(SKKN 2022) một số ứng dụng của đường tròn vào bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức số phức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐƯỜNG TRỊN VÀO BÀI TỐN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC SỐ PHỨC Người thực hiện: Nguyễn Lan Phương Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn học THANH HỐ, NĂM 2022 MỤC LỤC 111Equation Chapter Section Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài Trong hai năm gần đây, đề thi THPT QG xuất nhiều dạng tốn khó Một dạng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức số phức Những câu hỏi dạng thường câu vận dụng vận dụng cao Để giúp thầy cô giáo bạn học sinh có thêm kỹ giải vấn đề trên, chọn đề tài " Một số ứng dụng đường trịn vào tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức số phức " làm đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm 1.2 Mục đích nghiên cứu đề tài - Xây dựng chuyên đề ôn thi đại học thiết thực có hiệu - Góp phần nâng cao kỹ giải toán liên quan đến hàm số mũ, logarit cho giáo viên học sinh - Góp phần gây hứng thú học tập mơn Tốn cho học sinh, giúp em thấy đa dạng lời giải toán 1.3 Nhiệm vụ phạm vi nghiên cứu : Nhiệm vụ : - Hệ thống lại kiến thức hàm số mũ, hàm số logarit, giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Phạm vi nghiên cứu : - Đối tượng: Học sinh lớp 12 - Tài liệu : Sách giáo khoa Hình học 10 nâng cao – bản, Sách tập, Sách giáo viên đề thi đại học, học sinh giỏi môn Toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu : 1.4.1 Nghiên cứu tài liệu : - Đọc tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục, đề thi - Đọc SGK, sách giáo viên, loại sách tham khảo 1.4.2 Nghiên cứu thực tế : - Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp - Tổng kết rút kinh nghiệm trình dạy học - Tổ chức tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án thông qua tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi đề tài Nội dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1 Vị trí mơn Tốn nhà trường : Mơn Tốn mơn học khác cung cấp tri thức khoa học, nhận thức giới xung quanh nhằm phát triển lực nhận thức, hoạt động tư bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp người Mơn Tốn có tầm quan trọng to lớn Nó mơn khoa học nghiên cứu có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên người 2.1.2 Đặc điểm tâm sinh lý học sinh THPT 4 - Học sinh THPT nghe giảng dễ hiểu quên em không tập trung cao độ Vì người giáo viên phải tạo hứng thú học tập phải thường xuyên luyện tập - Hiếu động, ham hiểu biết mới, thích tự tìm tịi, sáng tạo nên dạy học giáo viên phải chắt lọc đơn vị kiến thức để củng cố khắc sâu cho học sinh 2.1.3 Nhu cầu đổi phương pháp dạy học : Học sinh THPT có trí thơng minh, nhạy bén, sắc sảo, có óc tưởng tượng phong phú Đó tiền đề tốt cho việc phát triển tư tốn học dễ bị phân tán, rối trí bị áp đặt, căng thẳng, q tải Chính nội dung chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật truyền đạt người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi điều khơng thể xem nhẹ Muốn học có hiệu địi hỏi người giáo viên phải đổi phương pháp dạy học tức kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng tập trung vào học sinh, sở hoạt động em Muốn em học trước hết giáo viên phải nắm nội dung lựa chọn, vận dụng phương pháp cho phù hợp Hiển nhiên, người giáo viên muốn dạy giỏi phải trải qua q trình tự rèn luyện, phấn đấu khơng ngừng có Tuy nhiên, việc đúc kết kinh nghiệm thân người qua tiết dạy, vừa giúp cho có kinh nghiệm vững vàng hơn, vừa giúp cho hệ giáo viên sau có sở để học tập, nâng cao tay nghề, góp phần vào nghiệp giáo dục nước nhà 2.2 Thực trạng vấn đề : Hiện phần số phức phần khó tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức số phức lại khó khơng học sinh mà giáo viên Vì việc rèn luyện cho học sinh có kỹ biến đổi, biết quy lạ quen, biết vận dụng linh hoạt mảng kiến thức cần thiết 2.3 Nội dung lý thuyết : 2 + Phương trình đường trịn có tâm I(a,b), bán kính R là: ( x − a) + ( y − b) = R Dạng 1: Khoảng cách hai điểm nằm hai đường trịn : 2.3.1 Hai đường trịn nằm ngồi nhau: Bài tốn: Tìm A ∈ (C1 ); B ∈ (C2 ) cho ABmin ; ABmax + ABmax = I1I + R1 + R2 + ABmin = I1 I − R1 − R2 2.3.2 Hai đường trịn nằm nhau: Bài tốn: Tìm M ∈ (C1 ); M ∈ (C2 ) cho M 1M 2min ; M 1M 2max + + M 1M 2max = OI + R1 + R2 M 1M 2min = R1 − R2 − OI Dạng 2: Khoảng cách điểm nằm đường thẳng điểm nằm đường trịn MN ; MN max Bài tốn: Tìm điểm M ∈ (d ); N ∈ (C ) cho ( đường thẳng d đường trịn (C) khơng có điểm chung) + MN = d (O; d ) − R + MN max = d (O; d ) + R Dạng 3: Khoảng cách điểm không nằm đường tròn điểm nằm đường tròn Bài tốn: Cho điểm N ∉ (C ) , tìm điểm M ∈ (C ) MN ; MN max cho ((C) đường trịn tâm I, bán kính R) MN = IN − R + + MN max = NI + R CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG Dạng 1: Khoảng cách hai điểm nằm hai đường tròn : iz − + 2i = z − 3i + = Bài 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức A 313 + 16 B 313 T = 2iz1 + 3z 313 + C D 313 + Lời giải z − 3i + = ⇔ 2iz1 + + 10i = ( 1) Ta có ; iz2 − + 2i = ⇔ ( −3z2 ) − − 3i = 12 ( ) 2iz Gọi A điểm biểu diễn số phức , B điểm biểu diễn số phức −3z2 Từ ( 1) ( ) suy điểm A nằm đường tròn tâm I1 ( −6; −10 ) bán kính R1 = điểm B nằm đường tròn tâm I ( 6;3) bán kính R2 = 12 T = 2iz1 + 3z = AB ≤ I1 I + R1 + R2 = 12 + 132 + + 12 = 313 + 16 Ta có Vậy max T = 313 + 16 Chọn đáp án A Bài 2: Cho số phức z1, z2 thỏa mãn z − z2 A Gọi z1 = 12 z2 − − 4i = Giá trị nhỏ là: z1 = x1 + y1i M ( x2 ; y2 ) C B D 17 Lời giải M x ;y z2 = x2 + y2i , x1, y1, x2, y2,∈ R ; đồng thời ( 1 ) điểm biểu diễn số phức z1 , z2 2   x1 + y1 = 144  2 x2 − 3) + ( y2 − ) = 25 (   Theo giả thiết, ta có: O 0;0 C Do M thuộc đường trịn ( ) có tâm ( ) bán kính R1 = 12 , M thuộc I 3; C đường tròn ( ) có tâm ( ) bán kính R2 = O ∈ ( C2 )  OI = < = R1 − R2 C C Mặt khác, ta có  nên ( ) chứa ( ) Khi z1 − z2 = M 1M ⇒ z1 − z2 ⇔ ( M1M ) M 1M = R1 − R2 − OI = R1 − R2 = Chọn đáp án B Bài 3: Giả sử z1 , z2 hai số phức thỏa mãn z1 − z2 = , giá trị nhỏ A 20 − 21 B 20 − 22 Lời giải z1 + 3z ( z − ) ( + zi ) số thực Biết C − 22 D − 21 Giả sử z = x + yi , x, y ∈ ¡ Gọi A, B điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 Suy AB = z1 − z2 = ( z − ) + zi = ( x − ) + yi  ( − y ) − xi  ( ) * Ta có = ( x + y − 48 ) − ( x + y − x − y ) i Theo giả thiết ( z − ) ( + zi ) số thực nên 2 C ta suy x + y − x − y = Tức điểm A, B thuộc đường tròn ( ) tâm I ( 3; ) , bán kính R = uuur uuur r uuu r uuu r uuuu r MA + MB = ⇔ OA + OB = OM * Xét điểm M thuộc đoạn AB thỏa Gọi H trung điểm AB Ta có HA = HB = AB =2 MA = AB = ⇒ HM = MA − HA = 2 2 Từ HI = R − HB = 21 , IM = HI + HM = 22 , suy điểm M thuộc I 3; ) C′ đường trịn ( ) tâm ( , bán kính r = 22 uuu r uuu r uuuu r z1 + 3z2 = OA + 3OB = 4OM = 4OM z + 3z2 * Ta có , nhỏ OM nhỏ = OM = R − r = − 22 OM + Ta có : O ∈ (C ); M ∈ (C ') nên z + 3z2 = 4OM = 20 − 22 Vậy Chọn đáp án B z +1+ i = z − − 3i = Bài 4: Cho số phức z1 z2 thỏa mãn Tìm P = z1 − z2 giá trị nhỏ biểu thức A B C D Lời giải Giả sử M, N điểm biểu diễn số phức z1 + + i = ⇒ M ∈ ( I ;1) , I ( −1; −1) z2 − − 3i = ⇒ N ∈ ( J ; ) , J ( 2;3) z1 z2 P = z1 − z2 = MN Ta thấy hai đường tròn (I) (J) nằm ngồi Do M '' N '' ≤ MN ≤ M ' N ' P = z1 − z2 = MN đạt giá trị nhỏ M ≡ M '', N ≡ N '' Pmin = IJ − R − r = Chọn đáp án A z − =1 iz − = Bài 5: Xét số phức z1 , z2 thỏa mãn Giá trị lớn z + z − 6i A 2 − z3 = −2 z2 , Đặt Và B − suy C + Lời giải D + P = z1 + z2 − 6i = z1 − (−2 z2 ) − 6i = z1 − z3 − 6i 1 iz2 − = ⇔ − iz3 − = ⇔ − iz3 − 2i = 2i z2 = − z3 2 vào ⇔ z3 − 4i = A, B hai điểm biểu diễn cho hai số phức z3 , z1 Gọi gz3 − 4i = ⇒ A thuộc đường tròn tâm I (0; 4), R3 = gz1 − = ⇒ B thuộc đường tròn tâm J (4;0), R1 = ⇒ P = z1 − z3 − 6i ≤ z1 − z3 + −6i = AB + ≤ IJ + R1 + R3 + = + + + = + Vậy Pmax = + Chọn đáp án C z + − 4i = 2, z2 − − 6i = Bài : Cho số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn P = z3 − z1 + z3 − z2 z3 − = z3 − + i Tìm giá trị nhỏ biểu thức 14 14 +2 +2 A B 29 − C D 85 − 10 Đặt z1 = x1 + y1i ( x1, y1 ∈ ¡ Lời giải ) z1 + − 4i = ⇔ ( x1 + 1) + ( y1 − ) = 2 z Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức đường tròn ( C1 ) : ( x + 1) + ( y − ) = có tâm I1 ( −1; ) , bán kính R1 = ( x , y ∈¡ ) Đặt z2 = x2 + y2i 2 z2 − − 6i = ⇔ ( x2 − ) + ( y2 − ) = 2 z Vậy tập hợp điểm N biểu diễn số phức đường tròn ( C2 ) : ( x − ) + ( y − ) = có tâm I ( 4; ) , bán kính R2 = z = x3 + y3i ( x3 , y3 ∈ ¡ ) Đặt z3 − = z3 − + i ⇔ x3 − y3 − = Vậy tập hợp điểm A biểu diễn số phức z3 đường thẳng d : x − y − = P = z3 − z1 + z3 − z2 = AM + AN Khi đó: 14 d ( I1 , d ) = > R1 ; d ( I , d ) = 2 > R2 I ,I Mặt khác, nằm phía d 11 ( C2′ ) đường tròn đối xứng với với ( C2 ) qua d , suy Gọi ( C2′ ) : ( x − 8) + ( y − ) = gọi N ′ điểm đối xứng với N qua d ( C2′ ) I ′ ( 8; ) R′ = có tâm , bán kính Ta có: AM + MI1 ≥ AI1 ⇒ AM ≥ AI1 − MI1 = AI1 − AN + NI = AN ′ + N ′I 2′ ≥ AI 2′ ⇒ AN ′ ≥ AI 2′ − N ′I 2′ = AI 2′ − ′ ′ ′ Suy P = AM + AN = AM + AN ≥ AI1 + AI − ≥ I1I − = 85 − Đẳng ′ thức xảy điểm I1 , A, I thẳng hàng Vậy P = 85 − Chọn đáp án D z −1− i = Bài 7: Cho số phức z thỏa mãn , số phức w thỏa mãn w − − 3i = z−w Tìm giá trị lớn A 13 − B 17 − C 17 + D 13 + Lời giải Gọi A ( x; y ) I1 ( 1;1) C biểu diễn số phức z = x + iy M thuộc đường trịn ( ) có tâm , bán kính R1 = B ( x′; y ′ ) C biểu diễn số phức w = x′ + iy′ N thuộc đường trịn ( ) có tâm z−w R =2 I ( 2; −3) , bán kính Giá trị nhỏ giá trị lớn AB đoạn uuur C I I = 1; −4 ) ⇒ I1 I = 17 > R1 + R2 ⇒ ( C1 ) Ta có ( ( ) ⇒ ABmax = I1 I + R1 + R2 = 17 + Chọn đáp án C Dạng : Khoảng cách điểm nằm đường thẳng điểm nằm đường tròn : Bài 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn nhỏ A 2 z1 − z2 z1 − i z +i = 1; = z1 + − 3i z2 − + i Giá trị B C − D 12 Lời giải Giả sử z1 = x1 + y1i với x1 ; y1 ∈ ¡ Khi đó: z1 − i = ⇔ z1 − i = z1 + − 3i ⇔ x1 + ( y1 − 1) i = ( x1 + ) + ( y1 − 3) i z1 + − 3i ⇔ x12 + ( y1 − 1) = ( x1 + ) + ( y1 − 3) ⇔ x1 − y1 + = Quỹ tích điểm M biểu diễn số phức z1 đường thẳng ∆ : x − y + = Giả sử z2 = x2 + y2i với x2 ; y2 ∈ ¡ Ta có: ⇒ z2 + i = ⇔ z2 + i = z2 − + i ⇔ x2 + ( y2 + 1) i = ( x2 − 1) + ( y2 + 1) i z2 − + i ⇔ x22 + ( y2 + 1) = 2 ⇒ Quỹ ( C) : x tích ( x2 − 1) N điểm + ( y2 + 1) ⇔ x22 + y22 − x2 + y2 + = biểu + y − 4x + y + = diễn số I ( 2; −1) có phức tâm z2 đường trịn bán kính R = 22 + ( −1) − = 2 d ( I; ∆) = Khoảng cách từ I đến ∆ là: đường trịn C khơng có điểm chung Ta có: z1 − z2 = MN ⇒ z1 − z2 − ( −1) + 12 + ( −1) =3 >R ⇒ đường thẳng ∆ nhỏ MN nhỏ Dễ thấy MN = − = 2 Chọn đáp án A z − + i = z + + 3i z − + 3i = Bài : Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn T = z1 − z Giá trị nhỏ biểu thức bao nhiêu? A B 15 C 10 Lời giải M ( z1 ) ,  M z ( )  Gọi  đó: z1 − + 3i = ⇔ MI = với I ( 1; −3) D 13 Suy M thuộc đường trịn tâm Ta có: I ( 1; −3) , bán kính R = z − + i = z + + 3i ⇔ z − + i = z + − 3i ⇔ NA = NB A ( 1; −1) đó: ( ) ; Suy N thuộc đường thẳng ∆ : x − 8y + 11 = đường trung trực AB T = z1 − z = MN ≥ M H Khi đó: với H hình chiếu vng góc I ∆ B −2;3 IH ∩ ( C ) = { M } (như hình vẽ) Ta có: M H = IH − IM = d ( I, ∆ ) − R = + 24 + 11 + 82 −4= ⇒T = 10 10 Chọn đáp án C z + = 5, z2 + − 3i = z2 − − 6i Bài 3: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn Giá trị nhỏ Do B A Gọi z1 − z2 D C z1 = x1 + y1i, z2 = x2 + y2i Lời giải , với x1 , y1 , x2 , y2 ∈ ¡ ( x1 + ) z1 + = ⇒ x1 + + y1i = ⇒ + y12 = ⇔ ( x1 + ) + y12 = 25 ⇒ Điểm M ( x1 ; y1 ) z biểu diễn số phức thuộc đường tròn (C ) : ( x + ) + y = 25 z + − 3i = z2 − − 6i ⇒ x2 + + ( y2 − ) i = x2 − + ( y2 − ) i Do ⇔ ( x2 + ) + ( y2 − ) = ( x2 − ) + ( y2 − ) ⇔ ( x2 + ) + ( y2 − 3) = ( x2 − ) + ( y2 − ) 2 2 ⇔ x2 + y2 − 27 = ⇒ Điểm M ( x2 ; y2 ) ⇒ biểu diễn số phức z2 thuộc đường thẳng d : x + y − 27 = z1 − z2 = x1 − x2 + ( y1 − y2 ) i = ( x1 − x2 ) uuuuuur + ( y1 − y2 ) = M M = M 1M 14 I −6; ) Đường tròn (C ) có tâm ( , bán kính R = Ta có ( −6 ) + 6.0 − 27 15 d ( I, d ) = = ⇒ d (C ) khơng có điểm chung 82 + Gọi H hình chiếu vng góc I d, A giao điểm đoạn IH (C ) AH = IH − R = d ( I , d ) − R = (hình vẽ) ⇒ Nhận xét: với điểm M1 ∈ ( C ) , M ∈ d M 1M ≥ AH z − z = M M 2 ⇒ đạt giá trị nhỏ (bằng AH M ≡ A, M ≡ H ) Chọn đáp án D Dạng : Khoảng cách điểm không nằm đường tròn điểm nằm đường tròn: ( z − − 3i ) z − + 3i = Bài 1: Cho z ∈ £ , thỏa mãn Giá trị lớn biểu z−2 thức A 13 B 10 C 10 − D 10 + ( ) Lời giải Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ( ) ) ( z − − 3i ) z − + 3i = ⇔ ( x + yi − − 3i ) ( x − yi − + 3i ) = ⇔ ( x − + ( y − 3) i )( x − − ( y − 3) i ) = ⇔ ( x − 3) + ( y − 3) = 2 Từ suy tập hợp điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z đường trịn tâm H (3;3) bán kính R = 15 Gọi N (2;0) ta có | z − |= MN từ hình vẽ ta thấy MN lớn MN = NH + R MN = 10 + Chọn đáp án D Bài 2: Cho z ∈ £ , thỏa mãn lớn biểu thức z−2 A 13 z + 2i ≤ z − 4i ( ) ( z − − 3i ) z − + 3i = Giá trị C 13 + B 10 D 10 + Lời giải Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) z + 2i ≤ z − 4i ⇔ ( y − ) ≤ ( y − ) ⇔ y ≤ ( ) ( z − − 3i ) z − + 3i = ⇔ ( x + yi − − 3i ) ( x − yi − + 3i ) = ⇔ ( x − + ( y − 3) i )( x − − ( y − 3) i) = ⇔ ( x − 3) + ( y − 3) = 2 Từ suy tập hợp điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z nửa đường tròn tâm H (3;3) bán kính R = 16 Gọi N (2;0) ta có | z − |= MN từ hình vẽ ta thấy MN lớn điểm M (4;3) MN = 13 Chọn đáp án A w+i = Bài 3: Cho số phức z, w thỏa mãn giá trị lớn biểu thức P = z − 2i + z − − 2i B 53 Lời giải A 5 5w = (2 + i )( z − 4) Tìm C 58 D 13 Ta có 5w = (2 + i )( z − 4) ⇔ 5w + 5i = 5i + (2 + i )( z − 4) ⇔ w + i = (2 + i ) z − + i 8−i + i ⇔ = z − ( − 2i ) ⇔ z − ( − 2i ) = I 3; −2 ) Khi tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm ( bán kính R = ⇔ w+i = 2+i z − Gọi ( A ( 0; ) M x; y ) B ( 6; ) E ( 3; ) điểm biểu diễn số phức z ; điểm biểu diễn số phức z1 = 2i ; điểm biểu diễn số phức z2 = + 2i trung điểm đoạn thẳng AB P = ( MA + MB ) ≤ ( MA2 + MB ) = ME + AB Ta có P = MA + MB ⇒ Khi P đạt giá trị lớn ME đạt giá trị lớn hay ME = R + IE Pmax = ( R + IE ) + AB = 58 Vậy xI − xE  x = M  ⇔ uuu r uuur uuu r uuur r yI − yE ⇔  xM =   y = MI = ME ⇔ MI − 3ME = M    yM = −5 17 Chọn đáp án C z = x + yi ( x, y ∈ ¡ , z1 = Bài : Xét số phức z1 = x − + ( y + 2)i ; Phần ảo số phức z2 có mơđun lớn  2 −  + ÷ ÷   B A −5 2− C D Lời giải z Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn cho số phức 2 z1 = ⇔ x − + ( y + 2)i = ⇔ ( x − ) + ( y + ) = 1( T ) Ta có: 2 I 2; −2 ) T Đường trịn ( ) có tâm ( , bán kính R = , có OI = (−2) + = 2 ⇒ tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 đường trịn ( C ) có tâm O, bán kính OM Bài u cầu: Tìm số phức z2 có: z2 = x + y lớn M ( x; y ) ∈ (C ) cho OM max Bài tốn trở thành: Tìm vị trí điểm ⇔ OM = OI + R = 2 +    xM =  +  ÷ xI uuuu r  uuuu r  uur   2 OM 2 +1 ⇒ OM = 1 + 2 ÷OI ⇒    = 1+ uur =  y = 1 +  y I 2 2 OI  M  2 ÷    2  ⇒ yM =  + − = − − = − + ( )  ÷ ÷  2 ÷  2   Chọn đáp án B Bài 6: Cho số phức z thay đổi thỏa mãn thức A = z − + 5i + z + − 7i A 20 Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ B 18 Lời giải ) Ta có: z + − i z +1− i = Giá trị nhỏ biểu a b Tính S = a + b ? C 24 D 17 = ⇔ ( x + 1) + ( y − 1) = ( C ) 2 ; 18 C Suy ra, tập hợp tất điểm biểu diễn số phức z đường trịn ( ) , có tâm I ( −1;1) bán kính R = Ta có: A = z − + 5i + z + − 7i = 2 + ( y + 5) + ( =2 ( x − 4) + ( y + 5) + =2 ( x − 4) + ( y + 5) + x + 8x + y − 20 y + 29 =2 ( x − 4) + ( y + ) + x + x + y − 10 y +  = 2   Gọi ( x − 4) ( x + 1) ( x − 4) ( x + 1) + ( y − 7) + ( y − ) + ( x + 1) + ( y − 1) − 2 2 ) 2 + ( y + 5) M ( x; y) ∈( C) 2 5  + ( x + 1) +  y − ÷ 2  29  ÷ ÷  ⇒ A = z − + 5i + z + − 7i = MA + MB, A ( 4; − ) ; B ( −1;7 ) 5  ⇒ A = MA + MB = ( MA + MC ) , C  −1; ÷ 2  uur   uur IC =  0; ÷ ⇒ IC = < R( C ) C  2 Ta có: Suy ra, điểm C nằm đường tròn ( ) C Vậy, đường thẳng AC cắt đường trịn ( ) hai điểm Do đó, để A = ( MA + MC ) đạt giá trị nhỏ M phải nằm A C ⇒ A = ( MA + MC ) ≥ AC , AC = 13 19 ⇒ A ≥ 13 = a b Vậy a + b = 18 Chọn đáp án B Bài 7: Cho số phức z thỏa mãn P = z − + z − + 2i A P = z =2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức B P = C P = D P = Lời giải M ( x; y ) z = ⇔ x2 + y = điểm biểu diễn cho số phức z , ta có P = z − + z − + 2i = MA + 2MB A 4;0 B 3; − ) Gọi ( ) , ( , Gọi Ta có MA = ( x − 4) + y = x + y − x + 16 = x + y − x + + ( x + y ) = x + y − 8x + = E ( 1;0 ) ( x − 1) + y = 2ME với C Thấy E nằm B nằm đường tròn ( ) : x + y = Ta P = MA + 2MB = ME + MB ≥ EB Dấu xảy E , 2 M , B thẳng hàng Vậy giá trị nhỏ P EB = + = Chọn đáp án C 2.4 Kết đạt Sau dạy xong cho học sinh lớp 12A2 làm kiểm tra để kiểm tra tính khả thi đề tài đối chiếu với kết kiểm tra trước học này, thu kết sau : Đề kiểm tra z + = 5, z + − 3i = z2 − − 6i Bài 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn Giá trị nhỏ z1 − z2 20 A C B D z +1+ i = z − − 3i = Bài 2: Cho số phức z1 z2 thỏa mãn Tìm P = z1 − z2 giá trị lớn nhất biểu thức A B C D Kết kiểm tra Trước học Tổng số Điểm Giỏi Điểm Khá học sinh (8-10) (6,5-dưới 8) 45 8(17,8%) 15(33,3%) Điểm TB (5- 6) 15(33,3%) Điểm Yếu (3,5- 5) 5(11,1%) Điểm Kém (