(SKKN 2022) ỨNG DỤNG mô ĐUN của số PHỨC và PHƯƠNG PHÁP HÌNH học tọa độ của ĐƯỜNG THẲNG và ĐƯỜNG TRÒN vào GIẢI một số bài TOÁN cực TRỊ số PHỨC

MỤC LỤC Nội dung Trang MỞ ĐẦU 1.1.Lý chọn đề tài 1.2.Mục đích nghiên cứu 1.3.Đối tượng nghiên cứu 1.4.Phương pháp nghiên cứu 2 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2.Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiên kinh nghiệm 2.3.Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4.Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, 18 với thân, đồng nghiệp nhà trường KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1.Kết luận 3.2.Kiến nghị Tài liệu tham khảo 19 20 21 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Một điều đặc biệt ba năm học vừa qua học sinh lớp 12 phải học tình trạng dịch bệnh covid kéo dài, điều kiện thời gian học trực tiếp bị gián đoạn, có lúc phải học tập online, tương tác học sinh với thầy bị hạn chế, chương trình tinh giảm, xốy vào vấn đề trọng điểm Việc học bồi dưỡng trường bị hạn chế, khả làm tập chuyên đề thi THPT quốc gia bị ảnh hưởng nhiều Vấn đề đặt thầy cô cần có phương pháp trọng tâm, trúng đích, dựa gợi ý, định hướng Bộ giáo dục đào tạo thông qua đề thi Minh họa, đề thi tham khảo Trong ma trận đề thi THPT Quốc Gia, chủ đề “ Cực trị số phức” có câu xuất đề, mức độ 8+ đến 9+, câu học sinh cần chinh phục để tăng điểm số thi Mặt khác, sách giáo khoa trình bày kiến thức hai học bản, ngắn gọn, học sinh khó định hướng làm bài, nội dung thường giải phương pháp hình học, phương pháp bất đẳng thức, phương pháp lượng giác,…trong đó, phương pháp Bất đẳng thức học sinh lớp đại trà e dè, sợ sệt, dám tiếp cận mức độ thơng hiểu, cịn phương pháp hình học dễ hiểu tiếp cận hơn, em chưa để ý chưa biết cách kết nối liên mơn phân mơn Hình học Đại số Chính vậy, tơi chọn biện pháp “ Ứng dụng mô đun số phức phương pháp hình học tọa độ đường thẳng đường trịn vào giải số tốn cực trị số phức ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Bài tốn cực trị số phức dạng tốn có cấu trúc ma trận đề thi THPT Quốc gia, toán mức độ 9+, năm câu vận dụng cao đề thi Đối tượng học sinh thường bỏ qua, chưa mạnh dạn tiến đến để bứt phá điểm số Phương pháp nghiên cứu giúp em tiếp cận tự nhiên, không áp lực, thấm dần thẩm thấu để hình thành kĩ giải tốn vận dụng cao cách tốt Từ có nhu cầu chinh phục kiến thức khó hơn, mạnh dạn sẵn sàng đương đầu, thử thách với tốn địi hỏi tư cao hơn, có hứng thú say mê, sáng tạo giải toán 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Đề tài nghiên tốn tìm cực trị số phức giải phương pháp hình học tọa độ đường thẳng đường trịn tính chất mơ đun số phức - Học sinh lớp 12A1, 12A3, 12A5, 12A7 trường THPT Bỉm Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết - Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm a Mơđun số phức: Số phức z = a + bi Độ dài véctơ biểu diễn điểm uuuu r OM M ( a; b ) mặt phẳng Oxy gọi môđun số phức z Kí hiệu z = a + bi = a + b Tính chất  • • • • uuuu r z = a + b = zz = OM z ≥ 0, ∀z ∈ £ , z = ⇔ z = z.z ' = z z ' z z = , ( z ' ≠ 0) z' z' kz = k z , k ∈ ¡ • 2 z = z = z z  Chú ý: Lưu ý: • • • • z1 + z ≤ z1 + z2 z1 − z2 ≤ z1 + z2 z1 + z2 ≥ z1 − z2 z1 − z ≥ z1 − z2 z = z z = z dấu xảy dấu xảy dấu xảy dấu xảy ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ ) ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ ) ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ ) ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ ) ∀z ∈ £ , b Một số kết bản: •  Nếu M1, M2 điểm biểu diễn hai số phức z1 − z2 = M1M2  Quỹ tích điểm M (x,y) biểu diễn số phức z thỏa mãn đường thẳng z1, z2 ax + by + c = ∆: ax + by + c =  Quỹ tích điểm M (x,y) biểu diễn số phức z thỏa mãn z − a − bi = z − c − di ( A ( a, b ) , B ( c , d ) ) ∆ đường trung trực đoạn AB với z = d (O, ∆) Khi  Quỹ tích điểm M (x,y) biểu diễn số phức z thỏa mãn ( x − a) + ( y − b) = R2 R z − a − bi = R > z = OI − R đường tròn tâm I ( a; b ) , max z = OI + R bán kính Khi ; 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Bài toán số phức mức độ 8+ đến 9+ đề thi THPT Quốc gia số đông học sinh lớp đại trà, học sinh có lực học khó, em có phương pháp tiếp cận chưa tự tin kiến thức vốn có thân nên có tâm lí bỏ qua Trong phương pháp để giải tốn dạng này, có phương pháp sử dụng Bất đẳng thức đòi hỏi tư cao, kĩ sẵn có có phản xạ để sử dụng, nhiều học sinh lực học có định kiến bỏ qua toán bất đẳng thức từ năm lớp 10, phương pháp lượng giác với nhiều công thức, em học cuối lớp 10, đầu năm lớp 11, nên quên nhiều, phản xạ, phạm vi sử dụng khơng nhiều, phương pháp khai thác yếu tố hình học tọa độ đường thẳng, đường trịn đơn giản dễ tiếp thu, có điều em chưa biết kết hợp liên mơn giải tốn Trong chủ đề thi THPT Quốc gia mức độ vận dụng vận dụng cao, chủ đề Số phức với toán cực trị theo đề minh họa Bộ giáo dục đào tạo gửi cho trường nước tham khảo, cho em có hội tiếp cận, rèn luyện phương pháp, kĩ để lấy điểm số phần nâng cao kết thi THPT Quốc gia 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Giải pháp thực - Bổ sung, hệ thống kiến thức liên quan mà học sinh cần sử dụng, hướng dẫn học sinh tìm quỹ tích hình học điểm M(x, y) thông qua biểu thức đại số bản, đặc trưng từ hình thành phương pháp giải - Rèn luyện tốt kỹ xác định điểm biểu diễn số phức, biến đổi biểu thức chứa mô đun số phức sử dụng bất đẳng thức mô đun số phức - Hướng dẫn học sinh “tìm cực trị số phức” việc sử dụng mô đun số phức áp dụng phương pháp hình học tọa độ đường thẳng đường tròn - Yêu cầu học sinh nhận diện tốn thơng qua ví dụ, phân tích hình thành phương pháp giải, vận dụng lớp sau trình bày trước lớp hướng giải lời giải chi tiết tập nhà để học sinh củng cố kiến thức, ghi nhớ phương pháp rèn luyện kỹ làm - Kiểm tra đánh giá để rút kinh nghiệm 2.3.2 Tổ chức thực Dựa vào cách xác định điểm biểu diễn số phức đẳng thức mô đun số phức ta đưa toán cực trị số phức toán cực trị yếu tố: điểm, đường thẳng đường trịn hình học tọa độ sử dụng bất đẳng thức mô đun số phức để đánh giá z Câu 1: Cho số phức A Lời giải 13 + thoả mãn z − − 3i = B C M ( x; y ) Gọi điểm biểu diễn số phức mặt phẳng toạ độ Do z − − 3i = ⇒ M I ( 2;3 ) , bán kính Giá trị lớn P = z +1+ i z D 13 + là: nằm đường tròn tâm R =1 P = z + + i = ( x + 1) + ( − y ) i = ( x + 1) + ( y − 1) = AM với A ( −1;1) Pmax = AI + R = 13 + Chọn D Nhận xét: Qua học sinh rút đặc trưng dạng toán sau: Dạng 1: Cho số phức Phương pháp: Đặt phức I z; z0 ; z1 bán kính Khi đó: z thoả mãn M ( z ) ; I ( z0 ) ; E ( z1 ) Khi từ giả thiết R Ta có: Pmax = IE + R z − z0 = R Pmin = IE − R điểm biểu diễn số z − z0 = R ⇔ IM = R ⇒ M P = z − z1 = ME Tìm GTNN, GTLN P = z − z1 lớn ⇔ MEmax thuộc đường tròn tâm Pmin ⇔ MEmin Bài 2: Cho số phức thoả mãn A Lời giải Đặt z − + 3i T = −4 z thoả mãn M ( z ) ; A ( 4;1) ; B ( 0; −1) ∆ z − + 3i = MN Do N chiếu vng góc Tọa độ điểm M ) lên ∆ là: T =1 D qua I ( 2;0 ) có z ; + i ; −i z z − + 3i Khi nhỏ ⇔ MN MN : x − y − = VTPT n = AB = ( −4; −2 ) điểm biểu diễn số phức − 3i nhỏ ⇔M hình 2 x + y − =  x = ⇒   x − y − =  y = −2 nghiệm hệ phương trình ⇒ M ( 3; −2 ) ⇒ z = − 2i số phức , tập hợp điểm biểu diễn củar sốuuuphức r ∆ Ta có N ( 1; −3) Gọi T = 2a + 3b T =0 C MA = MB AB z = a + bi ( a; b ∈ ¡ điểm biểu diễn số phức Khi từ giả thiết suy Ta có: T =4 B ⇒ ∆ : 2x + y − = Gọi nhỏ Giá trị biểu thức đường trung trực z −4−i = z +i T = 2a + 3b = − = Vậy Chọn C Nhận xét: Qua học sinh rút đặc trưng dạng toán Dạng 2: Cho số phức Phương pháp: thoả mãn M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z2 ) ; C ( z3 ) - Đặt từ giả thiết phức z z Ta có: z − z1 = z − z2 đường trung trực P = z − z3 = CM Câu 3: Cho số phức z2 − − i = Pmin = A MA = MB suy ∆ Tìm GTNN của đoạn M B Pmin = hình chiếu C Khi lên ∆ ⇒ Pmin = d ( C ; ∆ ) z1 − − z1 + i = z; z1 ; z2 ; z3 AB thoả mãn hay tập hợp điểm biểu diễn số Tìm giá trị nhỏ biểu thức 5 P = z − z3 điểm biểu diễn số phức nhỏ z1 z − z1 = z − z2 C số phức P = z1 − z2 Pmin = z2 thoả mãn Pmin = D 5 Lời giải: Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z1 z1 − − z1 + i = ⇔ ( x − ) + y − x − ( y + 1) = ⇔ x + y − = 2 ⇒ M ∈ ∆ : 2x + y −1 = Gọi z2 N 2 điểm biểu diễn số phức z2 − − i = ⇒ N ( C ) : ( x − 4) bán kính thuộc đường trịn + ( y − 1) = R= d ( I; ∆) = Và: , có tâm Ta có I ( 4;1) , P = z1 − z2 = MN > 5 ⇒∆ không cắt đường tròn Pmin ⇔ MN ⇔ MN = d ( I ; ∆ ) − R ( C) − 5= 5 = Pmin = 5 Do Vậy Chọn D Nhận xét: Qua học sinh rút đặc trưng dạng toán tương tự sau Dạng 3: Cho hai số phức z0 ; w 1; w thoả mãn z1 − z0 = R số phức biết Tìm GTNN Phương pháp: Đặt z1 − z0 = R ⇒ M P = MN z2 − w1 = z2 − w P = z1 − z2 M ( z1 ) ; N ( z2 ) ; I ( z0 ) ; A ( w1 ) ; B ( w ) thuộc đường tròn tâm z2 − w = z2 − w ⇒ N Ta có: z1 ; z2 , đó: I bán kính thuộc đường trung trực Pmin = d ( I ; ∆ ) − R ∆ R , đoạn AB Câu 4: Cho số phức z thoả mãn P = z − − i + z − 3i thoả mãn biểu thức T= A Lời giải: Gọi T= B M ( x; y ) ; I ( 3; −1) 13 ⇒M z −3+i = trình: Đặt 2 đạt giá trị nhỏ Tính T= C thuộc đường trịn tâm I ( 3; −1) Do Phương trình đường thẳng Toạ độ   1  M  2; ÷   ⇔   5  M  4; − ÷ 2   HM T = a+b D z R= , bán kính 13 3−i có phương 2+i 3i (với H ( 1; ) trung điểm AB HI : x + y − = thoả mãn hệ , số phức T= điểm biểu diễn số phức Pmin ⇔ HM ⇔ M ≡ M M0 13 ) AB 2 2 P = z − − i + z − 3i = MA + MB = MH + ) Gọi z = a + bi ( a; b ∈ ¡ điểm biểu diễn số phức 13 2 ( x − 3) + ( y + 1) = ( C ) A ( 2;1) ; B ( 0;3) 13 z −3+i = 3x + y − =   13 2 ( x − 3) + ( y + 1) = ngắn nên  1 M ≡ M1  2; ÷ ⇒ a = 2; b = ⇒ T =  2 2 Chọn A Nhận xét: Qua học sinh rút đặc trưng dạng toán sau: Dạng 4: Cho số phức P = z − z1 + z − z2 z thoả mãn z − z0 = R Tìm GTLN, GTNN biểu thức Phương pháp: Đặt z; z1 ; z2 ; z0 số phức M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z ) ; I ( z0 ) z − z0 = R ⇔ IM = R ⇒ Khi từ giả thiết phức Gọi z E AB trung điểm AB 2 Ta có: Khi : z Câu 5: Cho số phức Pmin = A Lời giải: AB 2 Pmin = ( EI − R ) + ; AB z − + 3i = z + + i Pmin ⇔ EM ⇔ M ≡ M Giá trị nhỏ biểu là: B Pmin = C Pmin = 16 điểm biểu diễn số phức D z;1 − 3i; −1 − i 2 H ( 2; −4 ) , K ( 0; −2 ) ⇒ P = z − + 4i + z + + i = MH + MK = 2MI + Do HK Pmin ⇔ IM ⇔ M vng góc I lên ∆ HK AB (với ) hình chiếu Pmin =  d ( I ; ∆ )  + Khi Chọn A Pmin = 25 đường trung trực đoạn thẳng trung điểm 2 M ( x; y ) ; A ( 1; −3) ; B ( −1; −1) I ( 1; −3) số Pmax ⇔ EM max ⇔ M ≡ M z − + 3i = z + + i ⇒ M ∈ ∆ : x − y − = Gọi M Tập hợp điểm biểu diễn thoả mãn P = z − + 4i + z + 2i R bán kính , Pmax = ( EI + R ) + Gọi I đường tròn tâm P = 2ME + thức điểm biểu diễn HK =8 Nhận xét: Qua học sinh rút đặc trưng dạng toán sau: z Dạng 5: Cho số phức Phương pháp: Đặt M ( z ) ; A ( z1 ) ; B ( z2 ) ; H ( z3 ) ; K ( z4 ) z; z1 ; z2 ; z3 ; z4 diễn số phức Gọi z z − z1 = z − z2 MI = Ta đường trung trực trung điểm có: A Lời giải z3 Và hay tập hợp điểm biểu I lên Do ∆ Khi HK z1 z2 , thỏa mãn z1 − = iz2 − = Giá trị nhỏ z3 = −2 z2 , z2 = − AB +3 Đặt ∆ MA = MB hình chiểu vng góc Câu 6: Xét số phức z1 + z2 HK suy MH + MK HK HK − ⇒ P = MH + MK = 2MI + Pmin ⇔ MI ⇔ M Pmin = M I + điểm biểu diễn Khi từ giả thiết ta có: I Tìm GTNN P = z − z3 + z − z4 số phức thoả mãn z − z1 = z − z2 suy vào B 5−2 C 4− D −3 P = z1 + z2 = z1 − (−2 z2 ) = z1 − z3 iz2 − = ⇔ − iz3 − = ⇔ z3 − 4i = A, B Gọi hai điểm biểu diễn cho hai số phức z3 , z1 10  π  cos a = cos  + k 2π + ϕ ÷ = − sin ϕ = −  2  ⇒ ⇒  x − = sin a sin a = sin  π + k 2π + ϕ  = cos ϕ = π  ⇔ a − ϕ = + k 2π  ÷   y + = cos a   x −1 = x = ⇔ ⇔  y + = −1  y = −3 ⇒ z = − 3i Chọn D Nhận xét : Như học sinh có đến hai cách làm đơn giản, so với cách giải phương pháp lượng giác dễ nhiều, phù hợp tư số đông học sinh đại trà có lực học Các em có tâm lí thoải mái để tiếp cận tốn từ thúc đẩy khả tìm tịi khám phá phương pháp Câu 8: (Đề Minh Họa THPT Quốc gia Bộ giáo dục năm học 2020-2021) Xét hai số phức z1 + z2 − 5i z1 , z2 , thóa mãn − 19 B3: B + 19 z1 = a + bi , z2 = c + di B2: Tính Áp z1 − z2 = Giá trị lớn A Phân tích: B1: Gọi z1 = 1, z2 = với C −5 + 19 D + 19 a , b, c, d Ỵ ¡ z1 ; z2 ; z1 + z2 dụng: z + z ¢£ z + z ¢ , dấu xảy ⇔ z = kz , ( k ≥ ) Þ z1 + z2 - 5i £ 3z1 + z2 + - 5i = 19 + Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau: Lời giải Đặt z1 = a + bi, z2 = c + di 2 a, b, c, d Ỵ ¡ với 2 Theo giả thiết a + b = 1, c + d = 4, ( a - c ) + (b - d ) = Do Ta có a - 2ac + c + b2 - 2bd + d = Þ ac + bd = 3z1 + z2 = 3(a + c ) + (3b + d )i nên 3z1 + z2 = (3a + c ) + (3b + d ) = 9(a + b2 ) + (c + d ) + 6( ac + bd ) = 19 Áp dụng bất đẳng thức z + z ¢£ z + z ¢ 3z1 + z2 - 5i £ 3z1 + z2 + - 5i = 19 + , ta có Giá trị lớn z1 + z2 − 5i 13 − − i; z = − i 7 7 z1 = + 19 đạt Chọn B z1 , z2 Câu 9: Xét hai số phức Giá trị lớn A Lời giải Gọi +3 B z1 = a + bi, z2 = c + di a, b, c, d ∈ ¡ ( a + 1) Từ giả thiết ta có: z1 − z2 − = 2 −3 , − − i; z = − i 7 7 z1 + = 1, z2 + = , thỏa mãn 5z1 + z2 + − 3i z1 = C 3− D 3+2 + b = 1, ( c + ) + d = z1 − z2 − = ( a + 1) + bi − ( c + ) − di = ⇔ ( a + 1) − ( c + )  + ( b − d ) = ⇔ ( a + 1) − ( a + 1) ( c + ) + ( c + ) + b + d − 2bd = 2 2 ⇔ −2 ( a + 1) ( c + ) + bd  = ⇔ ( a + 1) ( c + ) + bd  = −1 Ta có: z1 + z2 + = ( z1 + 1) + ( z2 + ) = ( a + bi + 1) + ( c + di + ) ⇔ z1 + z2 + = ( 5a + c + ) + ( 5b + d ) i = ( a + 1) + ( c + ) + ( 5b + d ) i ⇒ z1 + z2 + = 5 ( a + 1) + ( c + )  + ( 5b + d ) 2 = 25 ( a + 1) + 10 ( a + 1) ( c + ) + ( c + ) + 25b + 10bd + d 2 = 10 ( a + 1) ( c + ) + bd  + 28 = Áp dụng bất đẳng thức môđun: ⇒ z1 + z2 + − 3i ≤ z1 + z2 + + −3i = + z + z′ ≤ z + z′ Vậy giá trị lớn P = +3 Chọn A Câu 10: Cho số phức M z − + 3i M= A 10 z thỏa mãn z − i = z + − 3i + z − + i Tìm giá trị lớn ? B M = + 13 C M =4 D M =9 14 Lời giải Gọi A ( 0;1) , B ( −1;3) , C ( 1; −1) diễn số phức z Khi ⇒ MA2 = Ta thấy A trung điểm BC Gọi M(a ; b) biểu MA = z − i MB + MC BC BC − ⇔ MB + MC = MA2 + = MA2 + 10 Ta lại có : z − i = z + − 3i + z − + i ⇔ 5MA = MB + 3MC ≤ 10 MB + MC ⇒ 25MA2 ≤ 10 ( MA2 + 10 ) ⇒ MA ≤ Mà Dấu z − + 3i = ( z − i ) + ( −2 + 4i ) ≤ z − i + − 4i ≤ z − i + ≤ "=" xảy a = −2 ⇔ b = , với  a + (b − 1)2 = 20 a + (b − 1)2 = 20  z − i =   ⇔  a b −1 ⇔  a b −1  (= t )  =  =  z − i = t (−2 + 4i ), t ≥  −2  −2 z = a + bi a, b ∈ ¡ ; Câu 11: Cho hai số phức A Lời giải Giả sử z1 − z2 2 z1 , z2 Vậy z = −2 + 5i thỏa mãn Chọn C z1 − i z +i = 1; = z1 + − 3i z2 − + i Giá trị nhỏ B z1 = x1 + y1i x1 ; y1 ∈ ¡ với C D −1 Khi đó: z1 − i = ⇔ z1 − i = z1 + − 3i ⇔ x1 + ( y1 − 1) i = ( x1 + ) + ( y1 − 3) i z1 + − 3i ⇔ x12 + ( y1 − 1) = ( x1 + ) ⇒ M Quỹ tích điểm Giả sử z2 = x2 + y2i + ( y1 − 3) ⇔ x1 − y2 + = biểu diễn số phức với x2 ; y2 ∈ ¡ z1 đường thẳng ∆: x− y +3= Ta có: z2 + i = ⇔ z2 + i = z2 − + i ⇔ x2 + ( y2 + 1) i = ( x2 − 1) + ( y2 + 1) i z2 − + i 15 ⇔ x22 + ( y2 + 1) = 2 ⇒ Quỹ tích ( x2 − 1) cách − ( −1) + d ( I; ∆) = thẳng chung 12 + ( −1) ∆ 2 biểu có tâm I từ + ( y2 + 1) ⇔ x22 + y22 − x2 + y2 + = N điểm ( C ) : x2 + y − 4x + y + = Khoảng I ( 2; −1) đến ∆ ⇒ z2 phức đường R = 22 + ( −1) − = trịn bán kính là: C đường khơng có điểm Quỹ tích điểm biểu diễn số phức đoạn thẳng số =3 > R đường tròn MN diễn ⇒ z1 − z2 z1 − z2 nhỏ MN = d ( I ; ∆ ) − R = − = 2 MN độ dài nhỏ nhất.Dễ thấy Nhận xét : Kết hợp tính chất mơ đun số phức phương pháp hình học tọa độ đường thẳng đường trịn, học sinh giải tốn nhẹ nhàng Câu 12: Cho hai số phức z−w z,w đạt giá trị nhỏ A Lời giải 2 z −3 = thỏa mãn z = z0 w = w0 B , w − 2i = 2 , Tính 3z0 − w0 Biết C D z −3 = Ta có: diễn , suy tập hợp điểm biểu M ( I ;0 biểu diễn số phức ) r= , bán kính z đường trịn có tâm w − 2i = 2 Từ N ( , suy tập hợp điểm biểu diễn biểu diễn số phức J 0; Ta có ) , bán kính đường trịn có tâm R=2 z − w = MN Và có: w IJ = 2; IM = r = 2; NJ = R = 2 Mặt khác IM + MN + NJ ≥ IJ 16 ⇒ MN ≥ IJ − IM − NJ hay MN = 2 Suy vẽ) Cách 1: Khi ta có: Mặt khác Suy MN ≥ − − 2 = 2 I,M , N, J uuuu r uuur 3z0 − w0 = 3OM − ON thẳng hàng và M,N nằm uuur uu r uur uu r ⇒ IM = IJ ; IN = IJ IN = 5 I, J (Hình r uur uu r uur uu r  uur uu uuuur uur uuur uuur uur uur = OI + IJ 3OM OI + IJ = OI + IJ ÷ = OI + IM =   ON = OI + IN ( ; ) uur uu r  uur uu r uur uuuu r uuur = 3OI + IJ − OI + IJ = OI  ÷ z0 − w0 = 3OM − ON 5   =6 Chọn D Cách 2: Ta có uur uuur uuur uur r IN = 3IM ⇒ 3IM − IN = uuuu r uuur uur uuur uur uur uur z0 − w0 = 3OM − ON = OI + IM − OI + IN = 2OI = 2.OI = 2.3 = ( Do ) ( ) Chọn D Cách 3: +) +)  12  xM = uuur IM uu r uuur uu r 12  IM = IJ ⇔ IM = IJ ⇔  ⇒ z0 = + i IJ 5 y =  M   xN = uur IN uu r uur uu r 12  IN = IJ ⇔ IN = IJ ⇔  ⇒ w0 = + i IJ 5 12 y =  N Suy 3z0 − w0 = = Chọn D Nhận xét: Đa số em lựa chọn cách dùng phương pháp tọa độ để tìm w0 z0 đơn giản dễ làm em 17 z1 , z2 Câu 13 :Xét số phức trị lớn A Lời giải B z1 = a + bi, z2 = c + di Đặt thỏa P = z1 − z2 + z1 + − i 17 AB = 17   17 + 29 C ( a , b, c , d ∈ ¡ ) ; Gọi D z1 , z2 , − + 2i, + 3i Suy dưới) Ta D ( −2;1) AB thuộc đường tròn với ( C) Nhận thấy M  5 I 1; ÷  2 có tâm P = z1 − z2 + z1 + − i = MN + MD có lần mặt phẳng tọa độ ) 17 AB z2 − − i = 17 ⇔ NI = = 2 N 17 + 29 M ( a; b ) , N ( c; d ) , A ( −1; ) , B ( 3;3 ) z1 + − 2i + z1 − − 3i = 17 ⇔ MA + MB = 17 = AB  →M AB Giá 29 lượt điểm biểu diễn số phức (Ta có z1 + − 2i + z1 − − 3i = z2 − − i = 17 I, thuộc đoạn thẳng Ta thấy I đường kính AB trung điểm AB (như hình bên với nằm đoạn thẳng N ∈ ( C ) ⇒ MN ≤ AB = 17 MD ≤ max { AD, BD} = BD = 29 Suy P = z1 − z2 + z1 + − i = MN + MD ≤ 17 + 29 Dấu Vậy "=" xảy Pmax = 17 + 29 M ≡ B  N ≡ A Chọn C Câu 14:(mã 101-đợt 1-thi THPTQG năm 2021) Xét số phức nhất, z−w z, w thỏa mãn z =1 w = Khi z + iw − − 8i đạt giá trị nhỏ 18 A Lời giải: 221 z =1→ Ta có C O ( 0;0 ) , bán kính D z R = w1 = −iw + + 8i ⇒ w1 − − 8i = −iw ⇒ w1 − − 8i = Suy tập hợp điểm biểu diễn số phức trịn tâm Khi w1 tập hợp điểm biểu diễn số phức đường tròn tâm Đặt B 29 bán kính OI − ( R1 + R2 ) = Khi đường R = z + iw − − 8i = z − w1 thỏa Vậy I ( 6;8 ) , w1 đạt giá trị nhỏ Gọi A, B điểm biểu diễn số phức z z − w1 = r uur  uuu 3 4 OA = OI ⇒ A  ; ÷⇒ z = + i  10 5  5 5  uuu r uur 24 32 24 32   OB = OI ⇒ B + i⇒w= + i  ; ÷⇒ w1 =  5 5  5  29 z − w = −1 − i = 5 Chọn D Câu 15:(mã 111-đợt 2-thi THPTQG năm 2021) Xét số phức z biểu thức A Lời giải: Cho w thay đổi thỏa mãn P = z + + i + w − + 5i B 17 C z = w =3 z−w =3 Giá trị nhỏ 29 − D 5−3  z =1   z = w = w  ⇒   z − w =  z −1 = = w w  TH1: z =1 w z −1 = ≠ w (Loại) 19 TH2:  a =  2 z  a + b =  = a + bi  b =1 ⇔ ⇔ w 2  a = ( a − 1) + b =  a, b ∈ ¡   b = −1 Ta xét: Ta z = iw ⇒ P = iw + + i + w − + 5i = − w − + i + w − + 5i ≥ −3 + 6i = 45 z = −iw ⇒ P = −iw + + i + w − + 5i = w − + i + − w + − 5i ≥ − 4i = 17 xét:  w − + i = u (1 − 4i), u >   − w + − 5i = v(1 − 4i ), v > ⇒ Pmin = 17 đạt Chọn B Câu 16: (Đề khảo sát chất lượng đợt môn Toán năm học 2021-2022, Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa ) Xét số phức M = z1 + z2 z, z1 , z2 biểu thức M =2 A Lời giải: Từ C1 I (4;5) z2 − = tâm B z1 − − 5i = ) có tâm Từ J (1;0) thỏa mãn P = z − z1 + z − z2 M =6 z + 4i = z − + 4i Tính đạt giá trị nhỏ M = 41 C D suy tập hợp điểm A biểu diễn số phức , bán kính R1 = R2 = M = 13 z1 đường tròn ( suy tập hợp điểm B biểu diễn số phức , bán kính z2 đường trịn ( C2 ) có z = a + bi, (a, b ∈ R) Đặt z1 − − 5i = z2 − = z + 4i = z − + 4i Từ có a + ( −b + 4) = (a − 8) + (b + 4) ⇔ a − b = 2 2 điểm C biểu diễn số phức ∆:x− y = Khi z Suy tập hợp nằm đường thẳng P = z − z1 + z − z2 = CA + CB điểm đối xứng với J qua đường thẳng K (4; −3) ∆ , ta tìm suy phương trình đường thẳng Do P đạt giá trị nhỏ  A = CI ∩ (C1 )   B = CJ ∩ (C2 ) Gọi K Suy A(4; 4), B(2;0) IK : x = C = IK ∩ ∆ Do 20 z1 = + 4i, z2 = + 0i ⇒ z1 + z2 = + 4i ⇒ M = z1 + z2 = 13 Chọn D BÀI TẬP RÈN LUYỆN z = a +bi ( a;bỴ ¡ ) Câu 1: Xét số phức thức P = z - - 2i + z +3 - 7i A - thỏa mãn a +b đạt giá trị nhỏ tổng 12 B z - - 3i = z - 1+5i C Khi biểu D Đáp số: ( đáp án B) z Câu 2: Cho số phức làm cho biểu thức A T = 20 thoả mãn P = z − − 3i z A z1 , z2 Gọi hai số phức đạt giá trị nhỏ lớn nhất.Tính T =6 B Bài 3: Cho số phức ( − i) z + z + 2−i = T = 14 C thoả mãn z − 2i = z + T = 24 D Đáp số: 14 ( đáp án C) Gọi z số phức thoả mãn 1< z < B C 2< z 3 D z = A nhỏ Khi đó: < z