 2 Đặt z= a + bi ta có: a 2 + b 2 = 6 suy ra a 2 + b 2 − 4b + 4 =6 ⇒ b =− . 1 và a 2 + ( b − 2 ) = 4 Khi đó: P 2 = 4a 2 + ( 2b + 1) = 4 ( a 2 + b 2 ) + 4b + 1 = 4 ⇒ P = 2 . Chọn A. 2 Cách 2. Ta có thể giải tổng quát bởi các biến a, b, c, d cũng đi đến kết quả. Giả sử z1 = a + bi, z2 = c + di, ( a, b, c, d ∈  ) thì a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1 và ( a − 2c ) + ( b − 2 d ) 2 2 1 =6 ⇒ ( a 2 + b 2 ) − 4 ( ac + bd ) + 4 ( c 2 + d 2 ) =6 ⇒ ac + bd =− . 4 4 ( a 2 + b 2 ) + ( c 2 + d 2 ) + 4 ( ac + bd ) = Khi đó P = 2 z1 + z2 = 5 − 1= 2 . Cách 3. Ta có thể luyện tập cách giải với số phức liên hợp là z= z= 1 và: 1 .z1 2 .z2 6 ⇔ z1.z1 − 2 ( z1.z2 + z2 .z1 ) + 4 z2 .z2 = 6 ⇒ 2 ( z1.z2 + z2 .z1 ) = −1 . ( z1 − 2 z2 ) ( z1 − 2 z2 ) = ( ) ( ) Khi đó P 2 = ( 2 z1 + z2 ) 2 z1 + z2 = 4 z1.z1 + 2 z1.z2 + z2 .z1 + z2 .z2 = 4 − 1 + 1 = 4 ⇒ P = 2 . GV: Nguyễn Xuân Chung Các em có thể so sánh cách 2 và cách 3 để luyện tập tư duy trừu tượng! Ví dụ 57. (THPT Chu Văn An – Hà Nội) Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn điều kiện 4 z1 z2 + 16 z2 z3 + 9 z1 z3 = 48 , z1 = 4 , z2 = 3 và z3 = 2 . Giá trị của biểu thức P = z1 + z2 + z3 bằng: 48 ⇒ Ta có 4 z1 z2 + 16 z2 z3 + 9 z1 z3 = ⇒ C. 2 . Lời giải B. 8 . A. 1 . D. 6 . 4 z1 z2 + 16 z2 z3 + 9 z1 z3 48 = z1 z2 z3 24 4 16 9 + + = 2 ⇒ z3 + z1 + z2 = 2 ⇒ P = z1 + z2 + z3 = 2 . Chọn C. z3 z1 z2 Ví dụ 58. (THPT Can Lộc – Hà Tĩnh) Cho hai số phức z , w thỏa mãn z + 2 w = 3 , 2 z + 3w = 6 và z + 4 w = 7 . Tính giá trị của biểu P z.w + z.w . thức = A. P = −14i . Phân tích. B. P = −28i . D. P = −28 . C. P = −14 . Ở đây ta thấy có 4 ẩn là z; w; z; w nhưng chỉ có ba điều kiện. Tuy nhiên chúng có mối liên hệ 2 2 đặc biệt= là z z z= ; ww w . Lời giải Đặt = m z= .z; n w.w . Ta có: ( z + 2w ) ( z + 2w ) =9 ⇒ m + 2 ( z.w + z.w ) + 4n =9 ⇒ m + 2 P + 4n =9 (1) ( 2 z + 3w ) ( 2 z + 3w ) = 36 ⇒ 4m + 6 P + 9n = 36 (2). ( z + 4w ) ( z + 4w ) = 49 ⇒ m + 4 P + 16n = 49 (3). Giải hệ trên ta có P = −28 . Chọn D. Lời bình. Các biểu thức gần giống phép bình phương, tuy nhiên ở đây ta nhân liên hợp. 0 và z= Ví dụ 59. Cho ba số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1 + z2 + z3 = 1 nào dưới đây đúng? z= 2 z= 3 2 2 . Mệnh đề 3 A. z1 + z2 + z3 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 . B. z1 + z2 + z3 < z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 . C. z1 + z2 + z3 > z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 . D. z1 + z2 + z3 ≠ z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 . Lời giải GV: Nguyễn Xuân Chung 3  2 2  z1 z2 + z2 z3 + z1 z3 = Ta có P= z1 z2 + z2 z3 + z1 z3 ⇒ P=   . 3 z z z 1 2 3   = P Hay 3 2 2 1 1 1  3  . z + z + z . 2 3   1 2 2 2 2 . z1 + z2 += z3 . z1 + z2 += z3 0 . Chọn A. 3 3 Ví dụ 60. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 1  2 và z  i  z  2  i  4 ? C. 1 . D. 2 . Lời giải 2 (1). Đặt z − 1 = a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a + 1 + bi , từ giả thiết ta có a 2 + b 2 = B. 3 . A. 0 . Thế vào điều kiện thứ hai và sử dụng (1), ta có: 4 = a + 1 + ( b + 1) i + a − 1 + ( b − 1) i = 4 = 4 + 2 (a + b) + 4 − 2 ( a + b) ≤ ( a + 1) + ( b + 1) 2 (1 2 2 + ( a − 1) + ( b − 1) 2 2 + 12 )  4 + 2 ( a + b ) + 4 − 2 ( a + b )  =4 . Dấu ” = ” xảy ra khi 4 + 2 ( a + b ) =4 − 2 ( a + b ) ⇔ a + b =0 (2). Từ (1) và (2) suy ra a =1; b =−1 ∪ a =−1, b =1 . Chọn D. Ví dụ 61. Cho hai số phức z , w thỏa mãn z = 3 và A. 3 . B. 1 . 2 1 1 1 + = . Khi đó w bằng: z w z+w C. 2 . Lời giải D. 1 . 3 2 w 1 1 1 2 2  w Ta có + = ⇒ ( z + w ) = zw ⇒ 1 +  = ⇒ (1 + t ) = t ⇒ t 2 + t + 1 = 0 . z w z+w z z  Ta có t= t= 1 , suy ra:= w t= . z 3 . Chọn A. 1 2 Ví dụ 62. [THPT Chuyên Sơn La] Gọi A, B là hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z1 , z2 khác 0 và thỏa mãn đẳng thức z12 + z22 = z1 z2. . Với O là gốc tọa độ thì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác gì? A. Vuông cân. B. Cân, không đều C. Đều Lời giải D. Vuông, không cân. 2 z  z1 1 ± i 3 1± i 3 z Từ giả thiết ta có:  1  + 1= 1 ⇒ t 2 − t + 1= 0 suy ra: = ⇒= z1 z2 . z2 2 2 z2  z2  Do đó z1 = z2 nên OA = OB suy ra OAB cân tại O.  1± i 3  1± i 3 Mặt khác z1 = z2 − 1 .= z2 − z2  − 1 z2 ⇒ z1 −= 2 2   −1 ± i 3 z2 z2 .= 2 Nên AB = OA = OB hay tam giác OAB đều. Chọn C. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 63. [SGD TPHCM] Cho hai số phức z1 , z2 thoả mãn= z1 6,= z2 2 . Gọi M , N là các điểm biểu diễn cho z1 và = 60° . Tính = iz2 . Biết MON T z12 + 9 z22 . A. T = 18 . B. T = 24 3 . D. T = 36 3 . C. T = 36 2 . Lời giải Cách 1. (Hình học) Đặt z1 =u; 3iz2 =v ⇒ u =6 =v . Ta có T = z1 − 3iz2 . z1 + 3iz2 = u − v . u + v . Mà = 60° nên u + v là đường chéo hình thoi, u – v là đường chéo thứ hai, có u ; v và MON u − v tạo thành tam giác đều. Sử dụng công thức hình bình hành ta có: 2 2 ( 2 u + v + u − v= 2 u + v 2 ) ⇒ u +=v 2 3 36 3 . Chọn D. và T u= u 3= Ví dụ 64. [Hội 8 Trường Chuyên] Có bao nhiêu số phức z = a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z + i + z − 3i = z + 4i + z − 6i và z ≤ 10 ? A. 12 B. 2. Cách 1. (Hình học) C. 10. D. 5. Lời giải Viết lại giả thiết iz − 1 + iz + 3 = iz − 4 + iz + 6 và đặt iz + 1 = w ⇔ iz = w − 1 Như thế có bao nhiêu số phức w − 1 ≤ 10 (*) thì có bấy nhiêu số z. Khi đó giả thiết là w − 2 + w + 2 = w − 5 + w + 5 (1). Trước hết ta có 5 − w + w + 5 ≥ 5 − w + 5 + w = 10 . Dấu bằng xảy ra khi w =∪ 5 w= −5 thỏa mãn (1) và (*). Bây giờ ta xét 5 − w + w + 5 = 2m > 10 ⇒ m > 5 và gọi w = x + yi, ( x, y ∈  ) khi đó (1) xem x2 y2 x2 y2 =+ = 1 (2). như biểu diễn của hai Elip (Trục thay đổi) là: 2 + 2 m m − 4 m 2 m 2 − 25 Từ (2) suy ra y2 y2 1   1 = ⇔ y2  2 − 2  = 0 ⇔ y = 0 suy ra w= x ∈  . 2 2 m − 4 m − 25  m − 4 m − 25   x − 1 ≤ 10 Như vậy thì:  ⇒ x ∈ {−9; −8; −7; −6;6;7;8;9;10;11} có 10 số.  x= m > 5 Cả hai trường hợp thì có 12 số. Chọn A. Lời bình. Theo cách trên thì ta chuyển đổi Elip từ trục ảo sang sang trục thực cho quen thuộc. Cách 2. (Đại số) Đặt u = z − i ⇔ z = u + i ta viết lại giả thiết: u + 2i + u − 2i = u + 5i + u − 5i (1). GV: Nguyễn Xuân Chung Ta có z = u + i ≤ 10 và giả sử u = x + yi ⇒ x ≤ 10; y + 1 ≤ 10, ( x, y ∈  ) . m thì từ (1) ta có: Đặt x 2 + y 2 = x2 + ( y + 2) + x2 + ( y − 2) = 2 x 2 + ( y + 5) + x 2 + ( y − 5) ⇔ m + 4 + 4 y + m + 4 − 4 y= m + 25 + 10 y + m + 25 − 10 y 2 2 2 ⇔ m + 4 + 4 y m + 4 − 4 y = 21 + m + 25 + 10 y m + 25 − 10 y ⇔ ( m + 4) 2 − 16 y 2 =21 + ( m + 25) 2 − 100 y 2 ⇔ m 2 + 16 + 8 ( x 2 − y 2 ) = 21 + m 2 + 625 + 50 ( x 2 − y 2 ) . Lại đặt x 2 − y 2 =n < 0 thì 21 (2) ⇒ ⇒ m 2 + 16 + 8n − m 2 + 625 + 50n = −29 − 2n m 2 + 16 + 8n + m 2 + 625 + 50n = 1 ⇒ m 2 + 16 + 8n + m 2 + 625 + 50n = −29 − 2n (3) Từ (2) và (3) suy ra m 2 + 16 + 8n = −4 − n ⇒ m 2 + 16 + 8n = 16 + 8n + n 2 , n ≤ −4 ⇒ m 2 = n 2 ⇒ m = −n ⇒ x 2 + y 2 = − x 2 + y 2 ⇒ x = 0, − y 2 ≤ −4 và theo (3) − y 2 < − ⇒ x= 0, y > 29 2 29 , và y + 1 ≤ 10 thử trực tiếp ta có y ∈ {−11; −10;..; −5;5;6;..;9} . Chọn A. 2 Lời bình. Giải cách 2 như thế chẳng khác gì tự luận – Thời gian thiếu quá! Ví dụ 65. Tìm mô đun của số phức z, biết z =1 + 2i + 3i 2 + 4i 3 + … + 2019i 2018 . A. 2034145 B. C. 2038181 D. 2040200 2042221 . Lời giải Gọi f ( x) =1 + x + x 2 + x3 + …. + x 2019 = x 2020 −1 , ( x ≠ 1) x −1 ⇒ f ‘( x) =1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x3 + … + 2019 x 2018 = 2019.x 2020 − 2020.x 2019 + 1 ( x − 1) 2 2020 + 2020i f ‘(i ) = = −1010 + 1010i ⇒ z =2040200 . Chọn C. Từ đó z = −2i Lời bình. Trên đây ta tìm hiểu các ví dụ có tính điển hình và phổ biến, tuy nhiên ta chưa thể tìm hiểu được các bài toán vận dụng khai triển Newton và Đại số tổ hợp hay các lũy thừa bậc cao của số phức hoặc là dạng lượng giác nâng cao. Do đó nếu cần thì các em tự tìm hiểu thêm. GV: Nguyễn Xuân Chung 4. Các bài toán VDC tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Đối với các bài toán vận dụng cao thì các em cần có kỹ năng tốt về biểu diễn tương quan giữa các độ dài đoạn thẳng, nắm vững hơn các kiến thức về ba đường Cônic (Hình học 10). Mặt khác cũng thường xuyên sử dụng các bất đẳng thức Mincopxki và Bunhiacopxki. Ngoài ra các em có thể đại số hóa bài toán để khảo sát hàm số. Tuy nhiên vì thời gian thi trắc nghiệm có hạn nên cũng không phải là các bài toán quá khó, vì vậy các em hãy yên tâm. 1 và Ví dụ 66. Cho số thực z1 và số phức z2 thoả mãn z2 − 2i = z2 − z1 là số thực. Gọi a, b lần lượt 1+ i là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 . Tính T= a + b. A. T = 4 . B. T = 4 2 . T 3 2 +1. C.= T D. = 2 + 3. Lời giải Chọn z1= x ∈  , đặt z2 − z1 = m ∈  ⇒ z2 − z1 = m (1 + i ) ⇒ z2 − z1 = m 2 & z2 = x + m + mi 1+ i 1 ( x + m) + ( m − 2) = 1 suy ra : thế vào giả thiết thứ nhất: x + m + ( m − 2 ) i =⇒ 2 ( x + m) Khi đó 2 2 = 1 − ( m − 2) ≥ 0 ⇒ m − 2 ≤ 1 ⇒ 1 ≤ m ≤ 3 . 2 2 ≤ z1 − z2 ≤ 3 2 ⇒= a 3 2, = b 2 . Chọn B. Ví dụ 67. [THPT Chuyên Thái Bình] 2 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 2 − i − z − 2 − 3i = A. z min = 5 B. z min = 4 5 5 C. z min = 13 D. z min = 2 5 Lời giải Đặt z − 2 − 3i = u ⇔ z = u + 2 + 3i ta viết lại giả thiết: u + 4 + 2i = u + 2 5 (1). Từ (1) ta lại có: u + 2 5 = u + 4 + 2i ≤ u + 4 + 2i = u + 2 5 do đó dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u =k ( 4 + 2i ) , k ≥ 0 u O A u+v v B Thay trở về (1) ta được: 2 5 k + 1 = 2 5 ( k + 1) ⇒ k + 1 = k + 1 (đúng ∀k ≥ 0 ). Hiển nhiên ta tìm min nên chọn k = 0 ⇒ u = 0 ⇒ z min = 2 + 3i = 13 . Chọn C. Ví dụ 68. Cho số phức z thỏa mãn A. 2 10 . 5 z − 2i = 1 . Giá trị nhỏ nhất của z + 3 − 2i bằng z +3−i 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. GV: Nguyễn Xuân Chung Lời giải Cách 1. (Đại số) Đặt z + 3 − 2i = a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a − 3 + ( b + 2 ) i . Ta cần tìm min của= T z − 2i 2 2 = 1 ⇒ z − 2i = z + 3 − i ⇒ ( a − 3) + b 2 = a 2 + ( b + 1) suy ra z +3−i Mặt khác ta có 4 = 3a + b ≤ a 2 + b2 . (3 2 + 12 )( a 2 + b 2 ) ⇒ T ≥ 2 10 . Chọn A. 5 Cách 2. (Hình học tọa độ) 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) suy ra z +3−i Mặt khác ta có 3x + y + 3 = 0 là đường thẳng ∆ nên IM nhỏ nhất khi IM vuông góc với ∆ tại M. = R d ( I , ∆= ) −9 + 2 + 3 2 10 = , chứng tỏ I ∉ ∆ . Chọn A. 5 10 Cách 3. (Trắc nghiệm – Công thức tính nhanh) Ta có w = z + 3 − 2i và đường thẳng là z − 2i = z + 3 − i khi đó trong Mode 2 ta ghi 2 X −A − X −B 2 A− B 2 CALC nhập -3 + 2i = 2i = -3 +i = ta có kết quả cần tìm. Ví dụ 69. 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. A. T = 5. B. T = 2 5. C. T = 2 2. 2 D. T = . 5 Lời giải Thế z= w + i vào giả thiết ta có w − 1 + 2i + w + 2 − 2i =5 (1). Gọi M là điểm biểu diễn số phức w và F1 (1; −2), F2 (−2; 2) biểu diễn các số 5 . Mà ta có F1 F2 =5 ⇒ M ∈ F1 F2 . z1 =1 − 2i, z2 =−2 + 2i khi đó từ (1) ta có MF1 + MF2 = Bởi vậy w max ⇔ OM max ⇔ OM = OF2 = 2 2 . Chọn C. Lời bình. Nếu MF1 + MF2 > F1 F2 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. 4 5 . Tìm giá trị lớn nhất của z − 6 + 5i ? Ví dụ 70. Cho z ∈  thỏa mãn z − 2 + 3i + z + 2 + i = A. 4 5 B. 5 5 C. 6 5 D. 7 5 . Lời giải: GV: Nguyễn Xuân Chung Gọi M ( x; y ) biểu diễn z, F1 ( 2; −3) , F2 ( −2; −1) , K ( 6; −5 ) thì MF1 + MF2 = 4 5 > F1 F2 = 2 5 như thế quỹ tích M là một Elip. Nhận xét rằng F1 là trung điểm của KF2 và ta cần tính K F1 độ dài lớn nhất của KM, khi đó vị trí cần tìm tại D, mà sao 2 F1 F2 (không đổi) nên suy ra cho DF1 + DF2 = I F2 D M KD = 5 5 . Chọn B. DF2 = 5 . Vậy KM = max Ví dụ 71. [BGD – Đề minh họa số 3 2017] 6 2 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất Xét các số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = và giá trị lớn nhất của z − 1 + i . Tính P= m + M . P A.= 13 + 73 B. P = 5 2 + 2 73 C. 5 2 + 73 2 Lời giải. D. P = Đặt z − 1 + i = u ⇒ z = u + 1 − i , ta cần tìm u min và y u max . Thế z vào giả thiết ta có: F2 8 M u + 3 − 2i + u − 3 − 8i = 6 2 . Gọi M ( x; y ) biểu diễn  u và F1 ( −3; 2 ) , F2 ( 3;8 ) thì ta có F1 F2 = ( 6;6 ) và F1 MF1 + MF2 = F1 F2 = 6 2 , do đó M thuộc đoạn F1 F2 . 0 , từ đó suy ra Phương trình F1 F2 là x − y + 5 = u= OH = d ( O, F1 F = 2) min 5 2 = OF ; u= 2 max 2 5 2 + 73 2 H 2 x O -3 3 73 . Chọn B. Ví dụ 72. Trong các số phức z thoả mãn z − 3 − 4i = 1. 2 có hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − z2 = 2 2 Giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 bằng B. −4 − 3 5 A. -10 D. −6 − 2 5 . C. -5 Lời giải: 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. B Ta có = AB 1,= OI 5 và:          P = OA − OB . OA + OB = BA.2OH = 2 BA. OI + IH .     P = 2 BA.OI nên ta chỉ cần BA, OI ngược hướng nhau và khi −2 AB.OI = −10 . Chọn A. đó Pmin = Mời các em giải theo phương pháp đại số. ( )( ) ( ) H I A O GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình. 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 73. 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 . Cách 1. (Hình học véc tơ) C. 15 . Lời giải D. 12 . 9 5 5  Gọi M ( z ) = M ( x; y ) thì M thuộc elip (E), tâm I  ; 4  , a = , c = . 2 2 2    Gọi A (10;14 ) thì z − 10 − 14i = AM . Vậy ta chỉ cần xác định vị trí M sao cho IM và AI   15   5 15  cùng hướng hay IM = t  − ; −10  , t > 0 ⇒ M  − t ; 4 − 10t  .  2  2 2  2 Do đó ta có 2 2 2  3 15   3 15  9.  − t  + ( 2 − 10t ) +  − − t  + ( −2 − 10t ) = 2 2   2 2  34 25 5 9 t + 1 . AI =. = 17 . Chọn A. 1 − 5t + 1 + 5t ) = 9 ⇒ t = . Vậy AM max = ( 25 2 2 25 Ví dụ 74. Cho số phức z thỏa mãn ( z + 2 ) i + 1 + ( z − 2 ) i − 1 = 10 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính tổng = S M +m. A. S = 9 . C. S = 2 21 . B. S = 8 . = S 2 21 − 1 . D. Lời giải Chia hai vế cho i ta được: z + 2 − i + z − 2 + i = 10 ⇒ z + 2 − i + z − 2 − i = 10 (1).   Gọi A ( −2;1) , B ( 2;1) , K ( 0;1) . Suy ra MA + MB =2a =10; AB =2c =4 . Chú ý là OK ⊥ AB Điểm M chạy trên một đường tròn ảo với tâm O ( 0;0 ) và bán kính z = r . vị trí M cần tìm sao    r cho OM = t KO = t ( 0;1) ⇒ t = =⇒ r OM = ± ( 0; t ) hay là x = 0 và z có dạng z = ±ti thay 1 vào (1) suy ra 2 ( t − 1) 2 +4 = 10 hay ta có t = 1 ± 21 ⇒ M =1 + 21, m =−1 + 21 ⇒ S =2 21 . Chọn C. Ví dụ 75. 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 D. P = −7 Lời giải M ∈ ( C ) có tâm I ( −2; −3) , R = 2 . Gọi A ( −2;5 ) , B ( 6; −3) , K ( 2;1) là trung điểm AB. GV: Nguyễn Xuân Chung   = 2m; AB = 2c . Chú ý là IK ⊥ AB . Ta có MA + MB K B M A I H Điểm M chạy trên một elip ảo (trục lớn 2m thay đổi). Vị trí của M tại H, sao cho    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. Ví dụ 76. (BGD – Đề tham khảo THPTQG 2017-2018) Xét các số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính P= a + b khi z + 1 − 3i + z − 1 + i đạt giá trị lớn nhất. B. P = 4 . A. P = 10 . C. P = 6 . D. P = 8 . Lời giải 5 (1). Đặt z − 4 − 3i = x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z = x + 4 + ( y + 3) i , khi đó ta có: x 2 + y 2 = Thế z vào T = x + 5 + yi + x + 3 + ( y + 4 ) i = Sử dụng (1) ta có T = Lại có 2 x + y ≤ (2 2 ( x + 5) 30 + 10 x + 30 + 6 x + 8 y ≤ 2 + y2 + ( x + 3) + ( y + 4 ) 2 2 (1 + 1)( 60 + 16 x + 8 y ) 10 2 . Dấu bằng xảy ra khi + 12 )( x 2 + y 2 ) = 5 nên T ≤ 2 ( 60 + 40 ) = x = 2, y = 1. Khi đó z = 6 + 4i nên a = 6, b = 4 và P = 10 . Chọn A. Ví dụ 77. [THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa] Cho tập hợp số phức z thỏa mãn A. 8 . Phân tích. z −1 1 . Tìm max của P = z + i + 2 z − 4 + 7i . = z + 3i 2 D. 4 5 . C. 2 5 . B. 20 . Bài toán có thể quy về điểm M thuộc đường tròn và cần tìm max của MA + 2MB. Lời giải z −1 1 ⇔ 2 z − 1 = z + 3i Gọi z= x + yi với x, y ∈  , ta có: = z + 3i 2 ⇒ 2 ( x − 1) 2 + y2 = x 2 + ( y + 3) ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 3) = 20 . Đặt 2 2 2 x= 2 + 2 5 cos t , y = 3 + 2 5 sin t , t ∈ [ 0; 2π ] . Ta biến đổi P = z + i + 2 z − 4 − 7i và GV: Nguyễn Xuân Chung thay biến thì P= (2 + 2 ) ( 2 5 cos t + 4 + 2 5 sin t ) 2 +2 ( −2 + 2 ) ( 2 5 cos t + −4 + 2 5 sin t ) 2 P = 40 + 8 5 ( cos t + 2sin t ) + 2 40 − 8 5 ( cos t + 2sin t ) . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có P ≤ (1 2 + 22 ) ( 40 + 40 ) = 20 . Chọn B. Ví dụ 78. (THPT Kim Liên – Hà Nội) Xét các số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z − 3 − 2i = 2 . Tính a + b khi z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i đạt giá trị nhỏ nhất. A. 4 − 3 . B. 2 + 3 . D. 4 + 3 . C. 3 . Phân tích. Bài toán cho điểm M thuộc đường tròn và cần tìm min của MA + 2MB. Lời giải 4 (1). Đặt z − 3 − 2i = x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z = x + 3 + ( y + 2 ) i . Theo giả thiết ta có x 2 + y 2 = Mặt khác T = z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i = x + 4 + yi + 2 x + 1 + ( y − 3) i hay T= ( x + 4) 2 + y2 + 2 ( x + 1) + ( y − 3) 2 2 (2). Cách 1. (Trắc nghiệm Casio) Áp dụng (1), khai triển thì T = 2 5 + 2 x + 2 14 + 2 x − 6 y , để tìm giá trị nhỏ nhất thì mục x ≤ 0 4 − x 2 thế vào T, ta có: y tiêu là  ⇒ x ∈ [ −2;0] ,= y ≥ 0  T= 2  5 + 2 x + 14 + 2 x − 6 4 − x 2  vào Mode 7 khảo sát thì Tmin =6 ⇔ x =−1 ⇒ y = 3 .   Suy ra a + b = x + y + 5 = 4 + 3 . Chọn D. Cách 2. (Đại số) Áp dụng (1) ta biến đổi ( x + 4 ) + y 2 = 20 + 8 x = 4 ( 5 + 2 x ) = 4 ( x + 1) + y 2  thay trở về (2)   2 T 2 ta có = ( ( x + 1) + y + 2 2 2 ( x + 1) + ( 3 − y ) 2 2 ) ≥ 2 ( y + 3 − y ) ≥ 2 y + 3 − y =6 .  x = −1, x 2 + y 2 = 4 Dấu bằng có khi  ⇔ x =−1, y = 3 ⇒ a + b =x + y + 5 =4 + 3 . Chọn D.  y ( 3 − y ) ≥ 0 Lời bình. So sánh với bài 75, 76 ta thấy các hệ số đoạn thẳng là 1: 1 và yêu cầu tìm max, trong khi bài này thì hệ số các đoạn thẳng là 1: 2 và yêu cầu tìm min. Ngoài ra khác với bài 77. Bất đẳng thức trên thì khác bất đẳng thức Mincopxki. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 79. (THPT Chuyên Đại học Vinh) Xét các số phức z, w thỏa mãn = z 2, iw − 2 + 5= i 1 . Giá trị nhỏ nhất của z 2 − wz − 4 bằng: A. 4 B. 2 ( 29 − 3 ) C. 8 D. 2 ( ) 29 − 5 . Phân tích. Biểu thức cuối khá phức tạp nên ta tìm cách đơn giản nó và có xuất hiện số 4 liên quan đến z. Lời giải Trước hết chia cả hai vế trong giả thiết thứ hai cho i và có: w + 5 + 2i = 1 (1). Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈  ) . Đặt P = z 2 − wz − 4 = z 2 − wz − z.z = z z − w − z = 2 z − w − z ⇒ P = 2 2 yi − w = 2 w − 2 yi , lại đặt w − 2 yi =u ⇒ w =u + 2 yi và ta cần tìm min của 1 (2). P = 2 u . Thế w vào (1) ta có u + 5 + ( y + 2 ) i = −2, u = −4 thì thỏa Chú ý rằng z = 2 ⇒ y ∈ [ −2; 2] và xem y là tham số, hiển nhiên cho y = mãn điều kiện (2) ⇒ Pmin = 2 −4 = 8 . Vậy chọn C. Lời bình. Tại sao ta chọn y = – 2 và u = – 4 mà không chọn số khác? Một lý do là: Môđun của số phức là độ dài của véc tơ, nhìn chung thì xem như là cạnh huyền của tam giác vuông có hai cạnh là x và y cho nên tuân thủ theo định lý Pythagore. Nhưng nếu ta triệt tiêu một thành phần y thì độ dài sẽ giảm đi, tiếp theo xem u như số thực là xong. Qua đây các em có thể định hướng giải toán số phức như sau: + Hoặc chuyển độ phức tạp từ A sang B, rồi tập trung giải quyết B (Và ngược lại). + Trong trường hợp bất khả kháng thì dẫn cả A và B về điểm chung C. Cụ thể ta thử chuyển từ (1) sang (2) xem thế nào? Sau khi giản ước ta có:= P 2 w − 2 yi . 1 . Thế w vào P ta có: Từ (1) ta đặt w + 5 + 2i = a + bi ⇒ w = a − 5 + ( b + 2 ) i , ta có a 2 + b 2 = P= 2 a − 5 + 2 ( b + 1 − y ) i như thế ta có ba tham số a, b, y mà y ∈ [ −2; 2] , b ∈ [ −1;1] . Số y tự do hơn (lỏng hơn, tập hợp rộng hơn), nên với b cho tùy ý b ∈ [ −1;1] thì ta luôn chọn được y = b +1, khi đó ta triệt tiêu được phần ảo, và = P 2 a − 5 mà a ∈ [ −1;1] , bởi vậy trước đây ta cho b = 0 thì chọn y = 1 và bây giờ có thể lấy a = 1 thì Pmin = 2 1 − 5 = 8 . Rõ ràng ta chỉ cần lập luận mà không cần khảo sát gì. 3 5 Ví dụ 80. Cho các số phức w , z thỏa mãn w + i = và 5w = ( 2 + i )( z − 4 ) . Giá trị lớn nhất 5 của biểu thức P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i bằng A. 6 7 . B. 4 + 2 13 . C. 2 53 . D. 4 13 . Phân tích. GV: Nguyễn Xuân Chung Đề bài cho tương đối “zích zắc” tức là gây nhiễu, nhưng tập trung hỏi về P và liên quan đến z nên ta dùng phép thế để khử w. Sau đó là chọn phương án: Đơn giản đường tròn hoặc P. Lời giải Rút w và thế vào giả thiết ta có 1 3 5 5i 3 5 i ⇔ z −4+ = ( 2 + i )( z − 4 ) += 5 5 2+i 2+i ⇔ z − 3 + 2i =. 3 Đặt z − 3 + 2i = a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a + 3 + ( b − 2 ) i và ta có: a 2 + b2 = 9 (1). Thế z vào P ta có: P = a + 2 + ( b − 4 ) i + a − 2 + ( b − 4 ) i và kết hợp (1) ta có P= ( a + 2) + (b − 4) 2 2 ( a − 2) + (b − 4) 2 + 2 = 29 + 4a − 8b + 29 − 4a − 8b suy ra P ≤ 2 ( 58 − 16b ) ≤ 2 ( 58 − 16. ( −3) ) = 2 53 . Dấu bằng có tại a = 0, b = – 3. Chọn C. Cách 2. Nếu đơn giản P thì ta đặt u = z − 3 − 2i ⇒ z = u + 3 + 2i khi đó P trở thành: P = u + 2 + u − 2 và đường tròn trở thành u + 4i = 3 . Xét M ( x; y ) biểu diễn u và các điểm P MA + MB , M di chuyển trên đường tròn tâm I, r = 3. A ( −2;0 ) , B ( 2;0 ) , I ( 0; −4 ) thì= Dễ thấy Oy là trục đối xứng của đường tròn và là trung trực của AB, nên P lớn nhất tại x = 0, y = – 7 là giao của Oy và đường tròn và Pmax= 2 22 + 7 2= 2 53 (các em tự vẽ hình). Nhận xét. Từ các ví dụ trên thì các em nắm được những gì? Nhìn chung là: Quy về xét vị trí tương đối giữa các đường (thẳng, tròn, elip, ..), trong đó yêu cầu min, max. Nói chung ta đặt ẩn phụ để chuyển độ phức tạp về một đường, dù giải theo PP hình học hay đại số thì có cùng bản chất. Phép đặt ẩn phụ như trên thực chất là phép tịnh tiến, có điều ta không nói rõ làm tăng rắc rối. Ví dụ 81. Tìm số phức z thỏa mãn z − 1 − i =5 và biểu thức T = z − 7 − 9i + 2 z − 8i đạt giá trị nhỏ nhất. A. z= 5 − 2i . Phân tích. B. z = 1 + 6i . C. z =−2 − 3i . D. z= 4 + 5i . Bài toán cho điểm M thuộc đường tròn và cần tìm min của MA + 2MB. Lời giải Đặt z − 1 − i = a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a + 1 + ( b + 1) i . Ta có a 2 + b 2 = 25 (1). Thế z vào T ta có T = a − 6 + ( b − 8 ) i + 2 a + 1 + ( b − 7 ) i Hay T = ( a − 6 ) + ( b − 8) 2 2 +2 ( a + 1) + ( b − 7 ) 2 2 . Sử dụng (1) ta biến đổi xuất hiện số 2 GV: Nguyễn Xuân Chung ( a − 6 ) + ( b − 8) 2 2 2  3 2  125   = 125 − 12a − 16b = 4  − 3a − 4b  = 4  − a  + ( b − 2 )  suy ra  4    2  2  3 2  T 2   − a  + (b − 2) + =  2   Dấu bằng có khi ( a + 1) + ( 7 − b ) 2 2 2  3  2   ≥ 2  + 1 + ( 7 − 2= ) 5 5.  2   3/ 2−a b−2 2 = ,a = + b 2 25 nên a = 0, b = 5 và khi đó z = 1 + 6i. Chọn B. a +1 7−b Lời bình. Bài trên ta có thể dùng Casio để thử đáp án, nhưng thay đổi câu hỏi như bài 76 thì không thử được. Các em xem lại bài 76 và so sánh với bài này để tìm ra điểm chung và điểm riêng, xem lại phương pháp chủ đạo để giải toán. Để củng cố cách giải, xem xét sự thay đổi giả thiết và yêu cầu bài toán, ta xét thêm vài ví dụ Ví dụ 82. 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. B. P = −3 A. P = 3 C. P = 7 D. P = −7 . Phân tích. Cho đường tròn. Tìm z0 để tổng MA + MB đạt max (Đã giải ở VD 75). Lời giải 2 . Thế z vào T ta có Đặt z + 2 + 3i = x + yi ⇒ z = x − 2 + ( y − 3) i và ta có: x 2 + y 2 = T = x + ( y − 8 ) i + x − 8 + yi = x 2 + ( y − 8 ) + 2 ( x − 8) 2 + y2 66 − 16 y + 66 − 16 x ≤ 2 (132 − 16 x − 16 y ) ≤ 2 (132 + 32 ) = 2 82 . Hay T = Dấu bằng có khi x = y = – 1, khi đó z = – 3 – 4i nên P = −7 . Chọn D. Ví dụ 83. Cho số phức z thỏa mãn z − 1 − 2i + z − 4 − 6i =9 . Giá trị lớn nhất của z − 10 − 14i là A. 17 . Phân tích. B. 20 . C. 15 . D. 12 . Cho M thuộc Elip và điểm A. Tìm max MA (Đã giải ở VD 73). Lời giải Đặt z − 10 − 14i =a + bi, ( a, b ∈  ) thì ta có a + 9 + ( b + 12 ) i + a + 8 + ( b + 6 ) i = 9 hay ta có ( a + 9) 2 + ( b + 12 ) + 2 ( a + 6) 2 + ( b + 8) = 9 và cần tìm max 2 a 2 + b2 = m. GV: Nguyễn Xuân Chung m 2 + 225 + 6 ( 3a + 4b ) + m 2 + 100 + 4 ( 3a + 4b ) (1). Viết lại: 9 = Ta có 3a + 4b ≤ 25 ( a 2 + b 2= ) 5m ⇒ −5m ≤ 3a + 4b ≤ 5m (2), do đó kết hợp (1) suy ra 9 ≥ m 2 + 225 − 30m + m 2 + 100 − 20m = m − 15 + m − 10 = 2m − 25, ( m > 15 ) ⇒ m ≤ 17 . Vậy max a 2 + b 2 =m =17 . Chọn A. Ví dụ 84. Cho z ∈  thỏa mãn 2 z + 1 − 3i = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của P = z − 1 + 3 z + 1 − 2i ? B. 4 3 A. 4 2 D. 4 . C. 2 2 Phân tích. Cho đường tròn. Tìm max của MA + 3MB. Lưu ý là các hệ số khác nhau, số lẻ không đẹp. Lời giải. 2 . Khi đó Đặt 2 z + 1 − 3i = x + yi ⇒ 2 z = x − 1 + ( y + 3) i và ta có: x 2 + y 2 = 2 P = 2 z − 2 + 3 2z + 2 − 4i = x − 3 + ( y + 3) i + 3 x + 1 + ( y − 1) i 2P = ( x − 3) + ( y + 3) 2P = 20 − 6 ( x − y ) + 3 12 + 6 ( x − y ) ≤ 2 2 ( x + 1) + ( y − 1) 2 +3 2 20 − 6 ( x − y ) + 3 4 + 2 ( x − y ) = (1 + 3)( 20 + 12 ) = 8 2 ⇒ Pmax = 4 2 . Chọn A. Ví dụ 85. [THPT Lê Hồng Phong] Cho số phức z và w thỏa mãn z + w =3 + 4i và z − w = 9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T= z + w . B. 14 . A. 176 . C. 4 . D. 106 . Phân tích. Hình thức thay đổi nhưng vẫn quy về đường tròn. Tìm max của MA + MB. Lời giải Cách 1. Thế w =3 + 4i − z vào giả thiết thứ hai ta có: 2 z − 3 − 4i =. 9 Hơn nữa viết lại 2T= 2 z + 2 z − 6 − 8i . Đặt 2 z − 3 − 4i = a + bi, ( a, b ∈  ) thì ta có: a 2  b 2  81 (1). Khi đó 2T = a + 3 + ( b + 4 ) i + a − 3 + ( b − 4 ) i hay viết thành 2T = ( a + 3) + ( b + 4 ) 2 2 + ( a − 3) + ( b − 4 ) 2 2 ≤ (1 + 1) ( 2a 2 + 18 + 2b 2 + 32 ) = 2 106 . Dấu bằng có khi 6a + 8b = 0 và dễ thấy đường thẳng này cắt đường tròn (1). Vậy chọn D. GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2. 2 Đặt = z m= , w n thì theo quy tắc hình bình hành ta có m 2 + n= ( 1 2 2 z+w + z−w 2 ) (1 + 1) ( m2 + n2 ) =106 . 53 không đổi và suy ra: m + n ≤ hay ta có m 2 + n 2 = Lời bình. Cách 1 giải với khá nhiều bài toán mà ta đã giải. Cách 2 theo quy tắc hình bình hành tuy ngắn gọn nhưng với hệ số là 1:1. Lý do là giả thiết thay đổi nên ta linh hoạt hơn trong giải toán, nhưng với hệ số khác thì không áp dụng được. Chẳng hạn ta xét bài toán sau 8 6i và z − w = Ví dụ 86. Cho số phức z và w thoả mãn z + 2 w =+ 4. Giá trị lớn nhất của biểu thức z + w bằng A. 4 6 B. 2 26 C. 66 D. 3 6 . Phân tích. So với bài 79, ở đây có khác là giả thiết thêm vào z + 2w (không kể hằng số). Tuy nhiên ta giải theo tính chất của môđun xem thế nào. Lời giải: 2 m z= , n w ,= p z.w + z.w . Sử dụng tính chất z = z.z ta có: Đặt = ) ( z + 2 w =( z + 2 w ) . z + 2 w =m 2 + 2 p + 4n 2 (1) 2 ( ) Và 2 z − w = 2 ( z + w ) . z − w = 2m 2 − 2 p + 2n 2 (2). 2 Cộng các vế của (1) và (2) , kết hợp giả thiết suy ra: ( 82 + 62 ) + 2.42 = 3m 2 + 6n 2 . Suy ra m 2 + 2n 2 = 44 do đó m + n= 1.m + 1  1 . 2n ≤  1 +  ( m 2 + 2n 2 ) = 2  2 3 .44 = 2 66 . Chọn C. Cách 2. Không nhất định ta phải dùng môđun, trở về phép thế như bài 79 xem sao? 8 8 Biến đổi 2 z − 2 w = 8 ⇒ 2 z − ( 8 + 6i − z ) = 8 ⇒ 3 z − 8 − 6i = 8 ⇒ z − − 2i = . 3 3 8 64 Xét 2T= 2 z + 2 w= 2 z + z − 8 − 6i . Đặt z − − 2i = a + bi ⇒ a 2 + b 2 = và 3 9 8 16 2T = 2 a + + ( b + 2 ) i + a − + ( b − 4 ) i (như thế ta có dạng 2MA + MB). Hay ta có 3 3 2 2 8 164 16a 464 32a 2 2   16  2T= 2  a +  + ( b + 2 ) +  a −  + ( b − 4 )= 2 + + 4b + − − 8b . 3 3 9 3 9 3   GV: Nguyễn Xuân Chung ( Suy ra 2T ≤ ) 2  328 464  2 + 12  + = 9   9 3 × 88 ⇒ T ≤ 66 . Chọn C. Ví dụ 87. [SGD Phú Thọ] Cho tập hợp các số phức z thỏa mãn iz − 2 − i = 3 . Giá trị lớn nhất của biểu thức 2 z − 4 − i + z + 5 + 8i bằng A. 3 15 . Phân tích. D. 18 5 . C. 9 5 . B. 15 3 . Cho M thuộc đường tròn. Tìm max của 2MA + MB. Lời giải Trước hết biến đổi iz − 2 − i = 3 ⇔ z − 1 + 2i = 3 và đặt z − 1 + 2i = a + bi thì ta có: 9 (1). Ngoài ra z = a + 1 + bi − 2i , thế z vào T ta được: a 2 + b2 = T = 2 a − 3 + ( b − 3) i + a + 6 + ( b + 6 ) i hay viết lại T= 2 27 − 6 ( a + b ) + 81 + 12 ( a + b= ) T≤ 2 54 − 12 ( a + b ) + 81 + 12 ( a + b ) 9 5 . Chọn C. ( 2 + 1)( 54 + 81) = Ví dụ 88. Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn iz + 1 + 2i =3 và biểu thức T = 2 z + 5 + 2i + 3 z − 3i đạt giá trị lớn nhất. Gọi M là giá trị lớn nhất của T . Giá trị tích của M .n là B. 6 13 . A. 10 21 . D. 2 13 . C. 5 21 . Phân tích. Cho M thuộc đường tròn. Tìm max của 2MA + 3MB. Đạt cực trị tại bao nhiêu điểm? Lời giải 9 (1). Biến đổi iz + 1 + 2i = 3 ⇔ z + 2 − i = 3 và đặt z + 2 − i = a + bi thì ta có: a 2 + b 2 = Ngoài ra z = a − 2 + bi + i , thế z vào T ta được: T = 2 a + 3 + ( b + 3) i + 3 a − 2 + ( b − 2 ) i hay viết lại T= 2 ( a + 3) + ( b + 3) 2 2 +3 T= 2 27 + 6 ( a + b ) + 3 17 − 4 ( a + b= ) Suy ra T ≤ ( 2 + 3)( 54 + 51)= ( a − 2) + (b − 2) 2 2 2 54 + 12 ( a + b ) + 3 51 − 12 ( a + b ) 5 21 ⇒ M= 5 21 . Dấu bằng xảy ra khi 3 ( 54 + 12a + 12b ) =2 ( 51 − 12a − 12b ) ⇔ a + b =−1 mà dễ thấy đường thẳng này cắt đường tròn (1) tại hai điểm phân biệt nên n = 2. Vậy Mn = 10 21 . Chọn A. GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 89. (Đặng Việt Hùng) Cho 3 số phức z, z1 , z 2 thỏa mãn z − 1 + 2i = z + 3 − 4i , z1 + 5 − 2i = 2, z 2 − 1 − 6i = 2. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = z − z1 + z − z 2 + 4 2 3770 13 Phân tích. A. B. 10361 13 3770 13 C. D. 10361 26 Cho điểm M thuộc đường thẳng và P, Q thuộc 2 đường tròn. Tìm max của MP + MQ. Lời giải 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 lần   lượt trên hai đường tròn tâm I và K cùng bán kính R = 2 . Nhân xét AB = ( −4;6 ) , IK = ( 6; 4 )   Nghĩa là AB ⊥ IK nên hai đường thẳng IK / / ∆ , hơn nữa d ( I , ∆ ) > R, IK > 2 R . I H K Q P M 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 2 2 2 3770 1  = 2MK . Vậy Tmin= 2 MK= 2  IK  +  d ( I , ∆ )  = . Chọn A. 13 2  Lời bình. Bài này ý tưởng lấy từ bài THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh trong hình học tọa độ Oxyz khi thay hai mặt cầu bởi hai đường tròn. Ví dụ 90. (SGD Nghệ An – THPT Liên trường) 0 ( z1 có phần Cho số phức z và gọi z1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 8i = thực dương). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − z1 + z2 − z + z + 2 z1 + z2 được viết dưới 2 dạng m n + p q (trong đó n, p ∈ N ; m, q là các số nguyên tố). Tổng m + n + p + q bằng A. 10 Phân tích. B. 13 C. 11 D. 12 Cho 2 điểm (cần phải giải), suy ra điểm thứ 3, M tùy ý. Tìm min của MA + MB + MC. Lời giải z Giải các nghiệm z1 =2 − 2i, z2 =−2 + 2i ⇒ 2 z1 + 2 =3 − 3i 2 Viết lại P = z − 2 + 2i + z + 2 − 2i + z + 3 + 3i . Xét: M ( z ) , A ( 2; −2 ) , B ( −2; 2 ) , C ( −3; −3) GV: Nguyễn Xuân Chung thì P = MA + MB + MC . Dễ thấy tam giác ABC cân tại C, và do tính đối xứng của A, B nên điểm M thuộc đoạn OC. Phương trình B đường thẳng OC là x = t , y = t ⇒ M ( t ; t ) , t ∈ [ −3;0] . Ta có (t − 2) + (t + 2) 2 P= 2 = P 2 2 P ‘ ( t ) =0 ⇒ t =− 2 -2 -2  2t  2 + 1 2  t +4  ) ( O -3 + 2 ( t + 3) hay = 2 2 t2 + 4 + t + 3 , P ‘(t ) 2 A -3 C 2 , suy ra P = 2 6 + 3 2 và m + n + p + q = 2 + 6 + 3 + 2 = 13 . Chọn B. min 3 Ví dụ 91. (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ – Hòa Bình) Cho số phức z thỏa mãn 4 z + i + 3 z − i = 10 . Giá trị nhỏ nhất của z bằng: A. 1 . 2 B. 5 . 7 C. 3 . 2 D. 1 . Phân tích. Ta có thể hình dung như là 4MA + 3MB = 10 không đổi, kiểu như “lai tạo” của đường tròn và Elip nên không biết là đường cong gì, cũng may là chỉ hỏi độ dài OM. Bây giờ ta cũng lấy đường cong “thiên biến” để ứng “vạn biến” thử xem sao. Lời giải Dễ thấy z = 0 không thỏa mãn, và giả sử z= m > 0 thì đặt z = m ( cos t + i sin t ) , t ∈ [ 0; 2π ] 10 Khi đó ta có 4 m 2 cos 2 t + (1 + m sin t ) + 3 m 2 cos 2 t + (1 − m sin t ) = 2 2 ⇔= 10 4 m 2 + 1 + 2m sin t + 3 m 2 + 1 − 2m sin t ≤ (4 2 + 32 )( 2m 2 + 2 ) ⇒ 2m 2 + 2 ≥ 4 ⇒ m ≥ 1 ⇒ z min = m = 1 . Dấu bằng có khi: 9 ( 2 + 2sin t ) = 16 ( 2 − 2sin t ) ⇒ sin t = 7 (thỏa mãn thuộc [ −1;1] ). 25 Thật may mắn là phép ứng biến thành công. Vậy z min = 1 tô khoanh tròn D!. 5. Các bài luyện tập Câu 1. (BGD – Đề thi chính thức THPTQG 2019 M102 C44) Xét các số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn các số phức w = A. 2 3 . 3 + iz là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z B. 12 . C. 20 . D. 2 5 . GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 2. (SGD Hưng Yên ) Cho các số phức z thỏa mãn z = 5 . Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w =+ (1 2i ) z + i trên mặt phẳng tọa độ là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. B. 10 . 5. D. 5 5 . C. 5 . Câu 3. (BGD -Đề thi chính thức THPTQG 2019 M104 C31) Cho số phức z thỏa (2 − i ) z + 3 + 16i= 2( z + i ) . Môđun của z bằng B. 13 . 5. A. C. 13 . D. 5 . Câu 4. Xét các số phức z thỏa mãn z  2i  1  4 . Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w  12  5i  z  3i là một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó bằng 52 . A. B. 3 13 . D. 12 5 . C. 52 . Câu 5. Cho hai số phức z , z ′ thỏa mãn z + 5 = 5 và z ′ + 1 − 3i = z ′ − 3 − 6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z − z′ . A. 5 . 2 B. 5 . 4 C. 10 . D. 3 10 . Câu 6. [THPT Nguyễn Trãi – Hải Dương] Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn các điều kiện z= 4 . Giá trị của z= 2 và z1 + 2 z2 = 1 2 2z1 − z2 bằng: A. 2 6 B. 6 C. 3 6 D. 8. 2 Câu 7. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  z 10  z  và z 1  i  z  1  i ? A. 0 C. 1 . B. 3 . Câu 8. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn 2 z1  2 3, D. 2 . z2  3 2. Tính giá trị biểu thức 2 P  z1  z2  z1  z2 . A. P  20 3. B. P  30 2. C. P  50. D. P  60. Câu 9. [SGD Lào Cai ] Cho z1 , z2 là hai số phức liên hợp của nhau, đồng thời thỏa mãn z1 2 3. ∈ R và z1 − z2 = z2 2 Tính mô đun của số phức z1. A. z1 = 3 B. z1 = 5 2 C. z1 = 2 D. z1 = 5 GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 10. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để có đúng hai số phức z thỏa mãn z − ( 2m − 1) − i = 10 và z − 1 + i = z − 2 + 3i . A. 40 . B. 41 . C. 165 . D. 164 . Câu 11. (THPT Chuyên Hà Tĩnh) Cho số phức z= a + bi ( a, b ∈ , a > 0 ) thỏa mãn z − 1 + 2i =5 và z.z = 10 . Tính P= a − b . A. P = 4 . B. P = −4 . C. P = −2 . D. P = 2 . Câu 12. Cho z1 , z2 là các số phức thỏa mãn z= z= 1 và z1 − 2 z2 = 6 . Tính giá trị của biểu 1 2 thức = P 2 z1 + z2 . A. P = 2 . B. P = 3 . D. P = 1 . C. P = 3 . Câu 13. (SGD Ninh Bình)  5 Tính tổng phần thực của tất cả các số phức z ≠ 0 thỏa mãn  z +  i = 7 − z.  z   A. −2 B. −3 C. 3 Câu 14. Tính tổng của hai số phức z thỏa mãn điều kiện A. -4+i B. 2i D. 2 z − 3i là số thuần ảo và z = 5 z +i C. 8+2i D. 4-2i. Câu 15. Biết có hai số phức z đồng thời thỏa mãn 2 z − 3 = z + 1 + i và ( z − i )( z + 1 + 2i ) là số thực. Tích của hai số đó là: 8 1 8 1 A. − i B. + i 3 3 3 3 8 1 C. − − i 3 3 8 1 D. − + i . 3 3 Câu 16. (TT Diệu Hiền – Cần Thơ) Xét số phức z thỏa mãn z − 2 − 2i =. 2 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − 1 − i + z − 5 − 2i bằng A. 1 + 10 . B. 4 . C. 17 D. 5 . 2 2 Câu 17. Cho số phức z thoả mãn z − 3 − 4i = 5 và biểu thức P = z + 2 − z − i đạt giá trị lớn nhất. Môđun của số phức z bằng A. 10 . B. 5 2 . C. 13 . D. 10 . Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 + z + 3 1 − z . A. 3 15 B. 6 5 C. 2 10 D. 4 5. GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 19. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai] Cho số phức z thỏa z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của P = z 2 + z + z 2 − z . A. 14 . 5 C. 2 2 . B. 4. D. 2 3 . 2 2 . Tính = Câu 20. Xét các số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z + 2 − 3i = P 2a + b khi z + 1 + 6i + z − 7 − 2i đạt giá trị lớn nhất. A. P = 3 . B. P = −3 . C. P = 1 . D. P = 7 . Câu 21. [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] Gọi S là tập hợp các số phức thỏa mãn z − 3 + z + 3 = 10. Gọi z1, z2 là hai số phức thuộc S có mô đun nhỏ nhất. Giá trị biểu thức P= z12 + z22 là: A. 16. B. 32. C. -32. D. -16. Câu 22. (SGD Ninh Bình): Cho số phức z thỏa mãn z + 1 =3. Tìm giá trị lớn nhất của T = z + 4 − i + z − 2 + i . A. 2 46. B. 2 13. C. 2 26. D. 2 23. Câu 23. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai] Cho số phức z thỏa z − 1 − 2i = z − 3 − i . Khi đó z nhỏ nhất bằng A. 1. 3 . 2 B. C. 5 2 D. 2. Câu 24. (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 1 − i =2 và z2 = iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức z1 − z2 ? m A. = 2 −1 . B. m = 2 2 . C. m = 2 . m 2 2 −2. D.= Câu 25. Cho số phức z thỏa z − 1 − i + z − 3 − 2i = 5 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính tổng M + m A. 2 + 13 B. 2 − 13 C. 5 + 13 D. 2+ 3 Câu 26. Cho hai số phức u , v thỏa mãn 3 u − 6i + 3 u − 1 − 3i =5 10 , v − 1 + 2i = v + i . Giá trị nhỏ nhất của u − v là: A. 10 . 3 B. 2 10 . 3 C. 10 . D. 5 10 . 3 GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 27. Cho số phức z thỏa mãn 4 z + i + 3 z − i = 10 . Giá trị nhỏ nhất của z bằng A. 1 . 2 B. 5 . 7 C. 3 . 2 D. 1 . Câu 28. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i + z + 2 + 3i = 4 5 . Giá trị lớn nhất của z là A. 13 + 5 . B. 3 + 13 . D. 4 + 5 . C. 7 . Câu 29. [THPT Thăng Long – Hà Nội] Cho số thực a thay đổi và số phức z thỏa mãn z a2 + 1 = i−a . Trên mặt phẳng tọa độ, 1 − a ( a − 2i ) gọi I(−3; 4) và M là điểm biểu diễn số phức z. Khi a thay đổi thì MI đạt nhỏ nhất là: A. 4 B. 3 C. 5 Câu 30. (THPT Chuyên Đại học Vinh) D. 6. ( ) Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn ( z − 6 ) 8 + zi là số thực. Biết rằng z1 − z2 = 4 . Giá trị trị nhỏ nhất của z1 + 3 z2 bằng: A. 5 − 21 B. 20 − 4 21 C. 20 − 4 22 D. 5 − 22 Câu 31. Xét các số phức z= a + bi , ( a, b ∈  ) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z = z + 4 − 3i và z + 1 − i + z − 2 + 3i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị P= a + 2b là: A. P = − 252 50 B. P = − 41 . 5 C. P = − 61 . 10 D. P = − 18 . 5 Câu 32. Gọi z= a + bi là số phức thỏa mãn z − 1 − i =5 và z − 7 − 9i + 2 z − 8i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của 2a + 3b bằng A. 14. B. -17. C. 20. Câu 33. [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] z Cho các số phức z và w thỏa mãn (3 − i )= A. 2 2 B. 3 2 2 D. -12. z + 1 − i. Tìm GTLN của T= w + i . w −1 C. 2 D. 1 2 Câu 34. (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3i + 5 = 2 và iz2 − 1 + 2i =4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức= T 2iz1 + 3 z2 . A. 313 + 16 . B. 313 . C. 313 + 8 . D. 313 + 2 5 . Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 2 + i = 4 2 . Tìm giá trị lớn nhất của iz + 7 ? A. 16 . B. 10 . C. 8 + 2 2 . D. 8 + 2 . GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 2 = z + 2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z − 1 − 2i + z − 3 − 4i + z − 5 − 6i được viết dưới dạng a + b 17 với a , b là các số hữu 2 tỉ. Giá trị của a + b là C. 2 . B. 7 . A. 3 . D. 4 . Câu 37. [SGD Lào Cai ] Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 2 z − 3 − 4i = 5 và biểu thức 2 M = z + 2 − z − i đạt giá trị lớn nhất. Tính mô đun của số phức z + i. B. 5 2 A. 61 C. 3 5 D. 2 41 . Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + 1 − 3i =3 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z + 2 + i + 6 z − 2 − 3i bằng ( A. 5 6 . ) B. 15 1 + 6 . C. 6 5 . D. 10 + 3 15 . Câu 39. [THPT Chuyên Quang Trung] 2 Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m để tồn tại 4 số phức z thỏa mãn z + z + z − z = và z(z + 2) − (z + z) − m là số thuần ảo. Tổng các phần tử của S là: A. 2+1 2+1 2 B. C. 2 −1 2 D. 1 . 2 Câu 40. Cho số phức z1 thỏa mãn z1 − 5 + 3i = z1 − 1 − 3i và z2 thỏa mãn z2 − 4 − 3i = z2 − 2 + 3i . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = z1 − z2 + z1 − 6 + i + z2 − 6 − i . A. PHỤ LỤC: 18 . 13 16 . C. 2 10 . D. 6 . 13 >>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>> B. Chứng minh công thức tính nhanh khoảng cách từ 1 điểm đến đường trung trực của đoạn thẳng dạng số phức. Bài toán. Cho z ∈  thỏa mãn z − A = z − B . Tìm min z − C . 2 C−A − C−B Kết quả: min z − C = 2 A− B 2 . Hướng dẫn chứng minh. Để dễ nắm bắt, ta chuyển bài toán về hình học tọa độ Oxy, sau đó chuyển lại về dạng số phức. Gọi M(x; y), A(a; b), B(c; d), C(m; n) là các điểm biểu diễn các số phức tương ứng z, A, B, C. GV: Nguyễn Xuân Chung + Phương trình trung trực của BA là:   OA2 − OB 2 OA2 − OB 2 BA.OM − = 0 ⇔ ( a − c ) x + (b − d ) y − = 0. 2 2 + Khi tính khoảng cách từ C đến d thì OA2 − OB 2 ( a − c ) m + (b − d ) n − 2 ( a − c ) + (b − d ) 2 2      BA OC − OA + OC − OB = 2 z1 − z2 ( ) =      2 BA.OC − BA. OA + OB ( 2 ( a − c ) + (b − d ) 2 ) 2 ( z3 − z2 ) − ( z3 − z1 )  ( z3 − z2 ) + ( z3 − z1 )  2 z1 − z2 2 C−A − C−B Tức là ta có min z − C = 2 A− B 2 . Điều phải chứng minh. GV: Nguyễn Xuân Chung
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top