skkn một số DẠNG TOÁN cực TRỊ số PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH học

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC A TĨM TẮT LÝ THUYẾT Một số khái niệm: Số phức z  a  bi được biểu diễn mặt phẳng tọa độ Oxy bởi điểm M  a; b  �Điểm biểu diễn số phức liên hợp z N  a; b  đối xứng với M qua Ox �Điểm biểu diễn số phức đối  z P  a; b  đối xứng với M qua O �Điểm biểu diễn số phức  z P   a; b  đối xứng với M qua Oy �Mô đun của số phức z z  OM  a�  b� i thi Nếu M ; M �biểu diễn cho số phức z  a  bi , z � �a  a�b  b� � z  z� I� ; � �biểu diễn số phức �Trung điểm MM �là � � z  z � MM � 2 Công thức trung tuyến:  z1  z2  z1  z2  z1  z2  Công thức trọng tâm tam giác: Nếu A, B, C biểu diễn các số phức z1 , z2 , z3 thi trọng tâm z1  z2  z3 G của tam giác ABC biểu diễn số phức Môđun số phức: Số phức z  a bi được biểu diễn bởi điểm M(a; b) mặt phẳng Oxy Độ dài của véctơ uuuur 2 OM được gọi mơđun của sớ phức z Kí hiệu z  a  bi  a  b Tính chất  uuuur 2 z  a  b  zz  OM  z z  , z' �0  z ' z' z �0, z ��, z  � z   z.z'  z z'  kz  k z , k��  z  z' �z �z' �z  z' 2  Chú ý: z2  a2  b2  2abi  (a2  b2 )2  4a2b2  a2  b2  z  z  z.z Lưu ý:  z1  z2 �z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0  z1  z2 �z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0  z1  z2 � z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0  z1  z2 � z1  z2 dấu xảy � z1  kz2  k �0    2 z1  z2  z1  z2  z1  z2 z  z z z  z �� Một số quỹ tích nên nhớ Biểu thức liên hệ ax  by  c  (1) z  a bi  z  c di (2)  x  a   y  b 2  R2 x, y Quỹ tích điểm M :ax  by  c  (1)Đường thẳng (2) Đường trung trực đoạn AB với A  a,b , B c, d   hoặc Đường tròn tâm hoặc Hinh tròn tâm I  a; b , bán kính R z  a bi  R  x  a   y  b z  a bi �R �R2 I  a; b , bán kính R r � x  a   y  b �R2 Hinh vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn đồn I  a; b tâm , bán kính lần lượt r , R hoặc r �z  a bi �R Parabol � y  ax2  bx  c  c �0 � x  ay2  by  c �  x  a 2  y  c  2 b d  1  1 1 hoặc z  a1  bi  z  a2  b2i  2a  x  a b2  y  c  d2 Elip  2 2a  AB , A  a1 ,b1  , B a2 ,b2  Elip nếu Đoạn AB nếu 2a  AB Hypebol 1 B NỘI DUNG Dạng Điểm đường thẳng Ví dụ 1: Trong các số phức thỏa mãn điều kiện A z  1 2i Giả sử Ta có: z   i 5 B z  x  yi  x, y �� z z  3i  z   i Tim số phức có mơđun nhỏ nhất?  i 5 D z  1 2i C  Lời giải M  x, y  , số phức z có điểm biểu diễn điểm z  x  y  MO 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   Ta thấy điểm M di chuyển đường thẳng  : x  y   nên MO nhỏ M hinh chiếu của điểm O lên đường thẳng  Phương trinh đường thẳng qua O vng góc với  x  y  �x  y   � Do đó, tọa đợ điểm M nghiệm của hệ phương trinh � x  y  �1 � M � ; � Suy �5 � Ví dụ 2: Cho sớ phức z thỏa mãn phức z A B z   3i  z   3i  10 C  Lời giải z   4i nhỏ Mô-đun của số D Đặt z  a  bi  a, b �� � z  a  bi M  a, b  điểm biểu diễn của số phức z Gọi A  4; 3 , B  4;3  Theo giả thiết Ta có AB  10 z   3i  z   3i  10 � MA  MB  10  AB z   4i  MC Suy M thuộc đoạn AB kéo dài ( B nằm A M ) Lại có nên z   4i C  3;  nhỏ MC nhỏ (với ) M �B � MCmin � � M �A MCmin  � Ta có: � M  4;3 Do z 5 hoặc M  4; 3 z + 2- 2i = z - 4i w Ví dụ Xét các sớ phức z, w thỏa mãn w = iz +1 Giá trị nhỏ của A B D 2 C  Lời giải x, y��) M x; y Đặt z = x + yi ( ( ) điểm biểu diễn số phức z 2 z   2i  z  4i x  2   y  2  x2   y  4 � x  y   Từ suy tập hợp điểm M đường thẳng D : x + y = Ta có P = w = iz +1 = i ( z - i ) = z - i = MN Dựa vào hinh vẽ ta thấy z thỏa mãn B 1 2 z +1- i = z - 3i  2 Môđun lớn của số phức C  z  x  yi  x, y �� N  0;1 Pmin  MN  d  N ,    Ví dụ Xét các sớ phức A với 10 D w= z 10 Lời giải M  x; y  điểm biểu diễn số phức z 2 z   i  z  3i  x  1   y  1  x   y  3 � x  y  Do tập hợp Từ ta suy điểm M đường thẳng D : 2x + 4y = Đặt w= Ta có 1 = = z z OM Dựa vào hinh vẽ ta thấy với O  0;0  w max � OM suy w max  20   d  O,   2.0  4.0  7 z2 - 2z + = ( z- 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) Ví dụ 5: Xét các số phức z thỏa mãn Giá trị nhỏ của biểu thức P = z - 2+ 2i A Ta có B C  Lời giải D z2 - 2z + = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1)  TH Với � z = 1- 2i � ( z - 1+ 2i ) ( z - 1- 2i ) = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) � � � z - 1- 2i = z + 3i - � P = z- 2+ 2i = 1- 2i - 2+ 2i = z = 1- 2i Khi z - 1- 2i = z + 3i -  TH Với z  x  yi  x, y �� M  x; y  Đặt điểm biểu diễn số phức z 2 2 z   2i  z  3i   x  1   y     x  1   y  3 � y   tập hợp Từ ta suy điểm M đường thẳng D : 2y +1= Ta có P = z - 2+ 2i = MA với A  2; 2  Dựa vào hinh vẽ ta thấy Pmin � MAmin suy So sánh hai trường hợp ta thấy Pmin = Pmin  d  A,     2    z - 1- 3i � z + 2i w +1+ 3i � w- 2i Ví dụ 6: Xét các sớ phức z, w thỏa mãn Giá trị nhỏ của biểu thức P = z - w A 13 +1 B 26 C  Lời giải 13 D 26 13  a, b, c, d �� Gọi z = a+ bi w = c + di 2 z   3i �z  2i �  a  1   b  3 �a   b   � a  5b �3  Suy tập hợp điểm M D : x + 5y = biểu diễn số phức z phần tơ đậm đồ thị có tính biên w   3i �w  2i �  c  1   d  3 �c   d   � c  5d �3  Suy tập hợp điểm N 2 : x + 5y = - biểu diễn số phức w phần gạch chéo đồ thị có tính biên D � P  z  w  MN �d  ; �  26 13 Dựa vào hinh vẽ ta thấy Dấu " = " xảy M �D , N �M MN ^ D � Dạng Điểm đường tròn - iz +1 = Ví dụ 1: Xét các sớ phức z thỏa mãn Gọi m, M lần lượt giá trị nhỏ giá trị lớn P = z của biểu thức A S = 2014 Ta có Tính S = 2020- M + m B S = 2016 C S = 2018  Lời giải - iz +1 = 1� - i z + i = 1� z + i = 1�� � D S = 2022 tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thuộc I 0;- 1) đường trịn có tâm ( , bán kính R = Khi � Pmin = OI - R = 1- = m= � � �� �� �� � S = 2018 � � �Pmax = OI + R = 1+1= � �M = � z - 2- 3i = Ví dụ 2: Xét các số phức z thỏa mãn Giá trị lớn giá trị nhỏ của biểu thức P = z +1+ i lần lượt A 13 + 13- C B 13 +1 13 - D 13 + 13-  Ta có I  2;3 Ta có Vậy z - 2- 3i = 1�� � Lời giải tập hợp các điểm M biểu diễn sớ phức z tḥc đường trịn có tâm , bán kính R = P = z +1+ i = z +1- i = MA với A ( - 1;1) �P = AM = AI - R = 13 - 1 �min � � � �Pmax = AM = AI + R = 13 +1 ( 1+ i ) z +1- 7i = Ví dụ 3: Xét các sớ phức z thỏa mãn Gọi m, M lần lượt giá trị nhỏ giá trị lớn của A S = P = z Tính S = M - m B S = ( 1+ i ) z +1- 7i = � z + Ta có C S = 10  Lời giải D S = 24 1- 7i = � z - ( 3+ 4i ) = 1�� � 1+ i 1+ i I  3;  diễn sớ phức z tḥc đường trịn có tâm , bán kính R = Khi tập hợp các điểm M biểu � Pmin = OM = OI - R = 5- = m= � � �� �� �� � S = � � � �M = Pmax = OM = OI + R = 5+1= � � ( 1+ i ) z Ví dụ 4: Xét các sớ phức z, w thỏa mãn 1- i +2 =1 w = iz Giá trị lớn của biểu thức P = z- w B A ( 1+ i ) z Từ 1- i + = 1� z + 2( 1- i ) 1+ i C  Lời giải = D 3 1- i � z - 2i = 1�� � 1+ i tập hợp các điểm M biểu diễn số I 0;2 , phức z tḥc đường trịn có tâm ( ) bán kính R = w=iz Theo giả thiết P = z- w = z - iz = z 1- i = z = 2OM với O( 0;0) Dựa vào hinh vẽ ta thấy Pmax = 2OM = OI + R = 2+1 = z - 1+ i = Ví dụ 5: Xét các số phức z1, z2 thỏa mãn z2 = 2iz1 Giá trị nhỏ của biểu thức P = 2z1 - z2 A 2- B 2- 2 C 4- 2  D 8- Lời giải z - 1+ i = Từ suy tập hợp các điểm M biểu diễn sớ phức z1 tḥc đường trịn có tâm I ( 1;- 1) , bán kính R = z2 =2iz1 Theo giả thiết ta có P = 2z1 - z2 = 2z1 - 2iz1 = 21- i z1 = 2OM Dựa vào hinh vẽ ta thấy với O( 0;0) Pmin = 2OM = 2 OI - R = 2 - = 4- 2 w = z( 1+ i ) , Ví dụ 6: Xét các sớ phức z thỏa mãn z - 2- 4i = 2 Trong các số phức w thỏa mãn gọi w1 w2 lần lượt sớ phức có mơđun nhỏ mơđun lớn Khi w1 + w2 A - 2+ 6i B 2+ 4i C - +12i D + 8i  Lời giải � Từ z - 2- 4i = 2 �� tập hợp các điểm M biểu diễn sớ phức z tḥc đường trịn có tâm I ( 2;4) , bán kính R = 2 P = w = z( 1+ i ) = z 1+ i = z = 2OM O 0;0 Ta có với ( ) Dựa vào hinh vẽ ta thấy +-=++=���+=� M M z 2i  Pmin = 2OM Dấu '' = '' xảy  Pmax = 2OM Dấu '' = '' xảy Vậy w1 + w2 =- +12i w1 +-=++=���+=� M M2 z 6i w2 ( 2i ) ( i ) ( 6i ) ( i ) 3i 9i z  1 i z  2 3i  Ví dụ 7: Cho số phức z thỏa mãn Giá trị lớn của A 13   Gọi Lời giải z  x  yi ta có z  2 3i  x  yi  2 3i  x  2  y  3 i  x  2   y  3  nên Theo giả thiết I  2;3 tròn tâm bán kính R  Ta có Gọi D 13  C B điểm M biểu diễn cho số phức z nằm đường z  1 i  x  yi  1 i  x  1  1 y i  M  x; y H  1;1 thi HM   x  1   y  1  x  1   y  1 2 Do M chạy đường trịn, H cớ định nên MH lớn M giao của HI với đường tròn Gọi M điểm biểu diễn số phức z  x  yi N điểm biểu diễn số phức z thi M , M ' S  xy đới xứng qua Ox Diện tích tam giác OMN OMN Do 1 z2  z2 4 nên tập hợp M biểu diễn z Elip  E : x2 y2  1 Do đó: xy x2 y x2 y  �2  � SOMN  xy �2 8 2 z  a  bi  a, b �� z   3i  Câu Cho số phức thỏa mãn Tim z   3i  z   i đạt giá trị lớn A P  10 B P  C P  D P   Lời giải z   3i  �  a     b    Ta có P  a  b  C  có tâm I  4;3 Suy điểm M di chuyển đường tròn tâm Gọi F1  1;3 F2  1; 1 , Dạng Đường thẳng đường trịn 2 Ví dụ 1: Xét các sớ phức z1 thỏa mãn z1 - - z1 + i = các số phức z2 thỏa mãn z2 - 4- i = Giá trị nhỏ của A P = z1 - z2 B C  Gọi z  x  yi Ta có Lời giải D 2 2 z - - z + i = 1�� �( x - 2) + y2 - x2 - ( y +1) = 1� 2x + y- 1= �� � tập hợp các số phức z1 đường thẳng D : 2x + y- 1= 2 z - 4- i = �� � ( x - 4) +( y- 1) i = � ( x - 4) +( y- 1) = �� �  tập hợp các sớ phức z2 C I 4;1 , đường trịn ( ) có tâm ( ) bán kính R = Khi biểu thức Từ suy P = z1 - z2 C khoảng cách từ một điểm thuộc D đến một điểm thuộc ( ) Pmin = MN = d[ I , D ] - R = - 5= C C w + 2- 3i � w- 3+ 2i Ví dụ 2: Gọi ( ) tập hợp các số phức w thỏa mãn Gọi ( ) tập hợp các số phức z thỏa mãn A 3- Đặt z - 2+ 4i �1 Giá trị nhỏ của biểu thức B +1 C -  Lời giải P = w- z D +1 z = x + yi ; w = a+ bi ( x, y, a, b ��) Ta có 2 w + 2- 3i � w- 3+ 2i �� �( a+ 2) +( y- 3) �( a- 3) +( b+ 2) � a- b�0 �� �  tập hợp điểm D : x y = M biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ kể bờ (miền tô đậm C1 ) ( hinh vẽ) Gọi miền 2  z - 2+ 4i �1�� � ( x - 2) +( y + 4) i �1� ( x - 2) +( y + 4) �1�� � C I 2;- 4) , sớ phức z hinh trịn ( ) có tâm ( bán kính R = tập hợp điểm N biểu diễn Khi biểu thức ( C2 ) Từ suy P = z - w = MN C khoảng cách từ một điểm thuộc ( ) đến một điểm thuộc Pmin = d[ I , D ] - R = - z - 2i � z - 4i z - 3- 3i = Ví dụ 3: Xét các số thức z thỏa mãn Giá trị lớn của biểu thức P = z - +1 A Gọi + B 10 C 10 +1  Lời giải D 13 +1 z = x + yi ( x, y ��) Ta có 2i z 4i ��� x ( y 2)  z -�-���+-�+2 x2 ( y 4) y tập hợp điểm biểu diễn số phức z C thuộc nửa mặt phẳng bờ D : y = , kể bờ (miền tô đậm) Gọi miền ( 1) 2 z - 3- 3i = 1�� � ( x - 3) +( y- 3) i = 1� ( x - 3) +( y- 3) = 1�� �  tập hợp điểm biểu diễn số C I 3;3 , phức z đường trịn ( ) có tâm ( ) bán kính R = C C Như tập hợp điểm M biểu diễn số phức z giao của ( ) ( ) Đó phần D 2;3 , C 4;3 cung trịn nét liền hinh vẽ (có tính điểm đầu mút ( ) ( ) của cung) P = z - +1= MB +1 Khi tḥc cung trịn CD với B( 2;0) MB khoảng cách từ điểm B đến một điểm Từ suy Pmax = BC +1= 13 +1 Ví dụ 4: Xét các sớ phức z, w thỏa mãn P = z- w A � max{ z ; z - 1- i } �1 � � � � �w +1+ 2i � w- 2- i Giá trị nhỏ của biểu thức B C -  Lời giải Gọi M , N ( x; y) lần lượt điểm biểu diễn của hai số phức z, w D 2 - 2 2 �( x +1) +( y + 2) �( x - 2) +( y- 1) � x + y �0 �� �  w +1+ 2i � w- 2- i �� tập hợp điểm N biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ D : x + y = kể bờ (miền tô đậm hinh vẽ) � �z - 1- i �1� � �MI �1, I ( 1;1) � � �z �1 � max { z ; z - 1- i } �1, �MO �1, O( 0;0)  suy � �� � M thuộc phần chung của hai hinh tròn ( I ; 1) ( O; 1) (phần gạch sọc hinh vẽ) Ta có P = z - w = MN nên P nhỏ MN ngắn Dựa vào hinh vẽ ta thấy MN ngắn N �O MN = OI - 1= - x, y ��) z + 2- 3i � z + i - �5 Ví dụ 5: Cho z = x + yi ( số phức thỏa mãn Gọi M , m lần lượt 2 giá trị lớn nhỏ của P = x + y + 8x + 6y Giá trị M + m A Ta có 156 - 10 B 156 + 10 C 60- 20 10  Lời giải �z + 2- 3i � z + i - � 2x + y + �0 � � 2 � � �z + i - �5 � ( x - 2) +( y +1) �25 Suy tập hợp các điểm D 60+ 20 10 M ( x; y) thỏa yêu cầu H) ( d : x + y = đường tròn toán nằm miền tô đậm được giới hạn bởi đường thẳng ( C ) có tâm I ( 2;- 1) , bán kính R = (kể biên) hinh vẽ 2 2 J - 4;- 3) Ta có P = x + y + 8x + 6y = ( x + 4) +( y + 3) - 25 = J M - 25 với ( C C Gọi giao điểm của d ( ) A ( 2;- 6) , B( - 2;2) ; C giao điểm của đoạn IJ với ( ) Dựa vào hinh vẽ ta thấy  J M �min { J A, J B, J C } = J C = IJ - IC = IJ - R = 10 -  J M �max { J A, J B, J C } = J A = � � M = - 25 = 20 � � �� � M + m= 60- 20 10 � � � m = 10 25 = 40 20 10 � Vậy � ( ( ) ) Ví dụ 6: Xét các số phức z1, z2 thoả mãn z1 - 3- 4i = 1, z2 +1 = z2 - i z1 - z2 M, m lần lượt giá trị lớn giá trị nhỏ của A P = 14 B P = 16 C P = 18  Lời giải Đặt Gọi z1 - z2 2- i sớ thực Gọi Tính P = M + m D P = 20 z1 = a + bi, z2 = c + di ( a, b, c, d ��) A ( a;b) , B( c;d) lần lượt hai điểm biểu diễn số phức z1 , z2 uur uur uuu r z1 - z2 = OA - OB = BA �� � z1 - z2 = AB Suy z1 - z2 =ξ��=k ( k �) 2- i uuu r BA k( 2; 1) uuu r nAB = ( 1;2) Suy đường thẳng AB có VTPT C z - 3- 4i = 1�� � I 3;4 ,  tập hợp các điểm A đường trịn ( ) có tâm ( ) bán kính R = 2 � ( c+1) + d2 = c2 +( d - 1) � c+ d = �� �  z2 +1 = z2 - i �� tập hợp các điểm B đường thẳng D : x + y = Do từ uuu r uur nAB nD 10 cosj = uuu �� � sinj = r uur = 10 10 nAB nD Gọi j góc D AB , ta có Theo yêu cầu toán ta cần tim GTLN GTNN của AB d I ,D > R C Do [ ] nên suy D không cắt ( ) Gọi H hinh chiếu của A D , ta có � max AH d[ I , D ] + R � max AB = = = + 10 � � sinj sinj AH � AB = �� �� � P = 14 � sinj AH d[ I , D ] - R � � AB = = = - 10 � � sinj sinj � Bài tập tổng hợp Câu 1: Xét các số phức z  a  bi  a, b ��  z   2i  z   5i  đạt giá trị nhỏ A  B   Gọi A  1;  z   2i  C  Lời giải z   2i  �  a  3   b    Cách Ta có thỏa mãn B  2;3 Khi z   2i  z   5i  MA  MB Tính a  b , biết D Lấy điểm � J  2;  suy IA.IJ  IM IA IM  IM IJ MA IM  2 IJ Vi IJM , IMA đồng dạng với nên MJ Do MA  MB   MJ  MB  �4 JB  Dấu “=” xảy M   E 2;  z  3i   iz   2i  Câu 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn Tim giá trị lớn của T  2iz1  3z2 biểu thức A 313  16 B 313 C  313  D 313  Lời giải Từ giả thiết, ta có z1  3i   � 2iz1   10i  � Điểm M biểu diễn sớ phức z1 tḥc vào đường trịn tâm I1  6; 10  , bán kính R1   1 iz2   2i  � z2   3i  12 � Điểm M biểu diễn số phức z2 thuộc vào đường trịn tâm I  6;3 , bán kính R2  12 Từ  1   suy  2 T  2iz1  3z  I1I  R1  R2  12  132  16  313  16 Câu Xét các số phức z  a  bi  a, b �� thỏa mãn z 2 z   z   4i Tính P  a  b đạt giá trị nhỏ A P  Giả sử B P  z  a  bi  a, b �� Gọi A  4;0  , B  1; 4  Gọi H  1;0  D P  C P  2  Lời giải có điểm biểu diễn Khi đó, ta có P M  a; b   a  4  b2   a  1   b    MA  2MB Ta có OH OA  OM  MA OA  2 � OMA : OHM nên có MH OM P  MH  2MB   MH  MB  Suy MA  MH Vậy Pmin �  MH  MB  � M , H , B thẳng hàng � M  0; 2  � P  2 Câu Cho các số phức z , z1 , z2 thỏa mãn P  z  z  z1  z  z2 biểu thức A P   2 z1  z2  z1  z2  B P    Lời giải Tim giá trị nhỏ của C P   D P 2 Chọn A, B, M lần lượt các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z Dựa vào điều kiện, ta có tam giác OAB vng cân O có đợ dài OA  OB  , AB  Phép quay tâm B , góc quay 60�ta có Q B ;60� : A a A� M a M� M� ; BM  B� M �(do tam giác BMM � Suy AM  A� đều)  A� M� �OA� Suy OA  AM  BM  OA  MM � , A�thẳng hàng Dấu "  " O, M , M �  BA  Khi tam giác OBA� có OB  6, BA� � � OBA  105� Từ đó, suy OA�  OB  BA�  2OB.BA� cos105�  z 1 i  Câu Cho số phức z thay đổi thỏa mãn Giá trị nhỏ của biểu thức P  z   5i  z   7i a b (với a, b các số ngun tớ) Tính S  a  b A S  20 B S  18 C S  24 D S  17  Lời giải Gọi M  x; y  điểm biểu diễn của số phức z z   i  �  x  1   y  1  32 Ta có trịn tâm Xét điểm Suy I  1;1 suy các điểm biểu diễn số phức z thuộc đường A  4; 5  B  1;7  Ta có IB  z   5i  z   7i  2MA  MB uur uur � 5� 1; � IK  IB � K � �tḥc đường trịn � K Lấy điểm : tâm I , bán kính R  IK IM   IB đỉnh I chung nên suy IKM : IMB � MB  2MK Do IM � 2MA  MB   MA  MK  �2 AK �25 � Pmin  AK  25  � �  13 �2 � Vậy � a  b  18 z i  Câu Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tim giá trị nhỏ của biểu thức P  z   i  z   3i A B C  D Lời giải I  0; 1 , R  Gọi điểm biểu diễn của z M Khi M nằm đường trịn tâm Gọi tọa độ các điểm A    2; 1 , B  đó: 2; 3 �1 � K ;  � � P  z   i  z   3i  MA  2MB �khi ta có: Gọi � IK IM   IM IA Vậy IMK IAM hai tam giác đồng dạng Khi đó: MA  2MK P   MK  MB Vậy P   MK  MB � 2BK Theo bất đẳng thức tam giác: Vậy Min P   2BK  z  z  2, Câu Với hai số phức z1 z2 thoả mãn z1  z2  8 6i tim giá trị lớn của P  z1  z2 A P  B P  26  Lời giải C P  5 D P  34  �z1   6i  z2 � �z2   6i  z1 � z z 2 z z 2 Vi hai số phức z1 z2 thoả mãn z1  z2  8 6i nên � �z1   4 3i   � � � �z2    3i   � z  z   * � �  * suy A , B Gọi A , B lần lượt hai điểm biểu diễn của hai sớ phức z1 z2 từ nằm đường tròn tròn  C  C có tâm I  4;3 , bán kính R  AB đường kính của đường P  z1  z2  OA  OB Như 2 OA  OB AB   OI � OA  OB2  52   52 Ta có   �  OA  OB  OA  OB2  2OA.OB �52  52  104 Suy 52  OA  OB �2OA.OB 2 � P  z1  z2  OA  OB � 104  26 Dấu xảy OA  OB iz   i  z  z  Câu Giả sử z1 , z2 hai số các số phức z thỏa mãn Giá trị z1  z2 lớn của B A C D  Lời giải Ta có iz   i  � i z i 2  �  z i 21   I 1; Điểm biểu diễn z tḥc đường trịn tâm , R  Gọi M , N điểm biểu diễn z1 , z2 nên MN  đường kính Dựng hinh binh hành OMNP ta có z1  z2  OP  z Ta có  z2   �2 z1  z2   z z 2 z1  z2 � MN  OI Câu Cho z số phức thỏa mãn P  z   i  z   3i A 18 Gọi  z1  z2  16 � z1  z2 �4 Dấu xảy z  1 i  Tim giá trị lớn của biểu thức B 14 10  Lời giải z  x  yi  x; y �� , M  x; y C 38  10 điểm biểu diễn số phức z D 16  10 z  1 i  �  x  1   y  1  2 Do R  Đặt A  2;1 , B 2;3 , E  0;2 I  1; 1 suy M thuộc đường trịn tâm , bán kính trung điểm của AB Khi P  z  2 i  z  2 3i AB2  ME    x  2   y  1   x  2   y  3  MA  MB2  2ME2  10 2 2 Do E nằm ngồi đường trịn, nên MEMax  EI  R   10 � PMax  38  10 Cách : P  z   i  z   3i   x  2   y  1   x  2   y  3 2 2 2 = 2x2  2y2  8y  18 � 2x2  2y2  8y  18  P  2 2 � � x  1   y  1   �2x  2y  8y  18  P  � �� � 2 x   y      : 4x  12y  22 P      � � Suy tọa độ điểm M thỏa mãn � Hệ có nghiệm d I ,  �R � P  38 �8 10 � 38 10 �P �38 10 � PMax  38  10 z1  i  z1  z1  2i z  i  10  Câu 10 Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn điều kiện Tim giá trị nhỏ của biểu thức A 10  z1  z2 ? B  C  Lời giải 101  D 101  +) Gọi z1  a bi ;  a,b�� z1  i  z1  z1  2i � a2   b 1  Nên  2b 2 � b Do tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 Parabol +) Gọi z2  a bi ,  a,b�� Khi z2  i  10  �  a 10   b 1  y x2 Nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 đường trịn bamns kính r  z1  z2 nhỏ MN nhỏ MN IM IN  C   x  10   y  1 I  10;1 IM Nên MN nhỏ IM nhỏ 2 �x2 � �x2 � IM   x  10  �  1� �  4�  x  4  45 �4 � �4 � Ta có:  IM  45 Do MN �3  Vậy a2 IN �IM  Ta có: MN  z1  z2  MN �3  1� z1  z2   1 tâm - Về khả áp dụng của sáng kiến: Dành cho học sinh có học lực từ trung binh khá trở lên Những thông tin cần được bảo mật: Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12 10 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được áp dụng sáng kiến của tác giả: Sau học xong, các em học sinh lớp 12 khơng cịn bỡ ngỡ trước dạng toán tim cực trị số phức, dạng toán mà trước các em thường bỏ qua Bước đầu giúp các em có các hướng để giải quyết các dạng toán ở phần 11 Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có) STT Tên tổ chức, các nhân Địa Phạm vi , Lĩnh vực áp dụng sáng kiến …, ngày … tháng … năm …, ngày … tháng … năm Yên Lạc, ngày 10 tháng 03 năm 2020 Thủ trưởng đơn vị CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG Tác giả sáng kiến SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ Nguyễn Thành Tiến ... 12 khơng cịn bỡ ngỡ trước dạng toán tim cực trị số phức, dạng toán mà trước các em thường bỏ qua Bước đầu giúp các em có các hướng để giải quyết các dạng toán ở phần 11 Dang sách...   Do đó, phương trinh tắc của Vậy max z  OA  OA '  z  OB  OB'  z  z  Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn Gọi M , m giá trị lớn nhỏ z Khi M  m A  B 4 C  Gọi Gọi D  Lời giải z  x... đợ dài MH ta lấy kết HM  13  z  a bi  R  Lưu ý: Cho số phức z thỏa mãn , ta có quỹ tích điểm I  a,b ,bk  R biểu diễn số phức z đường tròn ) 2 �z � Max  OI  R  a  b  R � 2 �z Min