Một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học

MỤC LỤC BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu: Trong chương trình tốn THPT, số phức đưa vào giảng dạy gần cuối chương trình lớp 12 Đây nội dung học sinh 12 thực gây khơng khó khăn nguồn tài liệu tham khảo hạn chế: sách giáo khoa hay sách tập tập số phức đưa chủ yếu toán đơn giản cộng hay trừ số phức, tìm phần thực- phần ảo số phức, tìm mơ-đun số phức, giải phương trình bậc hai … Bên cạnh đó, tốn số phức xuất đề thi năm gần ngày nhiều chủ yếu mức độ VD-VDC, không theo khuân mẫu đặc biệt toán cực trị số phức Để giải tốn địi hỏi em phải có kiến thức thật vững số phức như: phần thực, phần ảo, biểu diễn hình học số phức, mô-đun số phức, số phức liên hợp,… kết hợp với kiến thức điểm, đường thẳng, đường trịn đường elip em giải tốt toán dạng Với mong muốn giúp em giải tốn cực trị số phức tơi sưu tầm toán số phức đề thi THPTQG qua năm gần có chia dạng chúng nhằm giúp em tiếp cận toán cực trị số phức đồng thời giúp em có nhìn tổng qt dạng tốn này.Vì tơi chọn đề tài: Một số dạng tốn cực trị số phức giải phương pháp hình học Mặc dù vậy, điều kiện thời gian cịn hạn chế nên phân dạng chưa triệt để mang tính chất tương đối, mong bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để tài liệu hồn thiện Tơi xin chân thành cám ơn Tên sáng kiến: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Tháng 09/2019 Mô tả chất sáng kiến: - Về nội dung sáng kiến: Trong nghiên cứu khoa học, việc tìm quy luật, phương pháp chung để giải vấn đề quan trọng giúp có định hướng tìm lời giải lớp tốn tương tự Trong dạy học giáo viên có nhiệm vụ thiết kế điều khiển cho học sinh thực luyện tập hoạt động tương thích với nội dung dạy học điều kiện gợi động cơ, có hướng đích, có kiến thức phương pháp tiến hành có trải nghiệm thành cơng Do việc trang bị phương pháp cho học sinh nhiệm vụ quan trọng giáo viên Sáng kiến trình bày số dạng tốn số phức tìm cực trị hay gặp đề thi THPTQG phương pháp hình học MỘT SỐ DẠNG TỐN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.Một số khái niệm: Số phức z = a + bi biểu diễn mặt phẳng tọa độ M ( a; b ) • Điểm biểu diễn số phức liên hợp z N ( a; −b ) đối xứng với M qua Ox Oxy điểm • Điểm biểu diễn số phức đối • Điểm biểu diễn số phức • Mơ đun số phức Nếu • M;M′ Trung điểm z −z −z là P ( −a; b ) • z − z ′ = MM ′ đối xứng với đối xứng với Oy O z = a + bi z ′ = a′ + b′i ,  a + a′ b + b′  I ; ÷   biểu diễn số phức z + z′ 2 ( 3.Công thức trọng tâm tam giác: Nếu ABC biểu diễn số phức A, B, C = z1 + z2 Công thức trung tuyến: tam giác qua qua z1 + z2 + z1 − z2 G M M z = OM biểu diễn cho số phức MM ′ P ( − a; −b ) ) biểu diễn số phức z1 + z2 + z3 z1 , z2 , z3 trọng tâm Môđun số phức: Số phức uuuur OM z = a+ bi biểu diễn điểm M(a; b) mặt phẳng Oxy Độ dài véctơ z = a + bi = a + b gọi mơđun số phức z Kí hiệu Tính chất   z ≥ 0, ∀z ∈ £ , z = ⇔ z = z.z' = z z'  kz = k z , k∈ ¡    uuuur z = a2 + b2 = zz = OM z z = ,( z' ≠ 0) z ' z' z − z' ≤ z ± z ' ≤ z + z' 2 z2 = a2 − b2 + 2abi = (a2 − b2 )2 + 4a2b2 = a2 + b2 = z = z = z.z  Chú ý: Lưu ý:     z1 + z2 ≤ z1 + z2 dấu xảy z1 − z2 ≤ z1 + z2 dấu xảy z1 + z2 ≥ z1 − z2 dấu xảy z1 − z2 ≥ z1 − z2 dấu xảy ( 2 z1 + z2 + z1 − z2 = z1 + z2  z = z z= z ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0) ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0) ⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0) ⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0) ) ∀z ∈£  Một số quỹ tích nên nhớ x, y Biểu thức liên hệ ax + by + c = (1) z − a− bi = z − c − di (2) ( x − a) + ( y − b) 2 = R2 Quỹ tích điểm M ∆:ax + by + c = (1)Đường thẳng (2) Đường trung trực đoạn AB với A ( a,b) , B( c, d) ( ) Đường tròn tâm I ( a; b) , bán kính R z − a− bi = R ( x − a) + ( y − b) 2 ≤ R2 Hình trịn tâm I ( a; b) , bán kính R z − a− bi ≤ R r ≤ ( x − a) + ( y − b) ≤ R2 r ≤ z − a− bi ≤ R Hình vành khăn giới hạn hai đường tròn đồn I ( a; b) r,R tâm , bán kính  y = ax2 + bx + c ( c ≠ 0)   x = ay + by + c Parabol ( x + a) ( 1) b2 ( y + c) + d2 = 1( 1) z − a1 − bi + z − a2 − b2i = 2a ( x + a) b2 ( y + c) − d2 ( 2) Elip Elip 2a > AB , A ( a1 ,b1 ) , B( a2 ,b2 ) Đoạn AB Hypebol 2a = AB =1 B NỘI DUNG Dạng Điểm đường thẳng z + 3i = z + − i Ví dụ 1: Trong số phức thỏa mãn điều kiện Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất? 2 z= − + i z= − i z = 1− 2i z = −1+ 2i 5 5 A B C .D  Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) , số phức z Lời giải có điểm biểu diễn điểm M ( x, y ) z = x + y = MO Ta có: z + 3i = z + − i ⇔ x + ( y + 3) i = ( x + 2) + ( y − 1) i ⇔ x2 + ( y + 3) = ( x + 2) + ( y − 1) 2 ⇔ 6y + = 4x + − 2y + ⇔ 4x − 8y − = ⇔ x − 2y − = ∆ : x − y −1 = MO M Ta thấy điểm di chuyển đường thẳng nên nhỏ O M ∆ hình chiếu điểm lên đường thẳng Phương trình đường thẳng qua Do đó, tọa độ điểm Suy M vng góc với nghiệm hệ phương trình z Gọi 2x + y = x − y −1 =   2x + y = B C z − + 3i − z + + 3i = 10 thỏa mãn D z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) A ( 4; −3) , B ( −4;3) nhỏ Mô-đun số ⇒ z = a − bi Ta có z − − 4i  Đặt ∆ 1 2 M  ;− ÷ 5 5 Ví dụ 2: Cho số phức z phức A O AB = 10 Lời giải M ( a, b ) điểm biểu diễn số phức z z − + 3i − z + + 3i = 10 ⇔ MA − MB = 10 = AB Theo giả thiết Suy M thuộc đoạn AB kéo dài ( z − − 4i nhỏ B MC nằm A nhỏ (với M z − − 4i = MC ) Lại có C ( 3; ) ) nên Ta có: M ≡ B MCmin ⇔  M ≡ A ⇒ M ( −4;3) MCmin = M ( 4; −3) z =5 Do Ví dụ3 Xét số phức A B z, w z + 2- 2i = z - 4i thỏa mãn C D  z = x + yi ( x, ¡ ) Đặt z + − 2i = z − 4i Từ suy đường thẳng Lời giải z tập hợp điểm M D : x + y = P = w = iz +1 = i ( z - i ) = z - i = MN với N ( 0;1) Pmin = MN = d ( N , ∆ ) = +1− 2 Dựa vào hình vẽ ta thấy Ví dụ Xét số phức A Giá trị nhỏ điểm biểu diễn số phức 2 ( x + 2) + ( y − 2) = x2 + ( y − 4) ⇔ x + y = Ta có w 2 M ( x; y) w = iz +1 B z = 2 w= z +1- i = z- 3i thỏa mãn C Môđun lớn số phức 10 D  10 Lời giải z Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) M ( x; y ) z + − i = z − 3i Từ điểm Ta có M ta suy đường thẳng ( x + 1) điểm biểu diễn số phức z + ( y − 1) = x + ( y − ) ⇔ x + y = 2 D : 2x + 4y = với 1 w= = = z z OM Dựa vào hình vẽ ta thấy O ( 0;0 ) w max ⇔ OM Ví dụ 5: Xét cácsố phức z w max = suy 20 = = d ( O, ∆ ) 2.0 + 4.0 − 7 thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức B C D  Lời giải z2 - 2z + = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) Ta có éz = 1- 2i Û ( z - 1+ 2i ) ( z - 1- 2i ) = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) Û ê êz - 1- 2i = z + 3i - ë TH 1.Với z = 1- 2i P = z - 2+ 2i = 1- 2i - 2+ 2i = Khi z - 1- 2i = z + 3i - TH 2.Với z = x + yi ( x, y ∈ ¡ Đặt ) z2 - 2z + = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) P = z - 2+ 2i A Do tập hợp M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z z − − 2i = z + 3i − Từ ta suy điểm M + ( y − ) = ( x − 1) + ( y + ) ⇔ y + = 2 tập hợp D : 2y +1= đường thẳng P = z - 2+ 2i = MA Ta có với Dựa vào hình vẽ ta thấy ( x − 1) A ( 2; −2 ) Pmin = d ( A, ∆ ) = Pmin ⇔ MAmin = Pmin = So sánh hai trường hợp ta thấy Ví dụ 6: Xét số phức suy ( −2 ) + z, w z - 1- 3i £ z + 2i thỏa mãn w +1+ 3i £ w- 2i Giá trị nhỏ P = z- w biểu thức A 13 +1 26 B C 13 D 26 13  z = a+ bi w = c + di Lời giải ( a, b, c, d ∈ ¡ ) Gọi 2 z − − 3i ≤ z + 2i ⇔ ( a − 1) + ( b − 3) ≤ a + ( b + ) ⇔ a + 5b ≥ M  Suy ratập hợp điểm D : x + 5y = z biểu diễn số phức phần tô đậm đồ thị có tính biên 2 2 w + + 3i ≤ w − 2i ⇔ ( c + 1) + ( d + 3) ≤ c + ( d − ) ⇔ c + 5d ≤ −3  Suy ratập hợp điểm N biểu diễn số phức w D ¢: x + 5y = - phần gạch chéo đồ thị có tính biên P = z - w = MN Khi biểu thức ( C2 ) khoảng cách từ điểm thuộc ( C1 ) đến điểm thuộc Pmin = d[ I , D ] - R = - Từ suy Ví dụ 3: Xét số thức z - 2i £ z - 4i z thỏa mãn z - 3- 3i = Giá trị lớn biểu thức P = z - +1 + A 10 B C  Lời giải 10 +1 D 13 +1 z = x + yi ( x, y Ỵ ¡ ) Gọi Ta có 2 z - 2i £ z - 4i ¾¾ ® x +( y- 2) £ x2 +( y- 4) y Ê ắắ đ z tập hợp điểm biểu diễn số phức ( C1) D : y=3 thuộc nửa mặt phẳng bờ , kể bờ (miền tô đậm) Gọi miền 2 z - 3- 3i = 1ắắ đ ( x - 3) +( y- 3) i = 1Û ( x - 3) +( y- 3) = 1ắắ đ hợp điểm biểu diễn số I ( 3;3) , ( C2 ) R = z phức đường tròn có tâm bán kính ( C1 ) ( C2 ) M z Như tập hợp điểm biểu diễn số phức giao Đó phần cung D ( 2;3) , C ( 4;3) tròn nét liền hình vẽ (có tính điểm đầu mút cung) B( 2;0) P = z - +1= MB +1 Khi cung trịn CD Từ suy với MB khoảng cách từ điểm B đến điểm thuộc Pmax = BC +1= 13 +1 Ví dụ 4: Xét số phức z, w thỏa mãn ìï max{ z ; z - 1- i } £ ï í ïï w +1+ 2i £ w- 2- i ïỵ Giá trị nhỏ biểu thức P = z- w A B - C  Lời giải M , N ( x; y) Gọi điểm biểu diễn hai số phức  2 - z, w w +1+ 2i Ê w- 2- i ắắ đ ( x +1) +( y + 2) £ ( x - 2) +( y- 1) x + y Ê ắắ đ tập hợp điểm biểu diễn số phức vẽ)  D w thuộc nửa mặt phẳng bờ max { z ; z - 1- i } £ 1, suy D : x+ y= thuộc phần chung hai hình trịn P = z - w = MN Ta có nên Nº O P nhỏ MN ( O; 1) (phần gạch sọc hình vẽ) ngắn Dựa vào hình vẽ ta thấy z = x + yi ( x, y Ỵ ¡ ) z + 2- 3i £ z +i - £ số phức thỏa mãn 2 P = x + y + 8x + 6y giá trị lớn nhỏ A MN ngắn MN = OI - 1= - Ví dụ 5: Cho 156 - 10 kể bờ (miền tơ đậm hình ïìï z - 1- i £ ïìï MI £ 1, I ( 1;1) Þ í í ïï z £ ïï MO £ 1, O( 0;0) ợ ợ ( I ; 1) ắắ ®M N B 156 + 10 Giá trị Gọi M +m 60- 20 10 C  Lời giải D 60+ 20 10 M, m Ta có ìï z + 2- 3i £ z + i - Û 2x + y + £ ï í ïï z + i - £ Û ( x - 2) +( y +1) £ 25 ïỵ M ( x; y) Suy tập hợp điểm thỏa yêu cầu (H) d : 2x + y = - toán nằm miền tô đậm giới hạn đường thẳng đường tròn I ( 2;- 1) , ( C) R =5 có tâm bán kính (kể biên) hình vẽ 2 J ( - 4;- 3) P = x2 + y2 + 8x + 6y = ( x + 4) +( y + 3) - 25 = J M - 25 Ta có với d ( C) A ( 2;- 6) , B( - 2;2) ; C Gọi giao điểm là giao điểm đoạn Dựa vào hình vẽ ta thấy J M ³ { J A, J B, J C } = J C = IJ - IC = IJ - R = 10 -  J M £ max { J A, J B, J C } = J A =  với ) ( ) Ví dụ 6: Xét số phức M, m A Đặt ( C) ìï ïï M = - 25 = 20 ùớ ắắ đ M + m= 60- 20 10 ïï ïïỵ m= 10 - - 25 = 40- 20 10 ( Vậy IJ z1, z2 thoả mãn z1 - 3- 4i = 1, z2 +1 = z2 - i giá trị lớn giá trị nhỏ P = 14 B P = 16 z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c, d Ỵ ¡ ) z1 - z2 P = 18 C  Lời giải Tính z1 - z2 2- i P = M +m D P = 20 số thực Gọi A ( a;b) , B( c;d) Gọi hai điểm biểu diễn số phức Suy z1 , z2 uur uur uuu r z1 - z2 = OA - OB = BA ắắ đ z1 - z2 = AB Do từ uuu r z1 - z2 = k ( k ẻ Ă ) ắắ ® BA = k( 2;- 1) 2- i AB uuu r nAB = ( 1;2) Suy đường thng cú VTPT z1 - 3- 4i = 1ắắ đ I ( 3;4) , ( C) R = A  tập hợp điểm đường trịn có tâm bán kính 2 z2 +1 = z2 - i ¾¾ ® ( c +1) + d2 = c2 +( d - 1) Û c + d = ¾¾ ® B  tập hợp điểm đường thẳng Gọi j D : x + y = góc D AB uuu r uur nAB nD 10 cosj = uuu ắắ đ sinj = r uur = 10 10 nAB nD , ta có AB Theo u cầu tốn ta cần tìm GTLN GTNN d[ I , D ] > R ( C) H A D D Do nên suy khơng cắt Gọi hình chiếu , ta có ìï max AH d[ I , D ] + R ï AB = = = + 10 ïï max AB = sinj sinj AH ù ắắ đớ ị P = 14 ùù sinj AH d[ I , D ] - R ïï AB = = = - 10 ïïỵ sinj sinj Bài tập tổng hợp Câu 1: Xét số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) z − − 2i = thỏa mãn Tính a+b , biết ( z + − 2i + z − − 5i ) 4+ A B đạt giá trị nhỏ 2+ C 4− D  Gọi A ( −1; ) Lấy điểm ⇒ Vì Lời giải z − − 2i = ⇔ ( a − 3) + ( b − ) = Cách Ta có B ( 2;3) J ( 2; ) suy z + − 2i + z − − 5i = MA + MB Khi IA.IJ = IM IA IM = IM IJ ∆IJM , ∆IMA Do đồng dạng với nên MA IM = =2 MJ IJ MA + MB = ( MJ + MB ) ≥ JB ( ⇔ M ≡ E 2; + Dấu “=” xảy Câu 2: Cho hai số phức T = 2iz1 + 3z2 biểu thức z1 , z2 ) thỏa mãn z1 − 3i + = iz2 − + 2i = Tìm giá trị lớn A 313 + 16 313 B C  313 + D 313 + Lời giải Từ giả thiết, ta có z1 − 3i + = ⇔ 2iz1 + + 10i = ⇒ Điểm M1 biểu diễn số phức z1 thuộc vào đường tròn tâm I1 ( −6; −10 ) , bán kính R1 = ( 1) iz2 − + 2i = ⇔ z2 + + 3i = 12 ⇒ Điểm Từ ( 1) M2 biểu diễn số phức ( 2) suy P=4 thuộc vào đường tròn tâm B z = a + bi ( a, b ∈ ¡ P=2 ) C  Giả sử Gọi I ( 6;3) , bán kính R2 = 12 ( ) T = 2iz1 + 3z = I1I + R1 + R2 = 12 + 132 + 16 = 313 + 16 Câu Xét số phức đạt giá trị nhỏ A z2 z = a + bi ( a, b ∈ ¡ A ( 4;0 ) , B ( −1; −4 ) ) z =2 thỏa mãn P = −2 Khi đó, ta có D z − + z + + 4i P=2 Lời giải có điểm biểu diễn P= Tính P = a+b M ( a; b ) ( a − 4) + b2 + ( a + 1) + ( b + ) = MA + MB Gọi H ( 1;0 ) OH OA = OM = Ta có ⇒ ∆OMA : ∆OHM Suy MA = 2MH nên có Vậy MA OA = =2 MH OM P = MH + MB = ( MH + MB ) Pmin ⇔ ( MH + MB ) ⇔ M , H , B thẳng hàng ⇒ M ( 0; −2 ) ⇒ P = −2 z , z1 , z2 Câu Cho số phức thỏa mãn P = z + z − z1 + z − z2 biểu thức A P = 2+ B P =3 2+  Chọn A, B, M z1 = z2 = z1 − z2 = OAB vuông cân z1 , z2 , z O D 2+ M a M′ AM = A′M ′; BM = B′M ′ ∆BMM ′ (do tam giác đều) OA + AM + BM = OA + MM ′ + A′M ′ ≥ OA′ Suy O, M , M ′, A′ "=" Dấu thẳng hàng OBA′ OB = 6, BA′ = BA = Khi tam giác có · ′ = 105° OBA có độ dài −60° B Phép quay tâm , góc quay ta có Q( B ;−60°) : A a A′ Suy P = 2+ P= Lời giải điểm biểu diễn số phức Dựa vào điều kiện, ta có tam giác C Tìm giá trị nhỏ OA = OB = AB = , Từ đó, suy OA′ = OB + BA′2 − 2OB.BA′.cos105° = + z +1− i = z Câu Cho số phức thay đổi thỏa mãn Giá trị nhỏ biểu thức P = z − + 5i + z + − 7i a, b a b S = a+b (với số nguyên tố) Tính S = 20 S = 18 S = 24 S = 17 A B C D  Lời giải Gọi M ( x; y ) điểm biểu diễn số phức z + − i = ⇔ ( x + 1) + ( y − 1) = 32 Ta có trịn tâm I ( −1;1) z suy điểm biểu diễn số phức A ( 4; −5 ) B ( −1;7 ) IB = Xét điểm Ta có z − + 5i + z + − 7i = MA + MB Suy uur uur 5  IK = IB ⇒ K  −1; ÷ 2  K Lấy điểm : thuộc đường trịn I R=2 tâm , bán kính Do IK IM = = IM IB đỉnh I chung nên suy ⇒ MA + MB = ( MA + MK ) ≥ AK Pmin Vậy  25  = AK = 25 +  ÷ = 13   ⇒ a + b = 18 ∆IKM : ∆IMB ⇒ MB = MK z thuộc đường Câu 6.Cho số phức z+ i = z thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = z − − i + z − + 3i A B C  Gọi điểm biểu diễn A độ điểm ( z ) ( 2; −1 , B M Khi ) M D Lời giải nằm đường tròn tâm I ( 0; −1) , R = Gọi tọa 2; −3 đó: P = z − − i + z − + 3i = MA + 2MB Gọi IK IM = = IM IA 2 3   K ; −1÷   ta có: ∆IMK ∆IAM MA = 2MK Vậy hai tam giác đồng dạng Khi đó: P = ( MK + MB) Vậy P = ( MK + MB) ≥ 2BK Theo bất đẳng thức tam giác: Vậy Min( P ) = 2BK = z1 Câu 7.Với hai số phức P = z1 + z2 A P=4 B P = 26 z2 thoả mãn z1 + z2 = 8+ 6i P = 5+ C D z1 − z2 = 2, tìm giá trị lớn P = 34 +  Lời giải Vì hai số phức z1 z2 thoả mãn  z1 − ( + 3i ) =  ⇔  z2 − ( + 3i ) =   z1 − z2 = ( *) z1 + z2 = + 6i z1 − z2 = nên  z1 = + 6i − z2   z2 = 8+ 6i − z1  z −z =2  ( *) z1 z2 A,B A B Gọi , hai điểm biểu diễn hai số phức từ suy nằm đường trịn trịn ( C) ( C) có tâm I ( 4;3) R=1 , bán kính AB P = z1 + z2 = OA + OB Như 2 OA + OB AB − = OI ⇔ OA + OB2 = 52 + = 52 Ta có ( ) đường kính đường 2 52 = OA + OB2 ≥ 2OA.OB ⇒ ( OA + OB) = OA + OB + 2OA.OB ≤ 52 + 52 = 104 Suy ⇒ P = z1 + z2 = OA + OB ≤ 104 = 26 Dấu xảy Câu Giả sử z1 , z2 hai số số phức z OA = OB iz + − i = thỏa mãn z1 − z2 = z1 + z2 lớn A B C D  Lời giải iz + − i = Ta có z ⇔ i z− i 2−1 = ⇔ ( z− i 2−1 = I 1; ) R=1 thuộc đường tròn tâm , z1 z2 M N MN = Gọi , điểm biểu diễn , nên đường kính Dựng hình bình hành z1 + z2 = OP = OMNP ta có Điểm biểu diễn Giá trị (z + z2 ) ( ≤ z1 + z2 Ta có z1 = z2 ⇔ MN ⊥ OI Câu Cho z Gọi B 14 + 10 C Dấu xảy Tìm giá trị lớn biểu thức 38 + 10 16 + 10 D  Lời giải điểm biểu diễn số phức z − 1+ i = ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = Đặt + z1 + z2 = 16 ⇒ z1 + z2 ≤ z = x + yi ( x; y ∈ ¡ ) , M ( x; y) Do R=2 2 số phức thỏa mãn 18 ) = z −z z − 1+ i = P = z + − i + z − − 3i A z suy M thuộc đường tròn tâm I ( 1; −1) , bán kính A ( −2;1) , B( 2;3) , E ( 0;2) trung điểm AB P = z + − i + z − − 3i Khi AB2 = ( x + 2) + ( y − 1) + ( x − 2) + ( y − 3) = MA + MB2 = 2ME + = 2ME2 + 10 2 2 MEMax = EI + R = + 10 ⇒ PMax = 38 + 10 E Do nằm ngồi đường trịn, nên Cách : P = z + − i + z − − 3i = ( x + 2) + ( y − 1) + ( x − 2) + ( y − 3) 2 ⇔ 2x2 + 2y2 − 8y + 18 − P = Suy tọa độ điểm Hệ có nghiệm M 2 = 2x2 + 2y2 − 8y + 18  2x2 + 2y2 − 8y + 18 − P = ( x − 1) + ( y + 1) = ⇔  2 ( ∆ ) : 4x − 12y + 22 − P = ( x − 1) + ( y + 1) = thỏa mãn d( I ,∆ ) ≤ R ⇔ P − 38 ≤ 10 ⇔ 38 − 10 ≤ P ≤ 38 + 10 ⇒ PMax = 38 + 10 z1 , z2 Câu 10 Cho hai số phức z1 + i = z1 − z1 − 2i thỏa mãn điều kiện z2 − i − 10 = Tìm z1 − z2 giá trị nhỏ biểu thức A 10 + ? 5− B 101 + C D 101 −  Lời giải +) Gọi z1 = a+ bi ; ( a,b∈ ¡ ) z1 + i = z1 − z1 − 2i ⇔ a2 + ( b− 1) = ( 2b+ 2) ⇔ b = Nên Do tập hợp điểm biểu diễn số phức +) Gọi z2 = a+ bi , ( a,b∈ ¡ ) z1 z2 − i − 10 = ⇔ ( a− 10) + ( b− 1) = Nên tập hợp điểm biểu diễn số phức I ( 10;1) Parabol x2 Khi y= a2 bamns kính r =1 z2 ( C ) ( x − 10) + ( y − 1) đường tròn =1 tâm z1 − z2 nhỏ Ta có: Nên MN MN + IN ≥ IM ⇒ MN ≥ IM − IN = IM − MN nhỏ IM nhỏ ⇒ IM ≥ 45 = Do  x2   x2  IM = ( x − 10) +  − 1÷ =  − 4÷ + ( x − 4) + 45     2 Ta có: nhỏ MN ≥ − z1 − z2 = MN ≥ − 1⇒ z1 − z2 = − Vậy - Về khả áp dụng sáng kiến: Dành cho học sinh có học lực từ trung bình trở lên Những thông tin cần bảo mật: Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến tác giả: Sau học xong, em học sinh lớp 12 khơng cịn bỡ ngỡ trước dạng tốn tìm cực trị số phức, dạng tốn mà trước em thường bỏ qua Bước đầu giúp em có hướng để giải dạng tốn phần 11 Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có) STT Tên tổ chức, nhân Địa Phạm vi , Lĩnh vực áp dụng sáng kiến …, ngày … tháng … năm Thủ trưởng đơn vị …, ngày … tháng … năm CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ Yên Lạc, ngày 10 tháng 03 năm 2020 Tác giả sáng kiến Nguyễn Thành Tiến ... cho học sinh nhiệm vụ quan trọng giáo viên Sáng kiến trình bày số dạng tốn số phức tìm cực trị hay gặp đề thi THPTQG phương pháp hình học MỘT SỐ DẠNG TỐN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH... sáng kiến: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Ngày...nhìn tổng qt dạng tốn này.Vì tơi chọn đề tài: Một số dạng toán cực trị số phức giải phương pháp hình học Mặc dù vậy, điều kiện thời gian cịn hạn chế nên phân dạng chưa triệt để mang