Chuyên đề số phức vận dụng của 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.. Qua đó các em thấy được nội dung [r]

SỐ PHỨC - PHẦN I

Nhân dịp mùa thi THPTQG 2020 tới gần, ta thử nhìn nhận tốn số phức thi ĐH - CĐ năm 2012, củng cố kiến thức kỹ giải toán số phức vài năm gần đây, góp phần giúp em 2K2 đạt kết tốt kỳ thi

1 Các câu trích từđề 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 i z

+ = −

+ Tính mơđun số phức

2

w= + +z z Phân tích

Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức

- Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun số phức

Nhiệm vụ tìm số phức z, sau vào w, rút gọn tính mơđun Hiện ta hỗ trợ máy tính Casio để làm thay việc rút gọn tính mơđun, chí việc tìn z

Lời giải Cách 1. (Tự luận)

Điều kiện z≠ −1 Từ giả thiết suy 5 2z+ = − + −i i

(

2 i z

)

(1) Giả sử z a bi a b= + , ,

(

∈

)

thì từ (1) ta có 5a−5bi+ − =6 2i

(

2−i a bi

)(

+

)

=2a b+ +2bi ai−

(

3 2

) (

6

)

1

7

a b

a b a b i a b z i

a b

− − = 

⇒ − − + − + = ⇒ − + = ⇒ = = ⇒ = +

 (Thỏa mãn)

Khi w 1= + +z z2 = + + +2 i

( )

1 i = + ⇒2 3i w = 2 32+ = 13 Vậy z= +1 i w = 13

Cách (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm)

Từ (1) ta có:

(

2

)

(

2

)(

2

) (

62

)( )

5

2

i i i

i z z i z i

i

− + + − − − −

− − = − + ⇒ = = +

− − −

Từ w 1+Ans Ans+ = 13 (Công thức ta tìm hiểu VD 20) Ví dụ2 (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối B Câu 9b)

Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2−2 3iz− =4 Viết dạng lượng giác z1 z2

Phân tích

- Môđun số phức

- Dạng lượng giác số phức

Lời giải

Vì z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2−2 3iz− =4 0 nên ta có:

1 z z = − , z1 = z2 = =r Bởi ta đặt z1 =2 cos

(

ϕ+isin ,ϕ

)

z2 = −2 cos

(

ϕ−isinϕ

)

ta có z z1+ =2 3i nên sini 3i sin 23 3

π ϕ = ⇒ ϕ= ⇒ =ϕ

Vậy z1 cos3 isin 3 ,z2 cos43 isin43

π π π π

   

=  +  =  − 

   

Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối D Câu 9a) Cho số phức z thỏa mãn

(

2

)

2(1 )

1 i

i z i

i

+

+ + = +

+ Tìm mơđun số phức w z= + +1 i

Phân tích

Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức

- Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun số phức Lời giải

Cách 1. (Tự luận) Từ giả thiết suy

(

2

)

2(1 ) 1

( )( )

( )

(

2

)

(1 ) 1

( )

1

i i

i z i i z i i i

i i

+ −

+ + = + ⇔ + + + − = +

+ −

(

2

)

(

2

)

7

(

(

4 2

)(

)(

)

)

15 10

2 2

i i

i i

i z i i i z i z

i i i

+ −

+ +

⇔ + + + = + ⇔ + = + ⇔ = = =

+ + −

3

z i

⇔ = + Từ ta có w z= + + = + ⇒1 i 4 3i w = 4 32+ =5 Vậy z = +3 2i w =5

Cách (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm) Từ giả thiết

(

2

)

2(1 )

1 i

i z i

i

+

+ + = +

+ ta có (nhập máy):

(

)

(

2

)(

)

7 3 2

2

i i

z i

i i i

+ +

= − = +

+ + +

Từ w Ans 1+ + =i

Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Các phép toán cộng, trừ, nhân, khai số phức

- Cơng thức nghiệm phương trình bậc hai Lời giải

Xét phương trình z2+3 1

(

+i z

)

+ =5 0i có ∆ =9 1

( )

+i 2−4.5 9.2 20i= i− i= −2i Đến ta biểu diễn ∆ thành bình phương số phức ∆ =

( )

i 2, từ ta có hai nghiệm:

( )

( )

1

3 3 , 3

2 2 2

i i i i

z =− + − = − − + i z = − + + = − − − i 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 ) (3 )

i

i z i z

i

−

− − = −

+ Tìm tọa độđiểm biểu diễn z mặt

phẳng tọa độOxy Phân tích

Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức

- Điểm biểu diễn số phức mặt phẳng tọa độ Lời giải

Biến đổi phương trình tương đương với (3 ) (1 )

(

2

)

1

i i

i z i z i z

i i

− −

− − − = ⇔ + =

+ +

( )(

1 2

)

32

(

2 10

)(

1 3

)

710 i i

i i i

z

i i i

− −

− − − −

⇔ = = = =

+ + +

Vậy 10 10

z= − − i nên có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ ; 10 10 M− − 

 

Cách (Hỗ trợ máy tính Casio)

Bài có dạng Az B Cz z B A C

− = ⇔ =

− nên Mode ta ghi

2

3 Sto Sto Sto

i

i A B i C

i

−

− −

+

B

A C− =ta

1 10 10i

− −

Vậy 10 10

z= − − i nên có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ ; 10 10 M− − 

 

Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 - Khối A - A1 - B - D Câu 7b) Gọi z z1, 2 hai nghiệm phức phương trình z2−2 0z+ + =i Tính

1

Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Giải phương trình bậc hai tập số phức có hệ số phức - Tính mơđun số phức

Lời giải

Phương trình z2−2 0z+ + =i có ∆ = − +' 12

(

1 2i

)

= − =2i

( )

i 2 2 nên phương trình có hai nghiệm là: z1= −1 i 2,z2 = +1 i Do ta có

( )

( )

2

1 2 2

z + z = + − + + = Qua em thấy nội dung kiến thức thi Đại học - Cao đẳng trước nhẹ nhàng, đến có nâng cao vài phần em đừng lo lắng, nắm kiến thức làm Cụ thể ta xét câu số phức thi năm vừa qua mức VD - VDC có nội dung địi hỏi kỹ gì?

2 Một số câu trắc nghiệm gần đây

Ví dụ (BGD - Đề thi thức THPTQG 2019 M101 C34)

Cho số phức z thỏa mãn 3

( )

z i+ −

(

2−i z

)

= +3 10i Mô đun z

A 3 B 5 C D

Phân tích

Trong câu thấy nội dung giống câu đề thi năm 2012 - Các phép toán cộng, trừ, nhân số phức

- Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun số phức Lời giải

Cách 1. (Tự luận)

Giả sử z a bi a b= + , ,

(

∈

)

⇒ = −z a bi Từ giả thiết ta có:

(

) (

)(

)

3 a bi i− + − −2 i a bi+ = +3 10i⇔3 3a bi− −2a b bi− + −2 = +3 7i

(

)

3

a b a b i

⇔ − − + − − =

5 a b

a b

− − = 

⇔  − − = 

2 a b

=  ⇔  = −

 z= −2 i

Vậy z = 22+ −

( )

1 = 5 Chọn C Cách 2. (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm)

Từ giả thiết ta có:

(

)

3

(

3

)(

2

) (

23 3

)

2

i i i

i z z i z i

i

+ − − − −

− + + = + ⇒ = = −

− − (Nhập máy)

Xét số phức z thỏa mãn z = Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn số phức w

1 iz z

+ =

+ đường trịn có bán kính

A 34 B 26 C 34 D 26

Phân tích

Trong câu thấy nội dung là: Tìm biểu diễn w thơng qua z - Các phép biến đổi đại số

- Biến đổi hình học tọa độ

Lời giải Cách 1. (Tự luận - Biến đổi đại số)

Giả sử w= +x yi x y, ,

(

∈

)

Ta có w(1 ) 4+z = + ⇒iz z w i

(

− = −

)

w⇒ w i− = −w

(

)

2

(

)

2

2

2x y  x y

⇒  + − = − + ⇔2

(

x2+y2−2y+ =1

)

x2−8 16x+ +y2

(

) (

2

)

2

2 8 4 14 0 4 2 34

x y x y x y

⇔ + + − − = ⇔ + + − = , suy R= 34 Chọn A Cách (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm)

Ta cho z ba giá trị khác tương ứng w có ba giá trị khác viết phương trình đường trịn có dạng: x2+y2+2ax+2by c+ =0 (1)

Vào Mode ghi

iX X

+

+ CALC nhập − − =1 i ta có

( )

1;5 thay vào (1): 10a+ b c+ = −26 CALC nhập − + =1 i ta có

(

− −1; 3

)

thay vào (1): − −2a b c6 + = −10

CALC nhập 1+ =i ta có 1; 5

−

 

 

  thay vào (1): 14a−2 5b c+ = −10

Giải hệ ba ẩn ta a=4,b= −2,c= − ⇒ =14 r 16 14+ + = 34 Nhận xét

Vì tính chất u v u v = sử dụng nhiều nên GV hướng dẫn em chứng minh lại định lý sau: Giả sử u a bi v x yi a b x y= + , = + , , ,

(

∈

)

, ta chứng minh định lý phép biến đổi tương đương:

(

) (

)

(

)(

)

2 2 2 2 2 2 2

u v u v= ⇔ u v = u v ⇔ ax by− + ay bx+ = a b+ x +y

2 2 2 2 2 2 2 2

a x b y a y b x a x b y a y b x

⇔ + + + = + + + (Luôn ∀a b x y, , ∈) Đpcm Như phần em thấy là: nội dung có nâng cao vài phần khơng phải q khó, em nắm kiến thức làm

Sau ta nghiên cứu cách giải toán số phức cách "Đặt ẩn phụ" xem nào? Ví dụ (THPT Chuyên Tiền Giang)

A

S = B S = −5 C S =5 D

3 S= − Lờigiải

Đặt z m= ≥0, ta có z= − +1

(

m−3

)

i⇒ z = 1+

(

m−3

)

2 ⇒m2 = +1

(

m−3

)

2

0

3

m m

⇒ = − + ⇒ = , thay trở ta có

3

z= − − i⇒ = +S a b= − Chọn B Cách (Tính trực tiếp)

Để cho gọn ta đặt z = a b2+ = ≥m 0, ta có: z+ + −1 3i z i=0 hay là

(

)

(

)

2 2

1

1 3

3

a a

a bi i mi a b m i

b m b m b

= −  + =

 

+ + + − = ⇔ + + + − = ⇒ ⇒

+ − = + = = +

 

1

1 3 5

4

3 a a

S a b

b b

= −  = −

 

⇒ ⇒ ⇒ = + = −

+ = = −

 

Ví dụ 10.(THPT Kinh Mơn - Hải Dương)

Số phức z a bi= + ( với a, b số nguyên) thỏa mãn

(

1 3i z−

)

số thực z− +2 5i =1

Khi a b+

A 9 B 8 C 6 D 7

Lờigiải

Đặt

(

1

)

3

1 10 10

m m m

i z m z i n ni

i

− = ∈ ⇒ = = + = +

−

 Ta cần tính a b+ =4 ;n n∈ Thay z vào giả thiết thứ hai ta có

(

)

(

) (

2

)

2

2 5

n− + − n i = ⇒ n− + − n = ⇒ = ∈ ⇒ =n  P Chọn B Cách (Tính trực tiếp)

Ta có

(

1 3− i z

) (

= −1 3i a bi

)(

+

)

= +a 3b b+ −

(

3a i

)

số thực nên b = 3a z = a + 3ai vào giả thiết thứ hai ta a−3ai− +2 1i = suy

(

) (

2

)

2

2

a− + − a = ⇒ = ∈ ⇒ = + =a  P a b a=

.

Ví dụ 11.Cho số phức z a bi= + (a, b số thực ) thỏa mãn z z +2z i+ =0 Tính giá trị biểu thức T a b= + 2.

Đặt z m= ≥0, ta có z m

(

+2

)

= − ⇒i z m

(

+2 1

)

= ⇒m m

(

+2 1

)

= ⇒ =m 1− thay trở ta có

(

1 2

)

(

1 2

)

2 3 2

2 i

z= − = − i⇒ = +T a b = − = −

+ Chọn C

Mời em giải cách khác

Ví dụ12.(BGD - Đề thi thức 2017)

Có số phức z thỏa mãn z−3i =5 z

z− số ảo?

A. B. C. Vô số D.

Lờigiải

Đặt

(

1

)

4

4

z bi bi z bi z bi

z− = ⇒ − = ⇒ =bi− , ta có

(

)

3

4 3 5 5

1

b b i bi i

bi bi

+ +

− = ⇔ =

− −

(

)

2

(

)

2 2 16 24

9 25 24 16

3 13 13

b b b b b z i

⇒ + + = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = − Chọn D

Lời bình

Việc đặt ẩn phụ giải tốn số phức góp phần làm cho lời giải bớt cồng kềnh biến đổi, chí nhanh đến kết

Mời em tính trực tiếp

Ví dụ 13 (BGD - Đề tham khảo 2018)

Cho số phức z a bi a b= +

(

, ∈

)

thỏa mãn z+ + −2 i z

( )

1+ =i z >1 Tính P a b= +

A. −1 B. −5 C. D.

Lờigiải Cách

Đặt z m= >1 Ta có z= − − +2 i m

( ) (

1+ =i m− +2

) (

m−1

)

i⇒ =m

(

m−2

) (

2+ m−1

)

2

2 2 6 5 6 5 0 5

m m m m m m

⇒ = − + ⇒ − + = ⇒ = Vậy z= + ⇒ =3 4i P Chọn D Cách 2.

Biến đổi phương trình

(

1

)

3

(

1

)

1 2

z i

z z i i z i i z

i i

+

= + = − + − ⇔ − + = −

+ +

Đặt z m= >1⇒

(

2m−3

)

2+ =1 2m⇒2m2−12m+10 0= ⇒ =m 5 Thay trở ta z= − − +2 i 1

( )

+ = + ⇒ =i 4i P

Đặt z m= >1 ta có

( )

1

1 1

a m b a

a bi i m i

b m m b

+ − = = +

 

+ + + − + = ⇔ ⇔

+ − = = + >

 

Suy

(

)

2 2

(

)

2 2

1 1 0 3

7

4

1

b a b a a

P b

b b

b b b

= + >

  = + >  =

 ⇔ ⇔ ⇒ =

  − =  =

− + = + 

 



Cách 4. (Trắc nghiệm)

Đặt z m= >1, ta có

( )

1 2

1

a m

z i m i a b m

b m

+ = 

+ + = + ⇒ + = ⇒ + = − > −

 Đến ta thử

+ Đáp án C: 2m− = ⇒ = ⇒ = + ⇒ = =3 m z 2i m z = (loại) + Đáp án D: Tơ khoanh trịn!

Ví dụ 14 (THPT Chun Quang Trung - Bình Phước)

Tìm số phức thỏa mãn số thực

A B C D

Lờigiải

Giả sử z a bi a b= + , ,

(

∈

)

z = a b2+ = ≥m 0, ta có z− = ⇒2 m

(

a−2

)

2+b2 =m2 4a a

⇒ − + = ⇒ = , z= +1 bi

(

2+bi

)

1 1− +

(

b i

)

 số thực nên

(

)

2 b b b

− + + = ⇒ = − Vậy z= −1 2i Chọn D Cách

Ta dùng chức CALC để thử kiểm tra trước tiên z− =2 z xem số thỏa mãn? Ghi X − =2 X CALC nhập số phức Loại B C Tiếp theo kiểm tra điều kiện thứ hai Ghi

(

2+Bi

)(

1−Bi i−

)

CALC nhập phần ảo = loại A Vậy chọn D

Cách 3

Giả sử z a bi a b= + , ,

(

∈

)

(

z+1

)

(

z+ − − ∈ ⇔1 i

)



(

z+1

)

( )

z+ −1

(

z+1 1

)(

+ ∈i

)



(

z 1

)(

i

)

a bi i ia b b a b a

⇔ + + = + + + + − ∈ ⇒ + + = ⇒ = − −

Mặt khác z− =2 z ⇒

(

a−2

)

2+b2 =a2+b2 ⇒ =a 1 b = - z = - 2i Ví dụ 15 (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình)

Cho số phức z thỏa mãn z z− = Biết phần thực z a Tính z theo a

A.

1−a B

2 1

2 a− a +

C

2 a+ a +

D

2 a+ a +

z z− =2 z

(

z+1

)(

z i−

)

1

Lờigiải

Giả sử z a bi= + z = a b2+ = ≥m 0, ta có

(

)

2 2

2

z m− = ⇒ a m− +b =

2

2 2 2 0 1 0

2 a a

a b am m m am m + +

⇒ + − + − = ⇒ − − = ⇒ = Chọn D

Mời em giải cách khác

Ví dụ 16.(THPT Trần Phú – Hà Tĩnh )

Có số phức z thỏa mãn z+ −1 3i =3

(

z+2i

)

2 số ảo?

A. B. C. D.

Lờigiải

Đặt z+ − = + ⇒ = − + +1 3i a bi z a

(

b 3

)

i ta có z+ −1 3i =3 2⇒a b2+ =18 (*)

(

)

2

(

)

2

z+ i =a− + +b i số ảo nên

(

1

) (

2 5

)

2 a b

a b

a b

= + 

⇒ − − + = ⇔ 

= − − 

+ TH 1: a = b +

(

b+6

)

2+b2 =18⇔ = −b 3 (nghiệm kép)

+ TH 2: a = - b -

(

b+4

)

2+b2 =18⇔b2+4 0b− = (Hai nghiệm vô tỉ) ChọnC Ví dụ 17.(THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Hà Nội)

Gọi z1, z2 hai số phức thỏa mãn z− +1 2i =5 z z1− =8 Tìm mơđun số phức w z z= + − +1 2 4i

A. w =6 B. w =16 C. w =10 D. w =13 Lờigiải

Cách 1. (Hình học)

Đặt u z= − +1 ,i v z= 2− +1 2i w u v= + u = =v nên w u v= + đường chéo hình thoi, ngồi u v− = z z1− 2 =8

Suy

2

2

2

2 w u v= + = −   =

  Chọn A

Ví dụ 18.(THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An)

Có số phức z thỏa mãn

(

1+i z z

)

+ số ảo z−2 1i =

A 2 B C 0 D Vô số

Lờigiải

Đặt z− = + ⇒ = + +2i a bi z a b

(

2

)

i, ta có z−2 1i = ⇒a b2+ =1 (*) v

u

( )

1+i z z z z iz+ = + + =2a b− + +

(

2

)

ai số ảo nên ⇒2a b− +

(

2

)

=0

2

b a

⇒ = − vào (*) ta có 2

(

)

2

2 3

5 a a a a =   + − = ⇔  = 

Suy có số phức Chọn A Lời bình Bài ta đặt ẩn phụ chưa sáng, gọn gàng tí

Sau ta xét thêm số toán liên quan đến z z nói phần đầu Ví dụ 19.(SGD Bắc Giang )

Cho số phức z thỏa mãn z −2z = − + +7 3i z Tính z

A B 13

4 C

25

4 D 5 Lờigiải

Giả sử z a bi= + z = a b2+ =m, ta có m= − + +7 2i z z+ =3a− + −7 3

(

b i

)

3 m a b = −  ⇒  = − 

2 9 9 42 49

4,

3,

a a a

a b b a  + = − +  ⇒ ⇒ = = = ≥

 Vậy z= + ⇒4 3i z =5 Chọn D

Ví dụ 20. Biết z a bi= +

(

a b, ∈

)

số phức thỏa mãn

(

3 2− i z

)

−2iz=15 8− i Tổng a b+ A a b+ =5 B a b+ = −1 C a b+ =9 D a b+ =1

Lờigiải Cách 1

Ta có z a bi= + ⇒ = −z a bi Theo đề ta có

(

3 2− i a bi

)(

+

)

−2i a bi

(

−

)

=15 8− i⇔3a−

(

4a b i−3

)

=15 8− i 15

4

a a b =  ⇔  − =  a b =  ⇔  = 

Vậy a b+ =9 Chọn C Cách

Phương trình dạng Az Bz C+ = , ta có A z B z C z C B.z A A

+ = ⇒ = − thay trở

(

15 2

)(

) (

15 8

)( )

2

13

i i i i

C B C A C B

Az B z C z

A A A A B B

  − − + − + −

⇒ +  − = ⇒ = =

− −

 

5

z= + ⇒ + =i a b Chọn C

Kết quả: Ban đầu Az Bz C+ = tính C A C B z

A A B B

− =

−

Ví dụ21.(SGD Quảng Nam )

A 2 B −2 C 6 D −6 Lờigiải

Áp dụng công thức

( ) ( )

2 1

(

)

2

i i i i

C A C B

Az Bz C z i

A A B B

− − − −

−

+ = ⇒ = = = +

− −

Do a=4,b= ⇒ + =2 a b Chọn C Mời em giải theo cách

Ví dụ 22.(THPT Chuyên Thái Bình )

Cho số phức z thỏa mãn: z

(

1 2− i

)

+z i 15= +i Tìm modun số phức z?

A z =5 B z =4 C z =2 D z =2 Lờigiải

Áp dụng công thức

(

15

) (

) (

15

)

i i i i

C A C B

Az Bz C z i

A A B B

+ + − −

−

+ = ⇒ = = = +

− −

Do Ans =5 Chọn A Mời em giải theo cách 3 Một số luyện tập

Câu Có số phức z thỏa mãn z+ +2 3i =5 z

z− số ảo ?

A 2 B vô số C D 0

Câu (BGD - Đề thi thức 2017)

Có số phức z thỏa mãn z+ − =2 i 2

(

z−1

)

2 số ảo?

A. B. C 4 D.

Câu Có số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: z− +10 2i = + −z 14i

1 10

z− − i = ?

A 2 B 0 C D Vô số

Câu (BGD - Đề thi tham khảo 2017)

Có số phức z thỏa mãn z i− =5 z2 số thuần ảo?

A. B. C. 4 D. Câu Có số phức z thỏa mãn z− + =(2 )i 10và z z =25 ?

Câu 6.(BGD - Đề thi thức 2018 M101 C30)

Xét số phức z thỏa mãn

(

z i z+

)(

+2

)

số ảo Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cảcác điểm biểu diễn số phức z đường trịn có bán kính

A 1 B 5

4 C.

5

2 D

3

Câu Xét số phức zthỏa mãn z z

(

− + + −2 i

)

1i số thực Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức zlà đường thẳng d Diện tích tam giác giới hạn đường thẳng d hai trục tọa độ

A 8 B 4 C 2 D 10 Câu (BGD - Đề thi thức 2018 M101 C38)

Có số phức z thỏa mãn z z

(

− − + = −4 i

)

2i

(

5 i z

)

?

A 2 B 3 C 1 D 4

Câu Có số phức z thỏa mãn

( )

1+i z z+ số ảo z−2 1i = A 2 B C 0 D Vô số Câu 10 (BGD - Đề thi thức 2017)

Có số phức z thỏa mãn z+3i = 13 z

z+ số ảo ?

A. B. C. Vô số D.1

Câu 11 Có số phức z thỏa mãn z2+2zz z+ =8 z z+ =2?

A. B 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 z

(

2 3+

)

Tính S a b= + A S =1 B S= −5 C. S= −1 D S=7

Câu 13 Biết số phức z có phần ảo khác thỏa mãn z−

(

2+i

)

= 10 z z =25 Điểm

sau biểu diễn số phức zđã cho?

A P

(

4; 3−

)

B N

(

3; 4−

)

C. M

(

3; 4

)

D Q

(

4; 3

)

Câu 14 (BGD - Đề thi thức 2018 M102 C49)

Có số phức z thỏa mãn z z

(

− − + =3 i

)

2i

(

4−i z

)

?

A 1 B 3 C 2 D 4

A 2 B C −3 D −1

Câu 16 (THPT Ngơ Quyền – Ba Vì )

Cho số phức z thỏa mãn:

( ) (

1+i z− −2 i z

)

=3 Tìm modun số phức i z w

i

− =

−

A 122

5 B.

3 10

2 C

45

4 D

122

Câu 17 Cho số phức z thỏa mãn

(

2 3− i z

) (

+ 4+i z

) (

+ +1 3i

)

2 =0 Gọi a b, phần thực phần ảo số phức z Khi 2a−3b

A B C 11 D -19

Câu 18 (BGD - Đề thi thức 2019 M102 C31)

Cho số phức thỏa mãn Môđun

A B C D Câu 19 Cho số phức z thỏa mãn z =2 z số thực Số

2−z có phần thực A

2 B

1.

4 C D Kết khác

Câu 20 (SGD Thanh Hóa)

Gọi z1, z2 hai số phức thỏa mãn z− +1 2i =5 z z1− =8 Tìm mơđun số phức w z z= + − +1 2 4i

A. w =6 B w =16 C w =10 D w =13

>>>>>>>>>

Như phần I ơn tập cố kiến thức số

phức, đồng thời rèn luyện số kỹnăng giải tốn định, nhìn chung toán mức -

điểm

Trong phần II sẽ nghiên cứu toán mức - - 10 điểm, có nhiều tốn có nội dung rộng hơn, bao gồm:

- Biểu diễn tập hợp số phức đường thẳng, đường tròn (nâng cao) - Các toán tương đối đơn giản giá trị lớn nhất, nhỏ - Các tốn tính tốn (nâng cao)

- Các toán nâng cao giá trị lớn nhất, nhỏ

z 3

(

z i− −

) (

2 3+ i z

)

= −7 16i z

SỐ PHỨC - PHẦN II (VD - VDC)

Qua ví dụ Phần I củng cố tương đối nhiều kiến thức rèn luyện số kỹ giải toán số phức Trong Phần II tiếp tục nghiên cứu toán nâng cao số phức: liên quan đến nhiều kiến thức hình học véc tơ tọa độ mặt phẳng, cần nhiều kiến thức bất đẳng thức Mincopxki Bunhiacopxki 1 Biểu diễn tập hợp số phức đường thẳng hay đường trịn

Bài tốn cho dạng: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

( )

α Tìm tập hợp biểu diễn z mặt phẳng tọa độ Oxy (hoặc số phức w thông qua z)

Cách giải là:

+ Chuyển toán hình học tọa độ phẳng: Biểu diễn điều kiện thông qua điểm véc tơ + Gọi z x yi= + vào điều kiện

( )

α biến đổi đại số Hoặc biến đổi theo quan hệ biểu thức

Bản chất hai cách giải

Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z i z− = − +1 2i Tập hợp điểm biểu diễn số phức

w z= + i mặt phẳng tọa độ đường thẳng Phương trình đường thẳng A 2x y− − =2 B 2x y+ − =2

C x+3y− =4 D x−3y+ =4 Lời giải

Cách 1. (Hình học)

Thế z = w - 2i vào giả thiết ta có: w 3− i = w 1− Gọi M x y

(

;

)

biểu diễn số phức w

( ) ( )

0;3 , 1;0

A B biểu diễn số phức z1 =3 ,i z2 =1 mặt phẳng phức ta cóMA MB= , nên tập hợp điểm M đường trung trực AB có phương trình x−3y+ =4 Chọn D Cách 2. (Đại số)

Thế z = w - 2i vào giả thiết ta có: w 3− i = w 1− Gọi w= +x yi x y, ,

(

∈

)

ta có w 3− i = w 1− ⇒x2+

(

y−3

) (

2 = x−1

)

2+y2⇒2x−6y+ = ⇒ −8 0 x 3y+ =4 0 Cách 3. (Trắc nghiệm Casio)

Ta gọi w= +x yi x y, ,

(

∈

)

(chỉ ngầm hiểu - không cần ghi), mà đường thẳng qua hai điểm phân biệt nên ta vào Mode 2 nhập hai cặp

(

x y;

)

khác đường thẳng thỏa mãn giả thiết Ghi X Yi i X Yi+ − −3 + −1 CALC

- Phương án A: Ta nhập x = 1, y = Loại A loại B - Phương án C: Ta nhập x = 2, y = loại C

Lời bình

Ví dụ (BGD - Đề thi thức THPTQG 2018 M102 C33)

Xét số phức z thỏa mãn

(

z+3i z

)

(

−3

)

số ảo Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cảcác điểm biểu diễn số phức z đường tròn có bán kính

A 9

2 B 3 C 3 D

3 2 Lời giải

Gọi z x yi x y= + , ,

(

∈

)

⇒ z m z z m= ; = 2 ta có

(

z+3i z

)

(

−3

)

=m2−3x+3yi+3xi−3y−9i số ảo nên m2−3 3x− y=0 suy

2 3 3 0

x +y − x− y= đường trịn có bán kính 3

2 2

r=    +   =

    Chọn D

Ví dụ Xét số phức z thỏa mãn

(

z+ −2 i z i

)

( )

− − −2 1i số ảo Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trịn có diện tích

A S =2π B S =9π C S =2 3π D S =3π Lời giải

Gọi z x yi x y= + , ,

(

∈

)

⇒ z m z z m= ; = 2 ta có

(

z+ −2 i z i

)

( )

− − − =2 1i m2− +2 2x−

( )

z z i+ − −4 2i yi số ảo nên m2− +2 2x=0 suy x2+y2 − +2 2x= ⇒0

(

x+1

)

2 +y2 =3 đường trịn có bán kính r = 3

Vậy ta có S =πr2 =3π Chọn D Ví dụ (SGD Phú Thọ)

Cho số phức z thỏa mãn

(

z+ −3 i z

)

(

+ +1 3i

)

số thực Biết tập hợp tất cảcác điểm

biểu diễn z đường thẳng Khoảng cách từ gốc tọa độđến đường thẳng bằng:

A 4 B C 2 D 3

Lời giải Gọi z x yi x y= + , ,

(

∈

)

⇒ z m z z m= ; = 2 ta có

(

z+ −3 i z

)

(

+ +1 3i

)

=m2+ +6 4x−4y−2yi+ +8 2i xi số thực nên 2x−2y+ =8 0 đường thẳng ∆ có

(

)

2

8

, 2

2 d O ∆ = =

+ Chọn C Lời bình

Các ví dụ 3 ví dụ 4 đòi hỏi phải nhân phá ngoặc biểu thức dài dễ bị sai số, nhân thơng thường ta xem 4 16× = đơn thức khác nhau, ta cần sử dụng tính chất số phức hợp lý để nhẩm rút gọn bớt nhằm tránh độ phức tạp Đó toán tốt để củng cố kiến thức rèn luyện kỹ vế số phức

Ví dụ (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 1z+ −i hình trịn có diện tích

A S =9π B S =12π C S=16π D S=25π Lời giải

Biến đổi z− +3 4i ≤ ⇔2 2z− +6 8i ≤4 Từ ta có w=2 1z+ − ⇔ − + =i w 2i z− +6 8i

w i

⇒ − + ≤ nên tập hợp w hình trịn bán kính r =4 S=16π Chọn C

Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn z− =1 Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w xác định

bởi w=

(

2 3+ i z

)

+ +3 4ilà đường trịn bán kính R Tính R

A R=5 17 B R=5 10 C R=5 D R=5 13 Phân tích

Ta ý tính chất sau số phức: z a bi= + ⇔ = − ⇒z a bi z = z = a b2+

Mở rộng: z m a m bi− = − + ⇔ − = − − ⇒ −z m a m bi z m = −z m =

(

a m−

)

2+b m2, ∈ Lờigiải

Biến đổi

(

2

)

7

(

2

)

( )

1

(

2

)

( )

1

w= + i z− − + + ⇔ − − =i i w i + i z− ⇒ − −w i = + i z− Từ ta có w− −5 7i = −z 3+ i =5 13 Chọn D

Ví dụ Cho số phức z thỏa mãn

(

z− +2 i z

)

(

− − =2 i

)

25 Biết tập hợp điểm M biểu diễn số

phức w=2 3z− + i đường tròn tâm I a b

( )

; bán kính c Giá trị tích abc A 17 B −17 C 100 D −100 Phân tích

Ta áp dụng tính chất: z z= z m z m m− = − ,∀ ∈ Lời giải

Đặt u z= − − ⇒ = − +2 i u z i từ giả thiết ta có u u =25⇒ u =5 biến đổi

(

)

2 2 5 2

w= z− + =i z− − + + ⇔ − − =i i w i z− − =i u Từ ta

2 10

w− − i = u = Đến ta biểu diễn w đường trịn có tâm I

( )

2;5 , bán kính R=10 Vậy abc=100 Chọn C

Lời bình

Ví dụ Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trịn tâm I

( )

3;0 , bán kính R=1,

đó tập hợp điểm biểu diễn số phức

1 i w

z =

− đường trịn có bán kính r A

9

r= B

3

r= C 13

3

r= D r= Lời giải

Biến đổi wz w i− = ⇔w z

(

− = −3

)

i 2w⇒ w = 2w i− (Vì z− =3 1) Từ gọi w x yi= + 2 2

( ) (

2

)

2

(

2 2

)

2

x +y = x + y− ⇒ x +y − y+ = Suy 02 2 1

3 3

r= +   − =

 

Chọn B Lời bình

Thoạt nhìn cách giải đơn giản, thực phức tạp, ta dùng phép quy đồng mẫu thức sử dụng tính chất "Mơđun tích tích mơđun", nghĩa u v u v = Mà chương trình nâng cao em Ban tự nhiên học, em Ban xã hội không học, thực chất tốn khó, Hypebbol tập số phức Bởi vậy, để sử dụng tính chất chẳng khác ta chứng minh lại định lý Sau ta giải theo cách để thấy rõ độ phức tạp toán

Cách

Gọi z a bi w x yi a b x y= + , = + , , ,

(

∈

)

, ta có:

(

a−3

)

2+b2 = ⇒1 a b2 + =6a−8 Ngoài

(

)

( )

(

)(

) (

)

2 2 2 2

1 1 1

z− z− = a− +bi a− −bi = a− +b =a +b − a+ = a− Khi

( )

(

)

( )

(

)

1 1 1 7

w ,

1 1 1 7

i z i a bi

i b a i x yi a

z z z a a a

− − − −  

= = = = + = +  ≠ 

− − − − − −  

Suy hệ ,

4 7

b a

x y

a a

−

= =

− − Mục tiêu

(

) (

)

2 2

x m− + y n− =r =const

do 2

4 7

b m a n r

a a

−

 −  + −  =

 −   − 

    Ở có ba ẩn nên cần có ba phương trình + Cho a = 2, b = ta có m2+ −

(

1 n

)

2 =r2 (1)

+ Cho a = 4, b = ta có 2

m + −n =r   (2) + Cho a = 3, b = ta có 2 2

5 m n r

 −  + −  =

   

    (3) Lấy (2) trừ (1) ta có

3

n− = ⇒ =n Lấy (3) trừ (1) suy ra: 4 0 0

5 5

m m m

− + − = ⇒ =

Từ ta có 1

r= − =n , phương trình đường trịn 2

3

x +y−  =

Ví dụ (SGD Thanh Hóa)

Gọi z1, z2 hai số phức z thỏa mãn z− −5 3i =5, cho z z1− =8 Tập hợp

các điểm biểu diễn số phức w z z= +1 mặt phẳng tọa độ Oxy đường trịn có

phương trình đây?

A

2

x y

 −  + −  =

   

    B

(

) (

)

2

10 36

x− + y− = C

(

x−10

) (

2+ y−6

)

2 =16 D

2

x y

 −  + −  =

   

   

Lời giải

Đặt u z= − −1 ,i v z= − − ⇒ = + = + + + ⇒ − − = +2 3i w z z u v1 2 10 6i w 10 6i u v

Mặt khác ta có u = v =5 nên u v+ đường chéo hình thoi, ngồi u v− đường chéo thứ hai, u v− = z z1− 2 =8 u v+ 2+ −u v2 =2

(

u2+ v2

)

⇒ + =u v Hay ta có w− −10 6i =6 Chọn B

Ví dụ 10 Xét số phức z có phần ảo khác thỏa mãn 22

1 z z z z

− +

+ + số thực Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trịn có bán kính r

A r=3 B r=1 C r= 3 D r= Phân tích

Ta thấy biểu thức phức tạp nên cần rút gọn bớt theo hình thức phép chia đa thức Lời giải

Gải sử z x yi= + (y≠0), ta có 22 2 2 31

1 1

z z z

z z z z z

z

− + = − = −

+ + + + + + số thực 1

z z

+ + số thực z z

⇔ + số thực, mà

(

)

(

)

2

2

1 x yi x y x yi

z x yi

z x yi x y

+ + + −

+ = + + =

+ +

Suy y x

(

2+y2

)

− = ⇒y 0 x2+y2 =1 (Vì y≠0) Chọn B Cách

Vì thi trắc nghiệm nên ta cần xác định hai số phức thỏa mãn giả thiết z a bi r− − =

Đặt

(

)

(

)

2

2 2 1 2 0

1

z z m m z m z m

z z

− + = ∈ ⇒ − − + + − =

+ +  Dễ thấy m=2 không thỏa mãn nên suy 1 0

2 m

z z

m +

− + =

2 Các tốn đơn giản tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

Đối với toán vận dụng tương đối đơn giản giá trị lớn hay nhỏ em cần có kỹ tốt viết phương trình đường thẳng, đường trịn

Ví dụ 11 (THPT Trần Hưng Đạo – Ninh Bình)

Trong số phức thỏa mãn điều kiện z+3i = + −z i Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất?

A z= −1 2i B 5

z= − + i C

5

z= − i D z= − +1 2i

Lời giải Cách 1 (Hình học)

Gọi M x y

(

;

)

biểu diễn số phức z A

(

0; ,−

) (

B −2;1

)

biểu diễn số phức

1 , 2

z = − i z = − +i mặt phẳng phức z+3i = + − ⇔z i MA MB= , nên tập hợp điểm M đường trung trực BA có phương trình d: 2x−4y=2 Ta có z OM= nhỏ OM khoảng cách từ O đến d, ta có hệ 1,

2 5

x y

x y x y

− =

 ⇒ = = −

 + =

 Chọn C

Cách 2 (Đại số - Bất đẳng thức)

Gọi z a bi a b= + , ,

(

∈

)

⇒ z = a b2+ , từ giả thiết ta có a2+ +

(

b 3

) (

2 = a+2

) (

2+ −b 1

)

2 suy

(

( )

2

)

(

2

)

min

1

1 2

5

a b a b z z

= − ≤ + − + ⇒ ≥ ⇒ = đạt

2 1,

2 5

a b

a b a b

− =

 ⇒ = = −

− =



Cách 3.Đối với tốn ta kiểm tra máy tính Casio xem số phức thỏa mãn hai điều kiện chọn Trong Mode 2

Điều kiện z+3i z− + − =2 i ghi X +3i X− + −2 i CALC nhập X số phức đáp án C thỏa mãn Do không cần kiểm tra điều kiện môđun nhỏ Cách 4 (Đại số - Khảo sát)

Gọi z x yi x y= + , ,

(

∈

)

⇒ z = x2+y2 , từ giả thiết ta có x2+

(

y+3

) (

2 = x+2

) (

2+ y−1

)

2 suy x=2 1y+

(

)

2 2

min

1

2

5

z = y+ +y = y + y+ ≥ ⇒ z = đạt

tại

5

y= − ⇒ =x (Sử dụng tam thức bậc hai Mode 7)

Ví dụ 12 Trong số phức thỏa mãn điều kiện z− −2 4i = −z 2i Tìm mơđun nhỏ số

phức z+2i

A B 3 C 3 D 3+

Lời giải

Đặt z+ = + ⇒ = + −2i a bi z a b

(

2

)

i, ta cần tìm T = a b2+ Thay z vào giả thiết ta có a− + −2

(

b 6

)

i = + −a b

(

4

)

i ⇒

(

a−2

) (

2+ −b 6

)

2 =a2+ −

(

b 4

)

2⇒ + =a b 6

Từ ta có 2 1

(

)

2 3 2

Cách 2 Mời em giải theo phương pháp hình học khảo sát

Cách 3 (Sử dụng công thức tính nhanh Casio - Xem chứng minh phần Phụ lục Tr47) Đường thẳng có dạng z A− = −z B cần tính z C− ta tham khảo công thức sau

2

2

C A C B

A B

− − −

−

Bấm CALC nhập -2i = + 4i = 2i = ta kết cần tìm (Nhập C trước) Ví dụ 13 [THPT Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp]

Xét số phức z, wthỏa mãn z+ −2 2i = −z 4i w iz= +1 Giá trị nhỏ w bằng?

A B

2 C

3

2 D 2 Lời giải

Gọi M x y

(

;

)

biểu diễn số phức z A

(

−2;2 , 0;4

) ( )

B biểu diễn số phức

1 2 ,

z = − + i z = i mặt phẳng phức z+ −2 2i = −z 4i ⇔MA MB= , nên tập hợp điểm M đường trung trực AB có phương trình d: 2x+2y=4 Ta có

1 M

w iz= + = − =z i I , với I

( )

0;1 , suy IM nhỏ IM khoảng cách từ I đến d, ta có

( )

,

2

d I d = − = Chọn B

Cách 2 Mời em giải theo phương pháp đại số (Bất đẳng thức khảo sát) Cách 3 (Cơng thức tính nhanh + Casio)

Biến đổi w = −z i , đường thẳng z+ −2 2i = −z 4i

,

sử dụng công thức

2

2

C A C B

A B

− − −

−

CALC nhập i = -2 + 2i = 4i = ta kết cần tìm

Ví dụ 14 Cho số phức z khơng phải số ảo thỏa mãn điều kiện z2 + =4 z z

(

+2i

)

Giá

trị nhỏ z i+

A.2 B.1 C.3 D.4

Lời giải

Biến đổi z2+ =4 z z

(

+2i

)

⇔ −z 2 i z+2i = z z. +2i ⇒ −z 2i = z (vì z+2i >0) Đến ta sử dụng cơng thức tính nhanh

2

2

C A C B

A B

− − −

− CALC nhập - i = 2i = = ta kết Chọn A

Mời em giải theo cách khác

Ví dụ 15 Cho số phức z thỏa mãn z− +1 2i =2 Tìm mơđun lớn số phức z

A 5.+ B 11 5+ C 5+ D 5+

Lời giải Cách 1 (Đại số)

Khi theo (1) bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

(

) (

)

(

( )

)

(

)

2 2 2 2 2

1 9

z = a+ + −b = + a− b≤ + + − a b+ = +

Hay ta có zmax = 5+ Chọn A Cách 2 (Hình học)

Giả sử z x yi= + ⇒ z = x2+y2 = ≥R 0 Vì tìm max

z nên xét

R> Từ giả thiết z− +1 2i =2 đường trịn tâm I

(

1; 2−

)

bán kính r=2 Vậy để R lớn hai đường trịn tiếp xúc với R OI r= + = 2+

Ví dụ 16 [THPT Chuyên Phan Bội Châu]

Cho số phức z thỏa mãn z− −2 1i = Giá trị lớn z+ +1 i

A. 13 2+ B.4 C.6 D. 13 1+

Lời giải Cách 1 (Đại số)

Đặt z− − = + ⇒ = + + +2 3i a bi z a

(

b 3

)

i Từ giả thiết ta có a b2+ =1 (1)

Ta có w z= + + = + − +1 i a

(

b 2

)

i⇒ w2 =

(

a+3

) (

2+ +b 2

)

2, theo (1) bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(

)(

)

(

)

= + + ≤ + + + = + = +

2 2 2 2 2

14 14 14 13 13

w a b a b

Suy wmax = 13 1+ Chọn D

Ví dụ 17 Cho số phức z thỏa mãn 2z− −3 4i =10 Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ z Khi M m−

A 5 B 15 C 10 D 20

Lờigiải Cách 1 (Đại số)

Trước hết ta tìm min, max 2z Đặt 2z− − = + ⇒3 4i a bi 2z a= + + +3

(

b 4

)

i

2 100

a +b = (1) Khi từ (1) ta có 2z2 =

(

a+3

) (

2+ +b 4

)

2 =125 3+

(

a+4b

)

(2)

O

I

M

Cách 2 (Hình học)

Giả sử z x yi= + ⇒ w = + + =z i

(

x+1

) (

2+ y−1

)

2 = ≥R Vì tìm wmax nên xét R>0 đường tròn tâm K

(

−1;1

)

Từ giả thiết z− −2 3i =1 đường trịn tâm I

( )

2;3 bán kính

1

r= Vậy để R lớn hai đường tròn tiếp xúc với R KI r= + = 13 1+

Mặt khác 3a+4b ≤

(

3 42+ 2

)(

a2+b2

)

=50⇒ − ≤50 3a+4b≤50 (3) Từ từ (2) suy 125 100 2− ≤ z2 ≤125 100+ ⇔ ≤5 2z ≤15⇒2

(

M m−

)

=15 10− = ⇒M m− =5

Chọn A

Cách 2 (Hình học)

Biến đổi 10

z− − i = ⇔ − −z i = gọi M z

( )

=M x y

(

;

)

thì ta có M thuộc đường tròn tâm ;2 I 

 , bán kính r=5 nên z OM= có giá trị lớn hay nhỏ M giao điểm đường thẳng OI với đường tròn nên hiệu

0

M m OM OM− = − = OI = Chọn A Lời bình

Cần nhận xét vị trí O đường tròn tâm I minz OI r= − Ví dụ 18 [THPT Chuyên ĐHKHTN - Huế]

Trong số phức z thỏa mãn z 3 4i 2, gọi z0 số phức có mơ đun nhỏ Khi A Khơng tồn số phứcz0 B z0 2

C z0 7 D z0 3

Lời giải Cách 1 (Trắc nghiệm tính nhanh)

Thay z=0 vào vế trái giả thiết trừ vế phải Ghi 4+ i −2 bấm = ta có z0 min =3 Chọn D

Mời em giải theo phương pháp khác

Ví dụ 19 Cho số phức z thỏa mãn z− +1 2i =3 Tìm mơđun lớn số phức z−2 i

A 26 17 + B 26 17 − C 26 17 + D 26 17 −

Lời giải Cách 1 (Đại số)

Đặt z− +1 2i a bi= + ⇒ = + + −z a

(

b 2

)

i, w z= − = + + −2i a

(

b 4

)

i

(

) (

)

⇒ w2 = a+1 2+ −b Mặt khác từ giả thiết ta có a bi+ = ⇒3 a b2+ =9 nên

( )

(

)

(

)

(

)

= + − ≤ + + − + = + = +

2 2 2 2

26 26 26 17 17

w a b a b

Suy wmax = 17 3+ Chọn A

Cách 2 Mời em giải theo phương pháp hình học Cách 3 (Trắc nghiệm tính nhanh)

Cho z− = ⇒ =2 0i z 2i thay vào vế trái giả thiết cộng vế phải Ghi 2i− + i +3 bấm = ta có wmax = +3 17

I

M1 M0

Lời bình

Các em xem lại ví dụ 15; 16; 17; 18 Sau ta xét tốn có "biến tấu" Ví dụ 20 [SGD TPHCM]

Cho số phức z thoả mãn z− +3 4i =2 Khi 2z+ −1 i có giá trị lớn là:

A 16+ 74 B 2+ 130 C 4+ 74 D 4+ 130 Phân tích

Bài tốn quy xét khoảng cách từ điểm A đến điểm M thuộc đường tròn Lời giải

Biến đổi z− +3 4i = ⇔2 2z− +6 8i = ⇒4 M z

( ) ( )

2 ∈ C tâm I(6; - 8), R =

Xét điểm A(- 1; 1) 1z+ − =i AM lớn AM = R + AI = 4+ 130 Chọn D Lời bình Để tính nhanh, Mode 2 ta ghi X − +6 4i + Calc nhập -1 + i bấm = Ví dụ 21.Cho số phức z thỏa mãn z− =3 2z 2

2

z+ + i a b= + Tính 2a b+ A

−

1

B 2 C

−

2

D

4

Lời giải

Gọi M biểu diễn z x yi= + , x y, ∈ Từ z− =3 2 z ⇒

(

x−3

)

2+y2 =2

(

x2+y2

)

(

)

2

2 6x 0 3 18

x y x y

⇒ + + − = ⇒ + + = Quỹ tích M đường trịn tâm I( 3;0)− , bán kính R=3 Gọi ;

2 A− − 

  z+ +3 22 i AM= Dễ thấy điểm A nằm miền đường tròn

( )

C nên AMmin = −R AI = − +5 22 ⇒ a b+ = −2 Chọn C

Ví dụ 22 [THPT Chuyên Sơn La]

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z− +1 2i = w z= + +1 i có mơđun lớn Số phức z có mơđun bằng:

A 2 B 3 C D 5

Lời giải Cách 1. (Đại số)

Đặt z− + = +1 2i x yi x y, ,

(

∈

)

⇒ = + +z x

(

y−2

)

i ta có: x2+y2 =5 (1) Khi w x= + +2

(

y−1

)

i⇒ w2 =x2+y2+4x−2y+ =5 10 4+ x−2y (theo (1)) Suy w2 =10 4+ x−2y≤10+

(

4 22+ 2

)(

x2+y2

)

=10 10+

Giải điều kiện tìm x, y: 10

2

x y x y

− = 

− =

Cách 2. (Hình học véc tơ)

Gọi K

(

1; 2−

)

, I

(

− − ⇒1; 1

)

IK =

(

2; 1−

)

Để IM lớn vị trí M cần tìm H cho

(

1

)

IH = +t IK  

, t IK R 1 IH

(

4; 2

)

H

(

3; 3

)

IK

+

= − = ⇒= − ⇒ − Suy OH = z =3

Cách 3 (Hình học tổng hợp)

Tính cos 2

2 10

OI IK OK OI IK

α = + − = suy OH z= = OI2+IH2−2 cosOI IH α thay số

2 20 2.2 10

10

z = + − =

Cách 4 (Hình học véc tơ)

Gọi K

(

1; , 1;1−

) ( )

A ta có: w=OM OA + =

(

 OA OK+

)

+  KM u KM= + , để wmax ta chọn cho KMcùng hướng u, w =

(

t+1

)

u Với u =

(

2; 1−

)

⇒KM t=

(

2; 1−

)

1 t

⇒ = ⇒ wmax =2u =2 OM OK u  = + =

(

1; 2− +

) (

2; 1− =

) (

3; 3− ⇒

)

z =3 Ví dụ 23 Biết số phức z thỏa mãn z− −3 4i = biểu thức T z= +22− −z i2 đạt giá trị lớn

nhất Tính z

A z = 33 B z =50 C z = 10 D z =5 Phân tích

Bài tốn quy xét vị trí điểm M thuộc giao đường tròn 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 = ta có:

(

2

)

2 2

(

1

)

2 4 2 3 : 4 2 3 0

T = x+ +y −x − y− = x+ y+ ⇔d x+ y+ − =T Để T lớn

thì d tiếp xúc với đường trịn (C),

( )

4;2

( )

2;1

20

IM t= ⇒ =t = ⇒IM =

 

(lấy t > 0) Ta có M(5; 5) nên z OM= =5 Chọn D

Cách 2 (Hình học véc tơ)

K M

O I

Gọi M z

( )

=M x y

(

;

)

thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R =

Gọi A

(

−2;0 , 0;1

) ( )

B T MA= 2−MB2 =

(

MA MB MA MB   −

)(

+

)

=BA MI IA IB    2

(

+ +

)

Đến ta cần xác định vị trí M cho MI BA hướng

Hay

(

2; ,

)

( )

2;1

( )

5;5

5 R

MI t= − − t> ⇒ =t = ⇒IM = ⇒M ⇒ z =

 

Cách 3 (Đại số - Khái quát)

Đặt z− − = + ⇒ = + +3 4i a bi z a 3

(

b+4 &

)

i a2+b2 =5 Thế z vào T ta có

(

) (

2

)

2

(

) (

2

)

2

(

2 2

)

5 3 20 15

T = a+ + +b − a+ + +b = a+ b+ ≤ a b+ + = Dấu a=2,b= ⇒ = + ⇒1 z 5i z =5

Ví dụ 24 [THPT Chuyên Đại học Vinh]

Xét số phức z, wthỏa mãn w i− =2, z+ =2 iw Gọi z z1, 2lần lượt số phức mà z đạt giá trị nhỏ giá trị lớn Môđun z z1+ 2 bằng:

A B C D 6 Phân tích

Bài toán gây nhiễu nhiều giả thiết nên khiến số em lúng túng, nhiên ta quy đường tròn.w z

i + =

Lời giải Viết lại vào giả thiết z i z

i +

− = ⇔ + =

Biểu diễn z đường trịn có tâm I

(

−3;0

)

thuộc trục hoành nên:

min 1

OM =OI r− = ⇔ = −z OMmax =OI r+ = ⇔5 z2 = −5 suy z z1+ = − =6 Chọn C

Mời em giải theo phương pháp đại số (Gợi ý: Chuyển độ phức tạp đường tròn sang đường thẳng)

Ví dụ 25 Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z 2i 21+ + = z 6i 32− − = Gọi a, b giá trị lớn giá trị nhỏ z z1− Khi a2+b2

A 77 B 144 C 145 D 154

Phân tích

Bài tốn cho M N thuộc hai đường tròn Cần xét min, max đoạn MN Lời giải

Ta có: b MN= = −h m a MN; = max = +h m suy

(

) (

)

2

2

a b+ = h m− + h m+ thay số

(

)

(

)

2 2 2 2 52 25 154

a b+ = h m+ = + = Chọn D

Ví dụ 26 Cho hai số phứcz z1, thỏa mãn z1−2i =3 z2+ +2 2i = z2+ +2 4i Giá trị nhỏ biểu thứcP z z= 1−

A P=1 B P=2 C P=3 D P=4 Phân tích

Bài tốn cho M thuộc đường trịn, N thuộc đường thẳng Tìm MN Lời giải

Cách 1 (Trắc nghiệm Casi0)

Ta có Pmin = z z1− 2 min =d I

(

,∆ −

)

R nên sử dụng cơng thức tính nhanh

2

3

C A C B

A B

− − −

−

− Calc nhập 2i = -2 - 2i = -2 - 4i = ta có P = Chọn B Mời em giải theo cách khác

Ví dụ 27.[THPT Chuyên ĐH Vinh]

Cho số phức z thỏa mãn z số thực 2

z w

z =

+ số thực Giá trị lớn

biểu thức P z= + −1 i là?

A 2 B 8 C D 2

Lời giải Viết lại 2 21

2 z w

z z

z

= =

+ + số thực

2 z

z

⇔ + số thực

Đặt

(

)

(

)

(

)

2

2

2

2

, , x y x yi x yi

z x yi x y z

z x y

+ + + −

= + ∈ ⇒ + =

+

 số thực nên

(

x2+y y2

)

=2y, y khác nên x2+y2 =2,

(

1

) (

2 1

)

2 P= x+ + y− hay

(

)

max

4 2 2 1, 1

P= + x y− ≤ ⇒P = ⇔ =x y= − ⇒ = −z i Chọn A Ví dụ 28.Cho số phức z thỏa mãn z

z

+ = Tổng giá trị lớn giá trị nhỏ z là:

A B C 13 D

Lời giải

(

)

(

)

4 1 2 2 2 2 9 1 2 2 9

x y x y x y m m x m m

⇒ + + + + − = ⇒ + + − =

2 11 13 11 13 13 13

4 11

2 2

x m m − m + − m +

⇒ = − + − ≥ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

Suy zmin+ zmax = 13 Chọn C

(Các cực trị đạt x = hay z số ảo) Ví dụ 29.[Hội Trường Chuyên]

Cho số phức z thỏa mãn

(

2−i z

) (

− +2 i z

)

=2 i Giá trị nhỏ z

A 1. B 2

5 C 2 D 55

Lời giải

Giả sử z x yi x y= + , ,

(

∈

)

Viết lại giả thiết

(

2−i z

) (

= 2+i z

)

2+ i

(

2 i z

) (

2 i z

) (

2 i z z

)

( )

2i

⇔ − + + = + + + ⇔2z=

(

2+i x i

)

+ ⇒2 z = 4x2+

(

x+1

)

2

min

1 5 2 1 5

2 5

z x x z

⇒ = + + ≥ ⇒ = , đạt

x= − Chọn D Lời bình

Bài quy khảo sát hàm số Ta xem thêm ví dụ sau

Ví dụ 30.Tìm giá trị lớn P z= 2− +z z2+ +z 1 với zlà số phức thỏa mãn z =1 A max 13

4

P= B max

P= C max 13

P= D max 11 P= Lời giải

Trước hết gọi z x yi x y= + , ,

(

∈

)

ta có z2− = − =z z 1

(

x−1

)

2+y2 = 2 2− x Lại có z2 z 1 z z 1 z z 1 1x

z

+ + = + + = + + = +

Suy P= 2 1x+ + 2 2− x = 4x2+4 1x+ + 2 ,− x x∈ −

[

1;1

]

Xét ,

x≠ − x≠ thì:

2

4

' 2

8 2

4

x

P x x

x

x x

+

= − = ⇒ − = ⇒ =

−

+ +

13 max

4

P= Chọn A Lời bình.

Khi đưa P= 1x+ + 2 ,− x x∈ −

[

1;1

]

ta vào Mode 7 để khảo sát giá trị P với bước nhảy Step

16

Ví dụ 31 Cho số phức thỏa mãn 2z+ −5 4i = 2z+ +3 4i Giá trị nhỏ

1

z+ + i z+ − −i

A 5 B 29 C 41 D 10

Lời giải Cách 1 (Đại số)

Đặt z x yi x y= + , ,

(

∈

)

,

ta có 2x+ +5 2

(

y−4

)

i = 2x+ +3 2

(

y+4

)

i

4

x y

⇒ = − hay z = 4y - + yi vào T ta có T = 4y− +1

(

y+4

)

i + 4y− +3

(

y−1

)

i

(

) ( )

2 2

2 13

17 17 17 26 10 17 17 17

17 17

T = y + + y − y+ = y + +  − y + 

   

Suy

2

13 17 170 17 2 29

17

17 17

T ≥   + +  = + + =

    Chọn B

Cách 2 (Hình học tọa độ)

Giả sử M biểu diễn z x yi= + , x y, ∈ Khi ta có

(

)

(

)

2x+ +5 2y−4 i = 2x+ +3 2y+4 i ⇒M d x∈ : −4y+ =2

Gọi A

(

− −1; , 1;1

) ( )

B ta cần tìm

(

MA MB+

)

, A B khác phía d

(

)

min MA MB+ = AB= 29

Qua ví dụ hy vọng em củng cố kiến thức luyện tập kỹ min, max 3 Các tốn tính tốn

Để thực tính tốn thì:

+ Thơng thường ta xem số phức giao hai hay nhiều tập hợp biểu diễn số phức + Hoặc phép biến đổi đại số (giải hệ phương trình) Phép đặt ẩn phụcoi xuyên suốt cả phần IInày, đặc biệt phần nâng cao (Mục 4)

Ví dụ 32.Tìm mơđun số phức z, biết z− = +4 i

(

)

z − +

(

4 iz

)

A

2

z = B z =2 C z =4 D z =1 Lời giải

Đặt z m= ≥0 Khi từ giả thiết ta có: z− =4 m

(

1+ − −i

)

3i iz

(

1 3i z m

)

(

m 4

)

i

⇔ + = + + − suy 10m=

(

m+4

) (

2+ m−4

)

2 ⇒10m2 =2m2+32 Suy m2 = ⇒ =4 m 2 Chọn B

d

A

Ví dụ33.Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 =1, z2 =2 z z1+ =3 Giá trị z z1−

A 0 B 1 C 2 D −1

Lời giải Cách 1. (Hình học)

Sử dụng công thức z z1− 2 2+ z z1+ 2 =2

(

z12+ z2 2

)

(cơng thức hình bình hành),

(

)

2

1

z z− + = + ⇒ z z− = Chọn B Lời bình

Thực chất cơng thức hình bình hành suy từ công thức đường trung tuyến tam giác Để củng cố ta chứng minh lại sau:

Giả sử hình bình hành có độ dài hai cạnh a, b hai đường chéo m, n thì:

(

)

2 2 2 2

2 2 2

2

m a b+ n m n a b

  = − ⇔ + = +

 

  ta có điều phải chứng minh Cách 2. (Đại số)

Gọi z a bi z1 = + , = +c di ta có

(

) (

)

2 2 2 a b

c d ac bd

a c b d

 + =

 + = ⇒ + =



 + + + =



Từ đó:

(

) (

)

(

)

(

)

2 2 2 2

1 2

z z− = a c− + −b d = a b c d+ + + − ac bd+ = ⇒ z z1− 2 =1 Ví dụ 34. Cho số phức z a bi a b= + ,( , ≠0) thỏa mãn 2

3

z+ z= − i z

  Tính

2 . a b S a b + = −

A.S= −2 3− B S =2 2− C S = −2 2 D S =2 3+ Lời giải:

Đặt z m= >0, ta có

1

5

5 3

4 2

3 3 2 2 2

3 a m a m

z z m m i

b m b m

 =  =    + = − ⇒ ⇒ − = −  =  

đó:

(

)

(

2 2

)

2 3 2

2 2 2

m a b

S

a b m

+ +

= = = − −

− − Chọn A

Ví dụ35.(THPT Chuyên Đại học Vinh)

Có sốphứczthỏa mãn z−12+ −z z i+ +

( )

z z i2019=1?

A B C D

Lời giải

thì từ giả thiết ta có

(

)

2 2

1 1

2 m a a

m b i ai

b a b a  =

 − + =

 

+ − = ⇒ ⇒

= =

 

( ) ( ) ( ) (

a b;

{

0;0 , 2;2 , 2; 2

)

}

⇒ ∈ − Chọn D

Ví dụ 36.Cho số phức z= +1 i Biết số phức z a1= +5i, z2 =b (trong a b, ∈,b>1)

thỏa mãn z z− = z z− = z z1− Tính b a−

A b a− =5 B b a− =2 C b a− =4 D b a− =3 Lời giải

Ta có z z− 1 = z z− 2 ⇔ − −1 a 4i = − + ⇒ −1 b i

(

1 a

)

2+16 1= −

(

b

)

2+1 Đặt 1− =a mvà 1− =b n ta n m2− =15 (1) Mặt khác ta có

(

)

2

(

)

2

3 1 −b + =1 a b− +25 ⇔3

(

n2+ =1

)

(

m n−

)

2+25=m n2+ 2−2mn+25 (2) Từ (1) (2) ta có 3n2 =2n2−2mn+ ⇒7 n2+2mn=7 suy 15

(

n2+2mn

) (

=7 n m2 − 2

)

2

2

15 30 7

7

m m m m

n n n n

 

⇒ + = −   ⇒ = − ∪ = −

  Thế vào (1) có cặp

2 m

n = − thỏa mãn ,

3

m= n= − (vì 1− = <b n 0) Cuối 3 3

b a m n− = − = = Chọn D Lời bình

Bài tốn quy đại số, khơng có ý nghĩa rèn luyện số phức Ví dụ37.(THPT Chuyên Tuyên Quang)

Cho sốphứczthỏa mãn z+ 15 + −z 15 8= |z+ 15 i | |+ z− 15 | 8i = Tính z A 34

17

z = B

5

z = C

5

z = D

4 z = Lời giải

Cách (Hình học)

Gọi M x y

( )

; điểm biểu diễn số phức z, F1

(

− 15;0 ,

) (

F2 15;0

)

giả thiết:

1

15 15 8

z+ + −z = ⇔MF MF+ = = a nên M thuộc elip có phương trình

2

2

x y

a +b = (1) Hoàn toàn tương tự M thuộc elip

2

2

x y

b +a = (2) Quy đồng cân ta có

(

)

2 2

2

2 2 2 2 2

2 2 2

a a c a b

b x a y a x b y x y

a b a c

−

+ = + ⇒ = = =

+ − Ta việc thay số: 16, 15 16 16 15

(

)

16 2 34

32 15 17 17

a = c = ⇒x = − = ⇒ z = x =

− Chọn A

Cách 2. (Đại số)

Biến đổi z i+ 15 + −z i 15 8= ⇔ iz− 15 + +iz 15 8= hai số phức z iz có tính chất Ngồi z+ 15 + −z 15 8= ⇔ +z 15 + −z 15 8= số phức z z có tính chất, ta chọn z x xi= − thỏa mãn có:

(

)

2 2 2 2

15 15 15 64 15 2 15 64

z+ + −z + z − = ⇒ z + + − x i− =

2 4 2 16 34

2 15 225 32 225 17 2

17 17

x x x x x z x

⇒ + + + = ⇒ + = − ⇒ = ⇒ = =

Cách Cách giải số em cịn băn khoăn, sau ta giải sau Theo giả thiết thứ suy z+ 152+ −z 152+2 z2−15 64= (1)

Theo quy tắc hình bình hành z+ 152+ −z 152 =2

(

z2+ 152

)

vào (1) ta có

2 15 17

z − + z = (2) Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai: z2+15+ z2 =17 (3) Đặt z2 = +a bi từ (2) (3) suy z2−15 = z2+15 hay

(

)

2 2

(

)

2 2 2

15 15

a− +b = a+ +b ⇒ = ⇒a z =bi thay trở (2) ta

(

)

2

2 32 32 34

15 17 225 17

17 17 17

bi− + =b ⇒b + = −b ⇒ b = ⇒ z = =

Ví dụ38.Có số số phức z thỏa mãn

(

1+i z

)

+ −4 2i + −

(

1 i z

)

= +6 4i ?

A 2 B 1 C 3 D 4

Lời giải

Ta chia hai vế cho 1+i z+ −4 2i z i− = −5 i Giả sử z a bi a b= + , ,

(

∈

)

đặt ;

z+ − i m z n= = ta có m= +5

(

n−1

)

i⇒ =m 5,n=1 hay ta có hệ phương trình

(

) (

2

)

2

( ) (

)

2

4 4 2 25 4 3

; 0; , ;

5

1 1

z i a b

a b

z a b



 + − = + + − =  

 ⇒ ⇒ ∈ −  

 =    

 

 

+ =

 

  Chọn A

Ví dụ39 (THTT Số 3-486)

Có số phức z thỏa mãn z = + =z z 1?

A 0 B 1 C 4 D 3

Lời giải

Giả sử z a bi a b= + , ,

(

∈

)

ta có a b2+ =1& 2a =1 hay ta có hệ điều kiện:

2

1& 1 1,

2 2

Ví dụ40.Có số phức z thỏa mãn z− +1 3i z− − =5 z2−

( )

z =4

A 0 B 2 C 3 D 1

Lời giải

Giả sử z x yi x y= + , ,

(

∈

)

từ z2−

( )

z = ⇒4 4xyi = ⇒4 xy =1 (1) Mặt khác điều kiện thứ z− +1 3i = − +z 5 Gọi M x y I

( ) (

; , 1; ,−

) ( )

K 5;0 KI =5 điều kiện trở thành MI MK KI= + hay K thuộc đoạn MI, phương trình KI là: x= +5 ,t y=3t nên ta có

5t+ =1 5t +5(đúng vớ t > 0) Thay vào (1) ta có nghiệm dương 15 273 24 t=− + Vậy chọn D

Ví dụ41.(THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An)

Giả sử z z1, 2 hai nghiệm phức phương trình

(

2 i+

)

z z− −

(

1 2i

)

z = +1 3i z z1− 2 =1 Tính M = 2z1+3z2

A M =19 B M =25 C M =5 D M = 19 Lời giải

Ta chia hai vế cho 2+i z z iz+ = + =1 i Đặt z m= ≥0 ta có

(

)

2

2

m m i+ = ⇒m m + = ⇒ =m hay ta có z =1, nói cách khác hai số z z1, thuộc đương tròn tâm O, bán kính R = Gọi A, B biểu diễn số z z1, 2 từ z z1− 2 =1 suy OAB tam giác Không giảm tổng quát chọn

( )

1;0 , 3;

2 A B 

 

Thì 0

(

)

3 3 19

2 2

i i

M = + i +  +  = + =

  Chọn D

Ví dụ42.Cho số z thỏa mãn điều kiện z+ −8 3i = −z i z+ −8 7i = + −z i Tìm số phức

w z= + − i

A w= −3 i B w=13 6− i C w= +1 i D w= +4 3i Lời giải

Gọi w x yi x y= + , ,

(

∈

)

⇒ = − +z x

(

y+3

)

i vào điều kiện thứ ta có:

(

)

(

)

2 2

(

) (

2

)

2

1 7 13

x+ +yi = − +x y+ i ⇒ x+ +y = x− + y+ ⇒ x y− = (1) Thế vào điều kiện thứ hai ta có: x+ +1

(

y−4

)

i = − +x

(

y+2

)

i

(

) (

2

) (

2

) (

2

)

2

1 2

x y x y x y

Ví dụ43.(THPT Trần Hưng Đạo - Ninh Bình)

Cho số phức z z1, 2 khác thỏa mãn: z1 = z2 Chọn phương án đúng:

A

1

0 z z z z

+ =

− B 11 22

z z z z +

− số phức với phần thực phần ảo khác C

1

z z z z +

− số thực D 11 22 z z z z +

− số ảo Lời giải Gọi z1= +2 ,i z2 = −2 i ta có z1 = z2 =

1

4 2

2

z z i

z z i

+ = = −

− Tơ đáp án D!

Ví dụ44.Cho tập hợp số phức z thỏa 2z i− = +2 iz Gọi z1, z2 hai số phức tập hợp

đó cho z z1− 2 =1 Tính giá trị biểu thức P z z= 1+ 2

A P= B

2

P= C P= D P=2 Lời giải.

Viết lại điều kiện 2z i− = +2 iz ⇔ 2z i− = 2i z− Gọi z a bi a b= + , ,

(

∈

)

vào điều kiện ta có:

(

)

(

)

2a+ 1b− i = + −a b i ⇒4a2+

(

2 1b−

)

2 =a2+ −

(

b 2

)

2 ⇒a b2 + =1 Hay z1 = z2 =1, sử dụng quy tắc hình bình hành ta có:

(

)

2 2 2

1 2 2 3

z z+ + z z− = z + z = ⇒ z z+ = ⇒ z z+ = Chọn A Ví dụ45.(THPT Hồng Văn Thụ - Hịa Bình)

Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 =3, z2 =4, z z1− 2 = 41 Xét số phức

(

)

1

,

z

z a bi a b R

z

= = + ∈ Khi b

A

8 B

3

8 C

2

4 D

5 Lời giải.

Theo giả thiết suy z z z

= =

41 41

1

4

z z

z − = ⇔ − = Như z thuộc giao hai đường tròn tâm O bán kính

4

r= đường trịn tâm I(1; 0) bán kính 41 R=

Kẻ MH vng góc với OI, đặt OH = n, HI = m, ta có: m n2 21 2 2 m n 12 2 m n R r m n R r

− = − =   ⇒   − = − + = −   Suy

2 2

2 2

1

2

R r R r

n= − − = − ⇒a b = r −n = r − − −  =

  Chọn D

Ví dụ 46. Cho số phức z thỏa mãn z− +2 3i = − −z 3i Biết z− −1 2i z+ − −7 4i =6 2và

( )

;

M x y điểm biểu diễn số phức z, x thuộc khoảng nào?

A

( )

0;2 B

( )

1;3 C

( )

4;8 D

( )

2;4 Lời giải.

Theo giả thiết suy

(

x−2

) (

2+ y+3

) (

2 = x−2

) (

2+ y−3

)

2⇒ =y z x= Như z số thực, thay vào giả thiết thứ hai, ta có

(

x−1

)

2+ +4

(

x−7

)

2+16 2=

Áp dụng Bđt Mincopxki ta có 6 2=

(

x−1

)

2+22 +

(

7−x

)

2+42 ≥ 6 62+ =6 2 dấu xảy

7

x x

x

− = ⇔ =

− Chọn D

Ví dụ47.(THPT Lê Lai - Thanh Hóa)

Có số phức z thỏa mãn z+ −1 2i = + +z 4i z 2i z i

−

+ số ảo?

A B Vô số C D

Lời giải.

Giả sử z x yi x y= + , ( , ∈) Theo ta có: x+ +1 (y−2)i = + + −x (4 y i)

2 2

( 1) (x y 2) (x 3) (y 4) y x

⇒ + + − = + + − ⇔ = + hay ta có z x= +

(

x+5

)

i Số phức ( 3) ( 3)(2 6) 2(2 9)

( 6) ( 6)

z i x x i x x x x x i w

x x i x x

z i

− + + − + + + +

= = =

− + + +

+ số ảo nên

(

)(

)

2 3 6 0 9 18 0 2 2 3

x − +x x+ = ⇔ − −x = ⇒ = − ⇒ = − +x z i Chọn C Ví dụ48.[THPT Chuyên Thái Nguyên]

Cho số phức z a bi= +

(

a b, ∈

)

thỏa mãn phương trình

(

z 1

)

(

1 iz

)

i z

z

− +

=

− Tính

2

a +b

A 3 2+ . B 4 C 3 2− . D 2 2+ .

Lời giải

Dễ thấy z khác 0, đặt z m= >0 ta có:

(

)(

)

(

)

(

)

2 1 1

m z m i m iz z

i i m zz − + − + = ⇒ = − −

(

)

(

)

(

)

2 2

2

1 1

1 a

z m i i m a m b i i m b b b

m b m =



⇒ + = + ⇒ + − = + ⇒ ⇒ − = +

− = + 

Ví dụ49.(THPT Chuyên Tuyên Quang)

Kí hiệu z z1, 2 hai nghiệm phức phương trình z2+ +z 20192018 =0 Giá trị

1

z + z

A 2019 1009 B 2019 2010 C 2019 2019 D 2.2019 1009 Lời giải

Theo định lý Viet ta có 2018 2018 1009

1 2019 2019 2019

z z = ⇒ z = z = = suy 1009

1 2.2019

z + z = Tô đáp án D!

Ví dụ50.Trên tập hợp số phức, cho phương trình z bz c2+ + =0 với b c, ∈ Biết rằng hai nghiệm phương trình w+3 2w−15 9i+ với w số phức Tính S b= 2−2c

A S = −32 B S =1608 C S =1144 D S= −64 Lời giải

Gọi w x yi= + , z z1+ = −b số thực nên 3x+12 3+

(

y−15

)

i số thực, suy y=5 Chú ý z1= z2 nên x+ =3 2x+ ⇒ = −9 x Do z1= − +3 ,i z2 = − −3 5i

Vậy

(

)

2

1 2

2 36 68 32

S b= − c= z z+ − z z = − = − Chọn A

Ví dụ51. Cho a số thực, phương trình z2+

(

a−2

)

z+2a− =3 0 có 2 nghiệm

z , z2 Gọi M , N điểm biểu diễn z1, z2 mặt phẳng tọa độ Biết tam giác OMN có góc 120°, tính tổng giá trị a

A −6 B 6 C −4 D 4

Lời giải

Theo định lý Viet z1 = z2 = 2a−3, giả thiết OMN tam giác có góc 120°, nên OMN nửa hình thoi, suy z z1+ = z1 = z2 ⇒ − =a 2a− ⇒3

(

2−a

)

2 =2a−3

2

1

6

a a a a

⇒ − + = ⇒ + = Chọn B

Ví dụ52 [SGD TPHCM]

Cho a, b, c số thực cho phương trình z az bz c3+ 2+ + =0 có ba nghiệm phức lần

lượt z w i1= +3 ; z2 = +w i9 ; z3=2w−4, w số phức Tính giá trị P a b c= + +

A P=36 B P=208 C P=136 D P=84 Lờigiải

Áp dụng định lý Viet ta có z z1+ + = − ∈ ⇒2 z3 a  4w− +4 12i∈ Đặt w x yi x y= + , ,

(

∈

)

Thì suy 4y+12 0= ⇒ = − ⇒ = −y w x 3i (1)

Thay (1) vào giả thiết ta z x1 = ; z2 = +x 6i; z3 =2x− −4 6i

Tiếp theo ta có a= −

(

z z1+ +2 z3

)

= −12,c= −z z z1 3= −208,b z z= 1 2+z z2 3+z z1 3 =84 Vậy P a b c= + + =136 Chọn C

Lời bình

Để tính nhanh ta ghi: A B C ABC AB BC CA+ + + − − − Calc nhập A z B z C z= 1, = 2, = Chú ý tập  phương trình bậc ln có nghiệm thực

Ví dụ53 [Cụm TPHCM]

Cho số phức z x yi x y= + ; , ∈ thỏa mãn z3 =18 26+ i Tính T =

(

z−2

) (

2+ −4 z

)

2

A 0 B 4 C 1 D 2

Lời giải

Ta có T =

(

z−2

) (

2+ −4 z

)

2 =2z2−12z+20; T = ⇔ = +0 z 3 ,i z= −3 i có nghiệm

z= +i thỏa mãn z3 =18 26+ i Vậy T = Chọn A

Cách Ta giải phương trình bậc ba hay khai bậc ba để tìm nghiệm z sau: Ta có

(

x yi+

)

3 =x3+

( )

yi 3+3xyi x yi

(

+

)

=x3−3xy2+

(

3x y y i2 − 3

)

=18 26+ i

Mà z số thực ảo không thỏa mãn, nên suy

(

)

(

)

3

3 2

2

3 18 9 13 27 39 0 3 13 39 0

3 26 13 13

x xy t t t t t t t t

x y y t

− = = ⇒ − = ⇒ − − + = ⇒ − + − =

− −

Ta cần nghiệm t= ⇒ =3 x 3y⇒ =z y

(

3+i y

)

, ≠0 thay vào T = Cách 3 (Sử dụng máy tính Casio)

Trong Mode 2 ghi 18 + 26i bấm = để lưu Sau bấm ar Ans

(

)

g

Ans∠ bấm = ta (Ngầm hiểu) 318 26 3+ i = +i tiếp tục bấm

(

Ans−2

) (

2+ −4 Ans

)

2 = kết Ví dụ54 Cho biết có hai số phức z1 z2 thỏa mãn z2 =119 120− i Tính

2

1

z z− A 169 B 114244 C 338 D 676 Phân tích

Bài tốn quy tìm bình phương số phức khai bậc hai số phức Lời giải

Ta có 119 120 119 2.60 i  i a 2 b2 2abi, 2 119 60

a b

ab

   

 

 Dùng phép ta có

2 2

2

3600 119 144 25

a a b

a

      nên





2

1

12 12 , 12

z   i   z i z    i

Cách 2 (Sử dụng máy tính Casio)

Trong Mode 2 ghi 119 - 120i bấm = để lưu Sau bấm ar Ans

(

)

g

Ans∠ bấm = ta (Ngầm hiểu) bậc hai 119 - 120i 12 - 5i tiếp tục bấm 2Ans2 = kết 676 Ví dụ55 Cho z z1, hai số phức liên hợp thỏa mãn 12

2

z

z ∈ z z1− =2 Tính

môđun số phức z1

A z1 = B z1 =3 C z1 =2 D 1

2

z =

Lời giải:

Trước hết gọi z x yi x y= + , ,

(

∈

)

⇒ 2yi =2 3⇒ = ±y ta có

= ≠ ⇒ =

1

1

2

0

z m z mz

z =

(

− ±

)

= 

2 3 3 3

m x x i x i ⇒ 

(

−

)

=

= ± 

2 3

2

m x x

mx ⇒x2− = ±3 2x2 ⇒ = ±x 1 Từ z= ± ±1 i 3⇒ z =2 Chọn C

Ví dụ 56.Cho z1, z2 số phức thỏa mãn z1 = z2 =1 z1−2z2 = Tính giá trị biểu thức P= 2z z1+ 2

A P=2 B P= C P=3 D P=1 Lời giải

Chọn z2 =i, ta phải xác định z1, tìm z thỏa z =1, z−2i = tính P= 2z i+ Đặt z a bi= + ta có: a2+b2 =1 a2+ −

(

b 2

)

2 =6 suy 2 4 4 6

4

a +b − b+ = ⇒ = −b

Khi đó: P2 =4a2+

(

2 1b+

)

2 =4

(

a b2+ 2

)

+4 4b+ = ⇒ =P 2 Chọn A Cách Ta giải tổng quát biến a, b, c, d đến kết Giả sử z1 = +a bi z, 2 = +c di a b c d, , , ,

(

∈

)

a b2 + =c d2+ =1

(

2

) (

2 2

)

2 6

(

2

)

4

(

)

4

(

2

)

6

4 a− c + b− d = ⇒ a +b − ac bd+ + c +d = ⇒ac bd+ = −

Khi

(

2

) (

2

)

(

)

1

2 4

P= z z+ = a b+ + c +d + ac bd+ = − =

Cách Ta luyện tập cách giải với số phức liên hợp z z1 1 =z z2 2 =1 và:

(

z1−2z2

)

(

z1−2z2

)

= ⇔6 z z1 −2

(

z z1 2+z z2

)

+4 z z2 = ⇒6

(

z z1 2+z z2

)

= −1

Khi

(

)

(

)

(

)

1 2 1 2 2

2 1

Các em so sánh cách cách để luyện tập tư trừu tượng! Ví dụ57 (THPT Chu Văn An – Hà Nội)

Cho số phức z1, z2, z3 thỏa mãn điều kiện 4z z1 2+16z z2 3+9z z1 =48, z1 =4, z2 =3

3

z = Giá trị biểu thức P z z= 1+ +2 z3 bằng:

A 1 B 8 C 2 D 6

Lờigiải

Ta có 2 3

1 2 3

1

4 16 48

4 16 48

24 z z z z z z z z z z z z

z z z

+ +

+ + = ⇒ =

3 2

3

4 16 2 z z z 2 P z z z 2

z z z

⇒ + + = ⇒ + + = ⇒ = + + = Chọn C Ví dụ58 (THPT Can Lộc - Hà Tĩnh)

Cho hai số phức z, w thỏa mãn z+2w =3, 2z+3w =6 z+4w =7 Tính giá trị biểu thức P z w z w= +

A P= −14i B P= −28i C P= −14 D P= −28 Phân tích

Ở ta thấy có ẩn z w z w; ; ; có ba điều kiện Tuy nhiên chúng có mối liên hệ đặc biệt z z z ww w= 2; =

Lờigiải Đặt m z z n w w= ; = Ta có:

(

z+2w z

)

(

+2w

)

= ⇒ +9 m

(

z w z w+

)

+4n= ⇒ +9 m 2P+4n=9 (1)

(

2z+3w

)

(

2z+3w

)

=36⇒4m+6P+9n=36 (2)

(

z+4w z

)

(

+4w

)

=49⇒ +m 4P+16n=49 (3) Giải hệ ta có P= −28 Chọn D Lời bình

Các biểu thức gần giống phép bình phương, nhiên ta nhân liên hợp

Ví dụ 59.Cho ba số phức z1, z2, z3 thỏa mãn z z1+ + =2 z3 z1 = z2 = z3 = 23 Mệnh đề

nào đúng?

A z z1+ +2 z3 = z z1 2+z z z z2 3+ B z z1+ +2 z3 < z z1 2+z z z z2 3+ C z z1+ +2 z3 > z z1 2+z z z z2 3+ D z z1+ +2 z3 ≠ z z1 2+z z z z2 3+

Ta có

3

1 2 3

1 2 3

1 3

2 . 2 . 1

3

z z z z z z P z z z z z z P

z z z z z z

  + +  

= + + ⇒ =  =  + +

   

Hay P= 23 z z z1+ +2 =2 23 z z z1+ +2 =0 Chọn A

Ví dụ60 Có số phức zthỏa mãn z 1 z i    z i 4?

A 0 B 3 C D 2

Lời giải

Đặt z− = +1 a bi a b, ,

(

∈

)

⇒ = + +z a bi, từ giả thiết ta có a b2+ =2 (1) Thế vào điều kiện thứ hai sử dụng (1), ta có:

(

)

(

)

(

) (

2

)

2

(

) (

2

)

2

4= + + +a b i a+ − + −1 b i = a+1 + +b + a−1 + −b

(

)

(

)

(

2

)

(

)

(

)

4= 2+ a b+ + 2− a b+ ≤ 1 2+  + a b+ + −4 a b+  =4 Dấu " "= xảy 2+

(

a b+

)

= −4 2

(

a b+

)

⇔ + =a b (2)

Từ (1) (2) suy a=1;b= − ∪ = −1 a 1,b=1.Chọn D Ví dụ61.Cho hai số phức z, w thỏa mãn z =3 1

z w z w+ = + Khi w bằng:

A 3 B 1

2 C 2 D

1 Lờigiải

Ta có 1

(

z w

)

2 zw 1 w w

(

1 t

)

2 t t2 t 1 0

z w z w z z

 

+ = ⇒ + = ⇒ +  = ⇒ + = ⇒ + + =

+  

Ta có t1 = t2 =1, suy ra: w t z= =3 Chọn A Ví dụ 62 [THPT Chuyên Sơn La]

Gọi A, Blà hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z z1, khác thỏa mãn đẳng thức 2

1 2

z +z =z z Với O gốc tọa độthì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác gì?

A.Vng cân B.Cân, khơng C.Đều D.Vng, không cân Lời giải

Từ giả thiết ta có:

2

1

2

1

z z t t

z z

 

+ = ⇒ − + =

 

  suy ra:

1

1

2

1 3

2

z i z i z

z

± ±

= ⇒ =

Do z1 = z2 nên OA = OB suy OAB cân O Mặt khác 1 2 2

2 i

z z− = ± − z ⇒

  2 2

1 1 .

2

i i

z z− = ± − z = − ± z = z

Ví dụ 63 [SGD TPHCM]

Cho hai số phức z z1, thoảmãn z1 =6, z2 =2 Gọi M N, điểm biểu diễn cho z1và

iz Biết MON= °60 Tính 2

1

T = z + z

A T =18 B T =24 3 C T =36 D T =36 Lời giải

Cách 1 (Hình học)

Đặt z u iz1 = ; 2 = ⇒v u = =6 v Ta có T = z1−3 iz z2 1+3iz2 = −u v u v + Mà

 60

MON = ° nên u + v đường chéo hình thoi, u - v đường chéo thứ hai, có u v; u v− tạo thành tam giác Sử dụng công thức hình bình hành ta có:

(

)

2 2

2

u v+ + −u v = u +v ⇒ + =u v u T u= 36 3= Chọn D

Ví dụ 64.[Hội Trường Chuyên]

Có số phức z a bi a b= +

(

, ∈

)

thỏa mãn z i z+ + −3i = +z 4i z+ −6i z ≤10

?

A 12 B C 10 D

Lời giải Cách 1 (Hình học)

Viết lại giả thiết iz− + + =1 iz iz− + +4 iz đặt iz+ = ⇔ = −1 w iz w

Như có số phức w− ≤1 10 (*) có nhiêu số z Khi giả thiết

2 5

w− + + = − + +w w w (1) Trước hết ta có 5− + + ≥ − + +w w 5 w w =10 Dấu xảy w= ∪ = −5 w thỏa mãn (1) (*)

Bây ta xét 5− + + =w w 2m>10⇒ >m gọi w x yi x y= + , ,

(

∈

)

(1) xem biểu diễn hai Elip (Trục thay đổi) là: 22 2 22 2

4 25

x y x y

m +m − =m +m − = (2) Từ (2) suy 2

2 2

1 0 0

4 25 25

y y y y

m m m m

 

= ⇔  − = ⇔ =

− −  − −  suy w x= ∈

Như thì: 10

{

9; 8; 7; 6;6;7;8;9;10;11

}

x

x x m

 − ≤

 ⇒ ∈ − − − −



= >

 có 10 số

Cả hai trường hợp có 12 số Chọn A

Lời bình Theo cách ta chuyển đổi Elip từ trục ảo sang sang trục thực cho quen thuộc Cách 2 (Đại số)

Ta có z = + ≤u i 10 giả sử u x yi= + ⇒ x ≤10; y+ ≤1 10, ,

(

x y∈

)

Đặt x2+y2 =m từ (1) ta có:

(

)

2

(

)

2

(

)

2

(

)

2

2 2 2 5 5

x + y+ + x + y− = x + y+ + x + y−

4 4 25 10 25 10

m y m y m y m y

⇔ + + + + − = + + + + −

4 4 21 25 10 25 10

m y m y m y m y

⇔ + + + − = + + + + −

(

)

2 2

(

)

2 2

4 16 21 25 100

m y m y

⇔ + − = + + −

(

)

(

)

2 16 8 2 21 625 50 2

m x y m x y

⇔ + + − = + + + − Lại đặt x2−y2 = <n 0 16 8 625 50 21

m n m n

⇒ + + − + + = (2)

2

29 1

16 625 50

n

m n m n

− −

⇒ =

+ + + + +

2 16 8 625 50 29 2

m n m n n

⇒ + + + + + = − − (3)

Từ (2) (3) suy m2+ +16 8n= − − ⇒4 n m2+ +16 8n=16 8+ n n n+ 2, ≤ −4

2 2 2 0, 4

m n m n x y x y x y

⇒ = ⇒ = − ⇒ + = − + ⇒ = − ≤ − theo (3) 29 y

− < − 29

0,

2 x y

⇒ = > , y+ ≤1 10 thử trực tiếp ta có y∈ −

{

11; 10; ; 5;5;6; ;9− −

}

Chọn A Lời bình Giải cách chẳng khác tự luận - Thời gian thiếu q!

Ví dụ 65 Tìm mơ đun số phức z, biết z= + +1 3i i2+4i3+ + 2019i2018

A 2034145 B 2038181 C 2040200 D 2042221 Lời giải

Gọi ( ) 1 2019 2020 1,

(

1

)

x

f x x x x x x

x −

= + + + + + = ≠

−

2020 2019

2 2018

2

2019 2020

'( ) 2019

( 1)

x x

f x x x x x

x

− +

⇒ = + + + + + =

− Từ '( ) 2020 2020 1010 1010 2040200

2 i

z f i i z

i +

= = = − + ⇒ =

− Chọn C

Lời bình

4 Các tốn VDC tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

Đối với tốn vận dụng cao em cần có kỹ tốt biểu diễn tương quan độ dài đoạn thẳng, nắm vững kiến thức ba đường Cơnic (Hình học 10) Mặt khác thường xuyên sử dụng bất đẳng thức Mincopxki Bunhiacopxki Ngồi em đại số hóa tốn để khảo sát hàm số Tuy nhiên thời gian thi trắc nghiệm có hạn nên khơng phải tốn q khó, em n tâm

Ví dụ66.Cho số thực z1 số phức z2 thoả mãn z2−2 1i = z12+−iz1 số thực Gọi a b,

là giá trị lớn giá trị nhỏ z z1− 2 Tính T a b= +

A T =4 B T =4 C T =3 1+ D T = 3+ Lời giải

Chọn z x1= ∈, đặt

(

)

2 1 2 &

z z m z z m i z z m z x m mi

i

− = ∈ ⇒ − = + ⇒ − = = + +

+ 

thế vào giả thiết thứ nhất: x m m+ +

(

−2

)

i = ⇒1

(

x m+

) (

2+ m−2

)

2 =1 suy :

(

)

2

(

)

2

1 2 1

x m+ = − m− ≥ ⇒ − ≤ ⇒ ≤ ≤m m Khi 2≤ z z1− 2 ≤3 2⇒ =a 2,b= Chọn B Ví dụ 67 [THPT Chuyên Thái Bình]

Cho sốphứcz thỏa mãn điều kiện z+ − − − −2 i z 3i =2 Tìm giá trị nhỏ z A. zmin = 5 B min

5

z = C zmin = 13 D zmin =2

Lời giải

Đặt z− − = ⇔ = + +2 3i u z u 3i ta viết lại giả thiết: u+ +4 2i u= +2 (1)

Từ (1) ta lại có: u +2 5= + +u 2i u≤ + +4 2i u= +2 dấu xảy u k=

(

4 ,+ i k

)

≥0

Thay trở (1) ta được: k+ =1 5

(

k + ⇒ + =1

)

k k +1 (đúng ∀ ≥k 0) Hiển nhiên ta tìm nên chọn k = ⇒ = ⇒0 u zmin = +2 3i = 13 Chọn C Ví dụ68 Cho số phức z thỏa mãn

3 z i

z i

− =

+ − Giá trị nhỏ z+ −3 2i A 2 10

5 B 2 10 C 10 D

10 Phân tích

Quan sát biểu thức tốn ta quy đường thẳng đường tròn

u v

u + v O

Lời giải Cách 1 (Đại số)

Đặt z+ − = +3 2i a bi a b, ,

(

∈

)

⇒ = − + +z a

(

b 2

)

i Ta cần tìm T = a b2+ Mặt khác ta có 1 2 3

(

3

)

2 2

(

1

)

2

3

z i z i z i a b a b

z i

− = ⇒ − = + − ⇒ − + = + +

+ − suy

(

2

)(

2

)

10

4 3

5

a b a b T

= + ≤ + + ⇒ ≥ Chọn A Cách 2 (Hình học tọa độ)

Đặt z+ −3 2i R= ≥0, trước hết xét R>0, z x yi x y= + , ,

(

∈

)

biểu diễn M x y

( )

; thuộc đường trịn tâm I

(

−3;2

)

, bán kính R

Mặt khác ta có 1 2 3

(

2

) (

2 3

) (

2 1

)

2

z i z i z i x y x y

z i

− = ⇒ − = + − ⇒ + − = + + −

+ − suy

3x y+ + =3 đường thẳng ∆ nên IM nhỏ IM vng góc với ∆ M

(

,

)

10

5 10

R d I= ∆ = − + + = , chứng tỏ I∉ ∆ Chọn A Cách 3 (Trắc nghiệm - Cơng thức tính nhanh)

Ta có w = + −z 2i đường thẳng z−2i = + −z i Mode 2 ta ghi

2

2

X A X B

A B

− − −

− CALC nhập -3 + 2i = 2i = -3 +i = ta có kết cần tìm

Ví dụ69 Cho số phức z thỏa mãn z− + + + −1 i z 3i =5 w z i= − Gọi T giá trị lớn w Tìm T

A T = B T =2 C T =2 D T = Lời giải

Thế z w i= + vào giả thiết ta có w− +1 2i w+ + −2 2i =5 (1)

Gọi M điểm biểu diễn số phức w F1(1; 2), ( 2;2)− F2 − biểu diễn số

1 , 2

z = − i z = − + i từ (1) ta có MF MF1+ =5 Mà ta có F F1 2= ⇒5 M F F∈ Bởi wmax⇔OMmax⇔OM OF= =2 Chọn C

Lời bình

Nếu MF MF1+ >F F1 ta đưa Elip giải bình thường Tuy nhiên toán cho trường hợp đặc biệt nên ta xem xét để giải nhanh

Ví dụ 70 Cho z∈ thỏa mãn z− + + + + =2 3i z i Tìm giá trị lớn z− +6 5i ?

A 4 B 5 C 6 D 7

Gọi M x y

(

;

)

biểu diễn z, F1

(

2; ,−

) (

F2 − −2; ,

)

K

(

6; 5−

)

thì

1 2

MF MF+ = >F F = quỹ tích M Elip Nhận xét F1 trung điểm KF2 ta cần tính độ dài lớn KM, vị trí cần tìm D, mà cho DF DF1+ 2 =2F F1 2 (không đổi) nên suy

2

DF = Vậy KM max =KD=5 5 Chọn B Ví dụ 71 [BGD - Đề minh họa số 2017]

Xét số phức z thỏa mãn z i z 7i 2+ − + − − = Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn z i− + Tính P m M= +

A P= 13+ 73 B P 2 73 +

= C 2+ 73 D P 73

2 + = Lời giải

Đặt z− + = ⇒ = + −1 i u z u i, ta cần tìm umin max

u Thế z vào giả thiết ta có:

u 2i u 8i 2+ − + − − = Gọi M x y

(

;

)

biểu diễn

u F1

(

−3;2

)

, F2

( )

3;8 ta có F F1 2=

( )

6;6 

và

1 2

MF MF F F+ = = , M thuộc đoạn F F1 Phương trình F F1 2 làx y− + =5 0, từ suy

(

2

)

min

5

, ;

2

u =OH d O F F= = umax =OF2 = 73 Chọn B

Ví dụ 72 Trong số phức z thoảmãn z− −3 4i =2 có hai số phức z z1, thỏa mãn z z1− =1 Giá trị nhỏ 2

1

z − z

A -10 B − −4 C -5 D − −6 Lời giải:

Ký hiệu P z= 12− z2 2, giải sử M biểu diễn z, A, B biểu diễn 1,

z z I

( )

3;4 tâm đường tròn Gọi H trung điểm AB Ta có AB=1,OI =5 và:

(

) (

)

2

(

)

P= OA OB OA OB   − + =BA OH = BA OI IH  +

P=  BAOI nên ta cần BA OI , ngược hướng Pmin = −2 AB OI = −10 Chọn A

Mời em giải theo phương pháp đại số

I D

M K F1 F2

y

x

2 8

3

-3 O

F1

F2

H

M

H A

B

Lời bình

Đơi ta xem Elip (thay đổi) đường trịn (thay đổi) nhìn nhận theo cách mở rộng xem elip ảo hay đường trịn ảo để giải tốn nhanh

Ví dụ 73 Cho số phức z thỏa mãn z− −1 2i z+ − −4 6i =9 Giá trị lớn z− −10 14i

A 17 B 20 C 15 D 12

Lời giải Cách 1 (Hình học véc tơ)

Gọi M z

( )

=M x y

(

;

)

thì M thuộc elip (E), tâm ;4 I 

 , a = , c =

5

Gọi A

(

10;14

)

z− −10 14i AM= Vậy ta cần xác định vị trí M cho IM AI hướng hay 15; 10 , 15 ;4 10

2 2

IM t= − −  t> ⇒M − t − t

   



Do ta có 15

(

2 10

)

2 15

(

2 10

)

2 9

2 t t 2 t t

 −  + − + − −  + − − =

   

   

(

)

5 1 5 1 5 9

2 − t + + t = ⇒ =t 25 Vậy AMmax = +t AI =34 2525 2 =17 Chọn A

Ví dụ 74 Cho số phức z thỏa mãn

(

z+2

)

i+ +1

(

z−2

)

i− =1 10 Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ z Tính tổng S M m= +

A S =9 B S=8 C S =2 21 D S=2 21 1−

Lờigiải

Chia hai vế cho i ta được: z+ − + − + =2 i z i 10⇒ + − + − − =z i z i 10 (1)

Gọi A

(

−2;1

)

, B

( )

2;1 , K

( )

0;1 Suy MA MB+ =2a=10;AB=2c=4 Chú ý OK AB ⊥ Điểm M chạy đường tròn ảo với tâm O

( )

0;0 bán kính z r= vị trí M cần tìm

cho

( )

0;1

( )

0;

1 r

OM tKO t= = ⇒ = = ⇒t r OM = ± t   

x = z có dạng z= ±ti thay vào (1) suy

(

t−1

)

2+ =4 10hay ta có t= ±1 21

1 21, 21 21

M m S

⇒ = + = − + ⇒ = Chọn C

Ví dụ 75 Xét số phức z a bi= +

(

a b, ∈

)

thỏa mãn z+ +2 3i = Tính P a b= +

2

z+ − i + − +z i đạt giá trị lớn

A P=3 B P= −3 C P=7 D P= −7

Lời giải

( )

Ta có MA MB+ =2 ;m AB=2c Chú ý IK AB ⊥

Điểm M chạy elip ảo (trục lớn 2m thay đổi) Vị trí M H, cho

(

4; 4

)

(

1; 1

)

(

3; 4

)

4

R

IH tKI t= = − − ⇒ =t = ⇒IH = − − ⇒H − −

  

Hay ta có z= − − ⇒ = + = −3 4i P a b Chọn D

Ví dụ76.(BGD - Đề tham khảo THPTQG 2017-2018)

Xét số phức z a bi= +

(

a b, ∈

)

thỏa mãn z− −4 3i = Tính P a b= +

1

z+ − + − +i z i đạt giá trị lớn

A P=10 B P=4 C P=6 D P=8 Lời giải

Đặt z− − = +4 3i x yi x y, ,

(

∈

)

⇒ = + +z x

(

y+3

)

i, ta có: x2+y2 =5 (1) Thế z vào T x= + +5 yi x+ + +3

(

y+4

)

i =

(

x+5

)

2+y2 +

(

x+3

) (

2+ y+4

)

2 Sử dụng (1) ta có T = 30 10+ x+ 30 6+ x+8y ≤

(

1 60 16+

)(

+ x+8y

)

Lại có 2x y+ ≤

(

2 12+ 2

)(

x2+y2

)

=5 nên T ≤ 2 60 40 10 2

(

+

)

= Dấu xảy

x = 2, y = Khi z = + 4i nên a = 6, b = P=10 Chọn A Ví dụ 77 [THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa]

Cho tập hợp số phức z thỏa mãn 1

3

z z i

− =

+ Tìm max P z i= + +2 z− +4 7i

A 8 B 20 C 2 D 4

Phân tích

Bài tốn quy điểm M thuộc đường trịn cần tìm max MA + 2MB Lời giải

Gọi z x yi= + với x y, ∈, ta có: 1

3

z z i

− =

+ ⇔ z− = +1 z 3i

(

)

2 2 2

(

)

2

2 x y x y

⇒ − + = + + ⇔

(

x−2

) (

2+ y−3

)

2 =20 Đặt

[

]

2 cos , sin , 0;2

x= + t y= + t t∈ π Ta biến đổi P z i= + +2 z− −4 7i K

I M

B A

thay biến P=

(

2 cos+ t

) (

2+ +4 sint

)

2 +2

(

− +2 cost

) (

2+ − +4 sint

)

2

(

)

(

)

40 cos 2sin 40 cos 2sin

P= + t+ t + − t+ t

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có P≤

(

1 40 402+ 2

)

(

+

)

=20 Chọn B Ví dụ 78.(THPT Kim Liên – Hà Nội)

Xét số phức z a bi= + (a b, ∈) thỏa mãn z− −3 2i =2 Tính a b+

1 2

z+ − i + z− − i đạt giá trị nhỏ

A 4− B 2+ C 3 D 4+ Phân tích

Bài tốn cho điểm M thuộc đường trịn cần tìm MA + 2MB Lờigiải

Đặt z− − = +3 2i x yi x y, ,

(

∈

)

⇒ = + +z x

(

y+2

)

i Theo giả thiết ta có x2+y2 =4 (1) Mặt khác T = + −z 2i + z− −2 5i = + +x yi +2 x+ +1

(

y−3

)

i hay

(

4

)

2 2

(

1

) (

2 3

)

2 T = x+ +y + x+ + y− (2) Cách 1 (Trắc nghiệm Casio)

Áp dụng (1), khai triển T =2 2+ x+2 14 2+ x−6y , để tìm giá trị nhỏ mục tiêu

0 x y

≤   ≥

 ⇒ ∈ −x

[

2;0

]

,

2

y= −x vào T, ta có:

2 14

T =  + x+ + x− −x 

  vào Mode 7 khảo sát Tmin = ⇔ = − ⇒ =6 x y Suy a b x y+ = + + = +5 Chọn D

Cách 2 (Đại số)

Áp dụng (1) ta biến đổi

(

x+4

)

2+y2 =20 8+ x=4 2

(

+ x

)

=4

(

x+1

)

2+y2

  thay trở (2) ta có T =2

(

(

x+1

)

2+y2 +

(

x+1

) (

2+ −3 y

)

2

)

≥2

(

y + −3 y

)

≥2 y+ − =3 y 6

Dấu có

(

)

2

1,

1,

3

x x y

x y a b x y

y y

 = − + =

 ⇔ = − = ⇒ + = + + = +



− ≥

 Chọn D

Lời bình

So sánh với 75, 76 ta thấy hệ số đoạn thẳng 1: yêu cầu tìm max, hệ số đoạn thẳng 1: yêu cầu tìm Ngồi khác với 77

Ví dụ 79 (THPT Chuyên Đại học Vinh)

Xét số phức z, wthỏa mãn z =2,iw− +2 1i = Giá trị nhỏ z2−w 4z− bằng: A B 2

(

29 3−

)

C D 2

(

29 5−

)

Phân tích

Biểu thức cuối phức tạp nên ta tìm cách đơn giản có xuất số liên quan đến z Lời giải

Trước hết chia hai vế giả thiết thứ hai cho i có: w+ +5 2i =1 (1)

Giả sử z x yi x y= + , ,

(

∈

)

Đặt P z= 2−wz− =4 z2−wz z z− . = z z w z− − =2 z w z− −

2 2

P yi w w yi

⇒ = − = − , lại đặt w−2yi u= ⇒ = +w u 2yi ta cần tìm

P= u Thế w vào (1) ta có u+ +5

(

y+2

)

i =1 (2)

Chú ý z = ⇒ ∈ −2 y

[

2;2

]

xem y tham số, hiển nhiên cho y= −2,u= −4 thỏa mãn điều kiện (2) ⇒Pmin = − =2 Vậy chọn C

Lời bình.Tại ta chọn y = - u = - mà không chọn số khác? Một lý là: Môđun số phức độ dài véc tơ, nhìn chung xem cạnh huyền tam giác vng có hai cạnh x y tuân thủ theo định lý Pythagore Nhưng ta triệt tiêu thành phần y độ dài giảm đi, xem u số thực xong

Qua em định hướng giảitoán số phức sau:

+ Hoặc chuyển độ phức tạp từ A sang B, tập trung giải B (Và ngược lại) + Trong trường hợp bất khả kháng dẫn A B điểm chung C

Cụ thể ta thử chuyển từ (1) sang (2) xem nào? Sau giản ước ta có: P=2 w−2yi Từ (1) ta đặt w+ + = + ⇒ = − + +5 2i a bi w a

(

b 2

)

i, ta có a b2+ =1 Thế w vào P ta có:

(

)

2

P= a− + b+ −y i ta có ba tham số a, b, y mà y∈ −

[

2;2

]

, b∈ −

[ ]

1;1 Số y tự (lỏng hơn, tập hợp rộng hơn), nên với b cho tùy ý b∈ −

[ ]

1;1 ta ln chọn y = b +1, ta triệt tiêu phần ảo, P=2 a−5 mà a∈ −

[ ]

1;1 , trước ta cho b = chọn y = lấy a = Pmin =2 8− = Rõ ràng ta cần lập luận mà không cần khảo sát

Ví dụ 80.Cho số phức w, z thỏa mãn

5

w i+ = 5w=

(

2+i z

)(

−4

)

Giá trị lớn biểu thức P z= − −1 2i z+ − −5 2i

A 6 B 4 13+ C 2 53 D 4 13

Đề cho tương đối "zích zắc" tức gây nhiễu, tập trung hỏi P liên quan đến z nên ta dùng phép để khử w Sau chọn phương án: Đơn giản đường tròn P

Lời giải

Rút w vào giả thiết ta có 1

(

2

)(

4

)

5

5 2

i

i z i z

i i

+ − + = ⇔ − + =

+ +

3

z i

⇔ − + = Đặt z− + = +3 2i a bi a b, ,

(

∈

)

⇒ = + +z a

(

b−2

)

i ta có:

2 9

a b+ = (1) Thế z vào P ta có: P a= + + −2

(

b 4

)

i a+ − + −2

(

b 4

)

i kết hợp (1) ta có

(

) (

2

)

2

(

) (

2

)

2

2 4 29 29

P= a+ + −b + a− + −b = + a b− + − a b− suy

(

)

(

( )

)

2 58 16 58 16 53

P≤ − b ≤ − − = Dấu có a = 0, b = - Chọn C Cách

Nếu đơn giản P ta đặt u z= − − ⇒ = + +3 2i z u 2i P trở thành:

2

P u= + + −u đường tròn trở thành u+4i =3 Xét M x y

(

;

)

biểu diễn u điểm

(

2;0 , 2;0 , 0; 4

) ( ) (

)

A − B I − P MA MB= + , M di chuyển đường tròn tâm I, r = Dễ thấy Oy trục đối xứng đường tròn trung trực AB, nên P lớn

x = 0, y = - giao Oy đường tròn 2

max 2 53

P = + = (các em tự vẽ hình) Nhận xét.

Từ ví dụ em nắm gì? Nhìn chung là: Quy xét vị trí tương đối đường (thẳng, tròn, elip, ), yêu cầu min, max Nói chung ta đặt ẩn phụ để chuyển độ phức tạp đường, dù giải theo PP hình học hay đại số có chất Phép đặt ẩn phụ thực chất phép tịnh tiến, có điều ta khơng nói rõ làm tăng rắc rối Ví dụ 81.Tìm số phức z thỏa mãn z− − =1 i biểu thức T = − −z 9i +2 z−8i đạt giá trị

nhỏ

A z= −5 2i B z= +1 6i C z= − −2 3i D.z= +4 5i

Phân tích

Bài tốn cho điểm M thuộc đường trịn cần tìm MA + 2MB Lờigiải

Đặt z− − = +1 i a bi a b, ,

(

∈

)

⇒ = + +z a

(

b+1

)

i Ta có a2+b2 =25 (1) Thế z vào T ta có T a= − + −6

(

b 8

)

i +2a+ + −1

(

b 7

)

i

(

) (

2

)

2 125

(

)

2

6 125 12 16 4

4

a− + −b = − a− b=  − a− b=  −a + −b 

     suy

(

)

(

) (

)

(

)

2

2 2

3

2 7 5

2

T =   −a + −b + a+ + −b ≥  +  + − =

     

 

Dấu có / 2 , 2 25

1

a b a b

a b

− −

= + =

+ − nên a = 0, b = z = + 6i Chọn B Lời bình.

Bài ta dùng Casio để thử đáp án, thay đổi câu hỏi 76 khơng thử Các em xem lại 76 so sánh với để tìm điểm chung điểm riêng, xem lại phương pháp chủ đạo để giải toán

Để củng cố cách giải, xem xét thay đổi giả thiết yêu cầu toán, ta xét thêm vài ví dụ Ví dụ 82.Xét số phức z a bi= +

(

a b, ∈

)

thỏa mãn z+ +2 3i = Tính P a b= +

2

z+ − i + − +z i đạt giá trị lớn

A P=3 B P= −3 C P=7 D P= −7

Phân tích

Cho đường trịn Tìm z0 để tổng MA + MB đạt max (Đãgiảiở VD 75) Lời giải

Đặt z+ + = + ⇒ = − +2 3i x yi z x

(

y−3

)

i ta có: x2+y2 =2 Thế z vào T ta có

(

)

2

(

)

2

(

)

2 2

8 8

T x= + y− i x+ − +yi = x + y− + x− +y

Hay T = 66 16− y+ 66 16− x ≤ 132 16 16

(

− x− y

)

≤ 132 32

(

+

)

=2 82 Dấu có x = y = - 1, z = - - 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 z− −10 14i

A 17 B 20 C 15 D 12

Phân tích

Cho M thuộc Elip điểm A Tìm max MA (Đã giải VD 73) Lời giải

Đặt z−10 14− i a bi a b= + , ,

(

∈

)

ta có a+ +9

(

b+12

)

i a+ + +8

(

b+6

)

i =9 hay ta có

(

) (

2

)

2

(

) (

2

)

2

9 12

Viết lại: 9= m2 +225 3+

(

a+4b

)

+ m2+100 3+

(

a+4b

)

(1)

Ta có 3a+4b ≤ 25

(

a2+b2

)

=5m⇒ −5m≤3a+4b≤5m (2), kết hợp (1) suy

(

)

2

9≥ m +225 30− m+ m +100 20− m m= −15+ m−10 2= m−25, m>15 ⇒ ≤m 17 Vậy max a b2+ = =m 17 Chọn A

Ví dụ 84 Cho z∈ thỏa mãn 3z+ − i = Tìm giá trị lớn P z= − +1 3z+ −1 2i ?

A 4 B 4 C 2 D 4

Phân tích

Cho đường trịn Tìm max MA + 3MB Lưu ý hệ số khác nhau, số lẻ không đẹp Lời giải

Đặt 3z+ − = + ⇒i x yi 2z x= − +1

(

y+3

)

i ta có: x2+y2 =2 Khi

(

)

(

)

2P= 2z− +2 32z+ −2 4i = − +x y+3 i +3 x+ +1 y−1 i

(

) (

2

)

2

(

) (

2

)

2

(

)

(

)

2P= x−3 + y+3 +3 x+1 + y−1 = 20 6− x y− +3 2+ x y−

(

)

(

)

(

)(

)

2P= 20 6− x y− + 12 6+ x y− ≤ 20 12+ + =8 2⇒Pmax =4 2. Chọn A Ví dụ 85 [THPT Lê Hồng Phong]

Cho số phức z w thỏa mãn z w+ = +3 4i z w− =9 Tìm giá trị lớn biểu thức

T = +z w

A 176 B 14 C 4 D 106

Phân tích

Hình thức thay đổi quy đường trịn Tìm max MA + MB Lời giải

Cách 1

Thế w= + −3 4i z vào giả thiết thứ hai ta có: 2z− −3 4i =9 Hơn viết lại 2T = 2z + 2z− −6 8i Đặt 2z− − = +3 4i a bi a b, ,

(

∈

)

ta có: a2 b2 81 (1) Khi 2T a= + + +3

(

b 4

)

i a+ − + −3

(

b 4

)

i hay viết thành

(

) (

2

)

2

(

) (

2

)

2

(

)

(

2 2

)

Cách 2

Đặt z m w n= , = theo quy tắc hình bình hành ta có 2 1

(

2

)

m +n = z w+ + −z w

hay ta có m n2+ =53 khơng đổi suy ra: m n+ ≤

(

1 1+

)

(

m n2+ 2

)

= 106 Lời bình

Cách giải với nhiều toán mà ta giải Cách theo quy tắc hình bình hành ngắn gọn với hệ số 1:1 Lý giả thiết thay đổi nên ta linh hoạt giải toán, với hệ số khác khơng áp dụng Chẳng hạn ta xét tốn sau

Ví dụ 86 Cho số phức z w thoảmãn z+2w= +8 6i z w− =4 Giá trị lớn biểu thức z w+

A.4 B 2 26 C 66 D 3

Phân tích

So với 79, có khác giả thiết thêm vào z + 2w (không kể số) Tuy nhiên ta giải theo tính chất mơđun xem

Lời giải:

Đặt m z n w p z w z w= , = , = + Sử dụng tính chất z2 =z z ta có:

(

)

(

)

2 2 2

2 2

z+ w = z+ w z+ w =m + p+ n (1) Và 2 z w− =2

(

z w z w+

)

.

(

−

)

=2m2−2p+2n2 (2)

Cộng vế (1) (2) , kết hợp giả thiết suy ra:

(

8 62+ 2

)

+2.42 =3m2+6n2 Suy m2+2n2 =44 1. 2 1

(

2 2

)

3.44 66

2

2

m n+ = m+ n≤  +  m + n = =

 

Chọn C.

Cách Không định ta phải dùng môđun, trở phép 79 xem sao? Biến đổi 2

(

8

)

8 8

3

z− w = ⇒ z− + −i z = ⇒ z− − i = ⇒ − −z i =

Xét 2T =2 z + 2w =2 z z+ − −8 6i Đặt 2 2 64

3

z− − = + ⇒i a bi a +b =

(

)

(

)

8 16

2 2

3

T = a+ + +b i a+ − + −b i (như ta có dạng 2MA + MB) Hay ta có

(

)

(

)

2

2

8 16 164 16 464 32

2 2 4

3 9

a a

T = a+  + +b + a−  + −b = + + b+ − − b

Suy 2

(

2 12 2

)

328 464 3 88 66

9

T ≤ +  + = × ⇒ ≤T

  Chọn C

Ví dụ87.[SGD Phú Thọ]

Cho tập hợp số phức z thỏa mãn iz− − =2 i Giá trị lớn biểu thức z− − + + +4 i z 8i

A 3 15 B 15 3 C 9 D 18 5

Phân tích

Cho M thuộc đường trịn Tìm max 2MA + MB. Lời giải

Trước hết biến đổi iz− − = ⇔ − +2 i z 2i =3 đặt z− + = +1 2i a bi ta có:

2 9

a b+ = (1) Ngoài z a= + + −1 bi 2i, z vào T ta được:

(

)

(

)

2 3 6

T = a− + −b i a+ + + +b i hay viết lại

(

)

(

)

(

)

(

)

2 27 81 12 54 12 81 12

T = − a b+ + + a b+ = − a b+ + + a b+

(

2 54 81 5

)(

)

T ≤ + + = Chọn C

Ví dụ 88.Gọi n số số phức z đồng thời thỏa mãn iz+ +1 2i =3 biểu thức

2 3

T = z+ + i + z− i đạt giá trị lớn Gọi M giá trị lớn T Giá trị tích M n

A 10 21 B 6 13 C 5 21 D 2 13 Phân tích

Cho M thuộc đường trịn Tìm max 2MA + 3MB Đạt cựctrị điểm? Lời giải

Biến đổi iz+ +1 2i = ⇔ + − =3 z i đặt z+ − = +2 i a bi ta có: a b2+ =9 (1) Ngoài z a= − + +2 bi i, z vào T ta được: T =2a+ + +3

(

b 3

)

i +3a− + −2

(

b 2

)

i hay viết lại T =2

(

a+3

) (

2+ +b 3

)

2 +3

(

a−2

) (

2+ −b 2

)

2

(

)

(

)

(

)

(

)

2 27 17 54 12 51 12

T = + a b+ + − a b+ = + a b+ + − a b+ Suy T ≤

(

2 54 51 21+

)(

+

)

= ⇒M =5 21 Dấu xảy

(

) (

)

3 54 12 12+ a+ b =2 51 12 12− a− b ⇔ + = −a b mà dễ thấy đường thẳng cắt đường tròn (1) hai điểm phân biệt nên n =

Ví dụ 89 (Đặng Việt Hùng)

Cho số phức z,z ,z1 thỏa mãn z 2i z 4i , z 2i 2, z 6i 2.− + = + − 1+ − = 2− − = Tính giá trị nhỏ biểu thức T z z= − + −z z2 +4

A 2 3770

13 B

10361

13 C

3770

13 D

10361 26 Phân tích

Cho điểm M thuộc đường thẳng P, Q thuộc đường tròn Tìm max MP + MQ Lờigiải

Gọi M z

( )

=M x y I

(

; ,

) (

−5;2 ,

) ( ) (

K 1;6 , 1; ,A −

) (

B −3;4 ,

) ( ) ( )

P z Q z R R1 , 2 , 1= 2 =2

Khi M thuộc trung trực AB có phương trình 2x−3y+ =5

( )

∆ P, Q di chuyển hai đường tròn tâm I K bán kính R = Nhân xét AB= −

(

4;6 ,

)

IK=

( )

6;4 Nghĩa  AB IK⊥ nên hai đường thẳng IK / /∆, d I

(

,∆ >

)

R IK, >2R

Rõ ràng ta có T MP MQ= + +2R nhỏ P, Q thuộc đoạn MI, MK tính đối xứng nên Tmin = 2MK Vậy

(

)

2

2

min 2 12 , 377013 T = MK =  IK +d I ∆  =

  Chọn A

Lời bình

Bài ý tưởng lấy từ THPTThuậnThành2–BắcNinh hình học tọa độ Oxyz thay hai mặt cầu hai đường trịn

Ví dụ 90 (SGD Nghệ An - THPT Liên trường)

Cho số phức z gọi z , z1 2 hai nghiệm phức phương trình z2+ =8 0i (

z có phần

thực dương) Giá trị nhỏ biểu thức

1 2 2

= − + − + + +z

P z z z z z z viết dạng m n p q+ (trong n p N m q, ∈ ; , số nguyên tố) Tổng m n p q+ + +

A 10 B 13 C 11 D 12

Phân tích

Cho điểm (cần phải giải), suy điểm thứ 3, M tùy ý Tìm MA + MB + MC Lờigiải

Giải nghiệm

1 2 , 2 2 z2 3

z = − i z = − + ⇒i z + = − i

Viết lại P z= − +2 2i z+ + −2 2i z+ + +3 3i Xét: M z A

( ) (

, 2; ,−

) (

B −2;2 ,

) (

C − −3; 3

)

H

I

P Q

K

thì P MA MB MC= + + Dễ thấy tam giác ABC cân C, tính đối xứng A, B nên điểm M thuộc đoạn OC Phương trình đường thẳng OC x t y t= , = ⇒M t t t

( )

; , ∈ −

[

3;0

]

Ta có

(

) (

2

)

2

(

)

2

2 2

P= t− + +t + t+ hay

(

)

2

P= t + + +t , '

( )

22

4 t P t

t

 

=  + 

+

 

( )

'

3

P t = ⇒ = −t , suy Pmin =2 2+ m n p q+ + + = + + + =2 13 Chọn B Ví dụ 91.(THPT Chun Hồng Văn Thụ - Hịa Bình)

Cho số phức z thỏa mãn z i+ +3z i− =10 Giá trị nhỏ z bằng: A 1

2 B

5

7 C

3

2 D

Phân tích

Ta hình dung 4MA + 3MB = 10 không đổi, kiểu "lai tạo" đường trịn Elip nên khơng biết đường cong gì, may hỏi độ dài OM Bây ta lấy đường cong "thiên biến" để ứng "vạn biến" thử xem

Lờigiải

Dễ thấy z = không thỏa mãn, giả sử z m= >0 đặt z m=

(

cost i+ sin ,t t

)

∈

[

0;2π

]

Khi ta có 4 m2cos2t+ +

(

1 msint

)

2 +3 m2cos2t+ −

(

1 msint

)

2 =10

(

)(

)

2 2 2

10 m sinm t m sinm t 2m

⇔ = + + + + − ≤ + +

2

min

2m m z m

⇒ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ = = Dấu có khi:

(

)

(

)

9 2sin 16 2sin sin 25

t t t

+ = − ⇒ = (thỏa mãn thuộc

[

−1;1

]

)

Thật may mắn phép ứng biến thành công Vậy zmin =1 tơ khoanh trịn D! 5 Các luyện tập

Câu (BGD - Đề thi thức THPTQG 2019 M102 C44)

Xét số phức thỏa mãn Trên mặt phẳng tọa độ , tập hợp điểm biểu diễn

số phức đường trịn có bán kính

A B C D

2

-2 -2

2

-3

-3 O

A B

C

z z = Oxy

3

iz w

z + =

+

Câu (SGD Hưng Yên )

Cho số phức z thỏa mãn z =5 Tập hợp điểm biểu diễn số phức w= +

(

1 2i z i

)

+ mặt phẳng tọa độ đường trịn Tính bán kính r đường trịn

A B 10 C 5 D. 5

Câu (BGD -Đề thi thức THPTQG 2019 M104 C31) Cho số phức z thỏa (2 )−i z+ +3 16 2(i= z i+ ) Môđun zbằng

A 5 B 13 C. 13 D 5

Câu 4.Xét số phức z thỏa mãn z  2 4i Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức

12 5

w  i z i đường trịn Tính bán kính đường trịn

A 52 B 3 13 C 52 D 12

Câu Cho hai số phức z z, ′ thỏa mãn z+ =5 z′+ −1 3i = z′− −3 6i Tìm giá trị nhỏ z z− ′

A 5

2 B

5

4 C 10 D 3 10

Câu [THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương]

Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn điều kiện z1 = z2 =2 z1+2z2 =4 Giá trị

1

2z z− bằng:

A. B C 3 6 D

Câu Có số phức z thỏa mãn





10

z z z z    1 i z i ?

A 0 B 3 C 1 D 2

Câu 8. Cho hai số phức z z1, thỏa mãn z1 2 3, z2 3 Tính giá trị biểu thức

2

1 2

P z z zz

A P20 B P30 C P50 D. P60

Câu [SGD Lào Cai ]

Cho z z1, 2 hai số phức liên hợp nhau, đồng thời thỏa mãn 2

z R

z ∈ z z1− =2 Tính mơ đun số phức z1

Câu 10 Có tất giá trị nguyên m để có hai số phức z thỏa mãn

(

2 1

)

10

z− m− − =i z− + = − +1 i z 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 z z =10 Tính P a b= − A. P=4 B P= −4 C P= −2 D P=2

Câu 12 Cho z1, z2 số phức thỏa mãn z1 = z2 =1 z1−2z2 = Tính giá trị biểu thức P= 2z z1+

A P=2 B P= C P=3 D P=1 Câu 13 (SGD Ninh Bình)

Tính tổng phần thực tất số phức z≠0 thỏa mãn z i z

z

 

+ = −

 

 

 

A −2 B −3 C. D

Câu 14 Tính tổng hai số phức z thỏa mãn điều kiện z 3i z i

−

+ số ảo z =

A -4+i B. 2i C 8+2i D 4-2i

Câu 15 Biết có hai số phức zđồng thời thỏa mãn 3z− = + +z i (z i z− )( )+ + i số thực Tích hai số là:

A.

3 3− i B

8

3 3+ i C

8 3i

− − D

3 3i

− +

Câu 16 (TT Diệu Hiền - Cần Thơ)

Xét số phức z thỏa mãn z− −2 2i =2 Giá trị nhỏ biểu thức P z= − − + − −1 i z 2i

A 1+ 10 B 4 C 17 D 5

Câu 17 Cho số phức z thoả mãn z− −3 4i = biểu thức P z= +22− −z i2 đạt giá trị lớn

nhất Môđun số phức z

A 10 B C 13 D 10

Câu 18 Cho số phức z thỏa mãn z =1 Tìm giá trị lớn biểu thức P= + +1 z 1−z

Câu 19. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai]

Cho số phức z thỏa z =1 Tìm giá trị lớn P z= 2+ +z z2−z A 14

5 B C. 2 D 2

Câu 20 Xét số phức z a bi= +

(

a b, ∈

)

thỏa mãn z+ −2 3i =2 Tính P=2a b+

1

z+ + i + − −z i đạt giá trị lớn

A P=3 B. P= −3 C P=1 D P=7 Câu 21 [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp]

Gọi S tập hợp số phức thỏa mãn z− + + =3 z 10 Gọi z1, z2 hai số phức thuộc S có

mơ đun nhỏ Giá trị biểu thức 2

1

P z= +z là:

A 16 B 32 C. -32 D -16 Câu 22 (SGD Ninh Bình):

Cho số phức z thỏa mãn z+ =1 Tìm giá trị lớn T = + − + − +z i z i

A 2 46 B. 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 i Khi z nhỏ

A B

2 C.

5

2 D Câu 24 (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa )

Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1+ − =1 i z2 =iz1 Tìm giá trị nhỏ m biểu thức

1

z z− ?

A m= 1− B m=2 C m=2 D m=2 2− Câu 25.Cho số phức z thỏa z− − + − −1 i z 2i = Gọi M, m giá trị lớn giá

trị nhỏ 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 3u−6 3i + u− −1 3i =5 10, v− +1 2i = +v i Giá trị nhỏ u v− là:

A 10

3 B

2 10

3 C 10 D

Câu 27 Cho số phức z thỏa mãn z i+ +3z i− =10 Giá trị nhỏ z 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 Giá trị lớn z

A. 13+ B.3+ 13 C.7 D.4+ Câu 29 [THPT Thăng Long - Hà Nội]

Cho số thực a thay đổi số phức z thỏa mãn 2

(

)

1

1

z i a

a a i a

− =

− −

+ Trên mặt phẳng tọa độ,

gọi I(−3; 4) M điểm biểu diễn số phức z Khi a thay đổi MI đạt nhỏ là:

A. B C D

Câu 30 (THPT Chuyên Đại học Vinh)

Giả sử z z1, hai số phức z thỏa mãn

(

z−6 8

)

(

+zi

)

số thực Biết z z1− =4 Giá trị trị nhỏ z1+3z2 bằng:

A 5− 21 B 20 21− C. 20 22− D 5− 22

Câu 31 Xét số phức z a bi= + ,

(

a b, ∈

)

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z = + −z 3i

1

z+ − + − +i z i đạt giá trị nhỏ Giá trị P a= +2b là:

A 252

50

P= − B 41

5

P= − C. 61

10

P= − D. 18

5 P= − Câu 32 Gọi z a bi= + số phức thỏa mãn z− − =1 i z− −7 9i +2 z−8i đạt giá trị nhỏ

nhất Giá trị 2a b+3

A 14 B -17 C 20 D -12

Câu 33 [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp]

Cho số phức z w thỏa mãn (3 )

1 z

i z i

w

− = + −

− Tìm GTLN T w i= +

A.

2 B.

3

2 C D 12

Câu 34 (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội )

Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1− + =3 2i iz2− +1 2i =4 Tìm giá trị lớn biểu thức T = 2iz1+3z2

A 313 16+ B 313 C 313 8+ D 313 5+

Câu 35 Cho số phức z thỏa mãn z+ − + − + =2 i z i Tìm giá trị lớn iz+7 ?

Câu 36 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z+ = +2 z 2i Giá trị nhỏ biểu thức

1

P z= − − i z+ − − i z+ − − i viết dạng 17 a b+

với a, b số hữu tỉ Giá trị a b+

A. B 7 C 2 D 4

Câu 37 [SGD Lào Cai ]

Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z− −3 4i = biểu thức

2

2

M = +z − −z i đạt giá trị lớn Tính mô đun số phức z + i

A. 61 B 5 C 3 D 2 41

Câu 38 Cho số phức z thỏa mãn

(

1+i z

)

+ −1 3i =3 Giá trị lớn biểu thức

2

P z= + + +i z− − i

A 6 B 15 1

(

+ 6

)

C. D. 10 15+ Câu 39 [THPT Chuyên Quang Trung]

Gọi S tập hợp tất giá trị thực m để tồn số phức z thỏa mãn z z z z+ + − =2 z(z+ − + −2) (z z) mlà số ảo Tổng phần tử S là:

A. + B. 1+

2 C

−

2 D

1

Câu 40 Cho số phức z1 thỏa mãn z1− +5 3i = z1− −1 3i z2 thỏa mãn z2− −4 3i = z2− +2 3i Tìm giá trị nhỏ P z z= 1− 2 + z1− + +6 i z2− −6 i

A. 18

13 B

16

13 C 2 10 D 6

>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>> PHỤ LỤC:

Chứng minh công thức tính nhanh khoảng cách từ điểm đến đường trung trực đoạn thẳng dạng số phức

Bài toán Cho z∈ thỏa mãn z A− = −z B Tìm z C−

Kết quả: min

2

2

C A C B

z C

A B

− − −

− =

−

Hướng dẫn chứng minh

+ Phương trình trung trực BA là:

(

) (

)

2 2

0

2

OA OB OA OB

BAOM − − = ⇔ a c x b d y− + − − − =  

+ Khi tính khoảng cách từ C đến d

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

(

) (

)

2

2 2

2

2

2 OA OB

a c m b d n BAOC BA OA OB

a c b d a c b d

−

− + − − − +

=

− + − − + −

    

(

)

(

2

) (

1

) (

2

) (

1

)

1 2

2

BA OC OA OC OB z z z z z z z z

z z z z

− + −  − − −    − + − 

= =

− −

    

Tức ta có

2

2

C A C B

z C

A B

− − −

− =