Dang 1. Phương pháp hình học(VDC)

Câu [2D4-5.1-4] (ĐH Vinh Lần 1) Giả sử z1 , z2 hai số phức thỏa mãn số thực Biết A − z1 − z2 = , giá trị nhỏ z1 + 3z2 B 20 − 21 C 20 − Lời giải 21 ( z − ) ( + zi ) D − 22 22 Chọn C Giả sử z = x + yi , x, y ∈ ¡ Gọi AB = z1 − z2 = A, B điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 Suy ( z − ) ( + zi ) =  ( x − ) + yi   ( − y ) − xi  = ( 8x + y − 48) − ( x2 + y − x − y ) i 2 Theo giả thiết ( z − ) ( + zi ) số thực nên ta suy x + y − x − y = Tức điểm * Ta có A, B thuộc đường tròn ( C ) tâm I ( 3;4) , bán kính R = uuur uuur r uuur uuur uuuur MA + 3MB = ⇔ OA + 3OB = 4OM Gọi H trung điểm M 2 2 AB Ta tính HI = R − HB = 21; IM = HI + HM = 22 , suy điểm M thuộc đường tròn ( C ′ ) tâm I ( 3;4 ) , bán kính r = 22 uuur uuur uuuur z + z = OA + OB = OM = 4OM , z1 + 3z2 nhỏ OM nhỏ * Ta có * Xét điểm thuộc đoạn AB thỏa Ta có ( OM ) = OM = OI − r = − Vậy z1 + 3z2 = 4OM = 20 − 22 22 Phân tích : Kiến thức cần nắm vững :     Câu Quỹ tích điểm biểu diễn số phức Modun số phức Bài toán liên quan tâm tỉ cự hình học Sai sót dễ gặp, khơng để ý đường trịn C qua gốc tọa độ [2D4-5.1-4] (ĐH Vinh Lần 1) Giả sử z1 , z2 hai số phức thỏa mãn số ảo Biết A 13 − z1 − z2 = , giá trị nhỏ z1 + z2 B − 13 C − 13 ( z + 1) ( z − 2i ) D − 22 Lời giải Chọn B Đặt z = x + yi ( x; y ∈ ¡ ) ⇒ ( z + 1) ( z − 2i ) = x + y + x + y − ( x + y + ) i Theo giả thiết ( z + 1) ( z − 2i ) số ảo, suy  1 x + y + x + y = ⇔ x + x + + y + y + = ⇔  x + ÷ + ( y + 1) = 4  2   I  − ; − 1÷ R = ⇒ tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn ( C1 ) tâm   , 2 2 Giả sử z = x + yi , x, y ∈ ¡ z1 − z2 = ⇔ AB = Gọi M điểm thỏa mãn Gọi H trung điểm AB Gọi A, B điểm biểu diễn cho số phức z1 , z2 Suy uuur uuur r uuur uuur uuuur MA + 5MB = ⇔ OA + 5OB = 6OM  IH =  IH = IA2 − HA2  ⇒  2  IM = 13  IH = IM − HM  ta có 36   I  − ; − 1÷ r = 13 Vậy tập hợp điểm M đường tròn ( C2 ) tâm  , uuur uuur uuuur z + z = OA + OB = OM = 6OM Ta có Do ( C1 ) , ( C2 ) hai đường tròn đồng tâm O ∈ ( C1 )  13  z1 + z2 Min = 6OM Min = R − r =  − ÷÷ = − 13 Từ suy   Câu [2D4-5.1-4] (ĐH Vinh Lần 1) Giả sử z1, z2 hai số số phức iz + − i = z1 − z2 = Giá trị lớn z1 + z2 A B C Lời giải Chọn A D z thỏa mãn iz + − i = Ta có ⇔ i z − i − = ⇔ z − 1− i = z thuộc đường tròn tâm I ( 1; Điểm biểu diễn ) 2, R = M , N điểm biểu diễn z1 , z2 nên MN = đường kính Dựng hình bình hành OMPN ta có z1 + z2 = OP = Gọi Ta có ( Câu z1 + z2 ) ( ≤ z1 + z2 ) = z −z z1 = z2 ⇔ MN ⊥ OI ( OMPN 2 + z1 + z2 = 16 ⇒ z1 + z2 ≤ Dấu xảy hình thoi) [2D4-5.1-4] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho số phức w+ i = mãn A z, w thỏa 5w = 2+ i Giá trị lớn biểu thức P = z − − 2i + z − − 2i z − 52 + 55 B 29 C 53 D + 134 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang Chọn B 5w = 2+ i Từ giả thiết z − , ta có 5w = ( + i ) ( z − ) Khi đó: w+ i = Suy điểm Ta có: ⇔ 5w + 5i = ⇔ ( + i ) ( z − ) + 5i = ⇔ z − + 2i = M ( x; y) biểu diễn cho số phức P = MA + MB , với A ( 1;2 ) , B ( 5;2 ) z thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y + ) 2 = Gọi H trung điểm AB , ta có H ( 3;2 ) Khi đó: P = MA + MB ≤ ( MA2 + MB ) = 4MH + AB Mặt khác: MH ≤ KH với điểm M ∈ ( C ) , nên P ≤ 4KH + AB = ( IH + R ) + AB = 53 Vậy Câu Pmax M ≡ K = 53  MA = MB hay z = − 5i 11 w= − i 5 [2D4-5.1-4] (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho số phức Giá trị lớn biểu thức A P = z + + z − + z − 3i B 16 C z thay đổi thỏa mãn z− i= 3 32 D Lời giải Tác giả: Phi Trường ; Fb: Đỗ Phi Trường Chọn B Gọi M điểm biểu diễn z , A ( − 1;0 ) , B ( 1;0 ) , C ( 0; )  3 M ∈ ( C ) : x +  y − ÷÷ =  có tâm Khi   3 I  0; ÷÷ R=   , bán kính ∆ ABC tam giác Ta có: P = z + + z − + z − 3i = MA + MB + MC Giả sử M Vì thuộc cung nhỏ ·AMC = ·ABC = 60° ⇒ AM = AE nên »AB Lấy E ∈ MC ∆ AME cho A , B , C ∈ ( C) , ME = MA tam giác · = 60° MAE · = BAM · ⇒ CAE ⇒ ∆ CAE = ∆ BAM ( c.g.c ) ⇒ EC = MB Do đó: P = z + + z − + z − 3i = MA + MB + MC = ME + EC + MC = 2MC PMax ⇔ MC có độ dài lớn cung nhỏ Vậy PMax = ( C) ( hay M điểm » , »AC M thuộc cung nhỏ BC » , »AC BC Tương tự đường kính đường tròn »AB ) ⇒ PMax = 2MC = 2.2 R = nhỏ ⇔ MC PMax = ⇔M điểm cung Câu [2D4-5.1-4] (Hàm Rồng ) Cho số phức z + 4i = z − + 4i A Tính z1 − z2 z, z1 , z2 P = z − z1 + z − z2 41 B C thỏa mãn z1 − − 5i = z2 − = đạt giá trị nhỏ D Lời giải Tác giả:Nguyễn Thị Nga:; Fb:Con Meo Chọn A *) Gọi + z = a + bi, z1 = a1 + b1i, z2= a2 + b2i Từ giả thiết, ta có: z1 − − 5i = ⇔ ( a1 − ) + ( b1 − 5) = ⇒ 2 Tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 đường tròn ( C1 ) tâm I1 = ( 4;5) , bán kính R = + z2 − = ⇔ ( a2 − 1) + b22 = ⇒ Tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 đường tròn ( C2 ) tâm I = ( 1;0 ) , bán kính R = z + 4i = z − + 4i ⇔ a + ( − b ) = ( a − 8) + ( b + ) ⇔ a − b = ⇒ + phức 2 Tập hợp điểm biểu diễn số z đường thẳng ( d ) : x − y = *) Ta cần tìm z, z1, z2 AM + BM + Đường thẳng d, để P = z − z1 + z − z2 nhỏ với qua đạt GTLN tức ta cần tìm M ∈ d Ta có: I = ( 1;0 ) vng góc với d⇒ PT d, : x + y = A ∈ ( C1 ) , B ∈ ( C2 ) để  3 d ∩ d , = { H} ⇒ H  ;− ÷ +  2 I 2, , ( C2, ) + Gọi I 2, ( 4, −3) đối xứng với ( C ) : ( x − ) + ( y + 3) , ⇒ I1I 2, cắt (d ) ⇒ I1I 2, cắt ( C1 ) I ;(C2 ) qua đường thẳng d Ta có: = M ( 4;0) ⇒ z = hai điểm A1 ( 4;4 ) ; A2 ( 4,6) ⇒ z1 = + 4i thỏa mãn toán MI cắt ( C2 ) hai điểm O ( 0;0 ) ; B ( 2;0) ⇒ z2 = thỏa mãn toán Vậy: Câu z1 − z2 = + 4i = 22 + 42 = [2D4-5.1-4] (Sở Hà Nam) Cho số phức Tính z biểu thức A z = a + bi z + + 4i + z − − 5i B với a, b hai số thực thỏa mãn a − 2b = đạt giá trị nhỏ D C Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Huyền; Fb: Huyền Kem Chọn C Gọi M ( a, b ) Để z + + 4i + z − − 5i điểm biểu diễn số phức z Theo đề có M ∈ ∆ : x − y − = đạt giá trị nhỏ MA + ( 2;5) Vì A, B nằm khác phía với ∆ B hàng Ta có phương trình đường thẳng Suy tọa độ điểm M nên MA + MB MB đạt giá trị nhỏ với đạt giá trị nhỏ A ( − 1; − ) M , A, B thẳng AB : 3x − y =  x =  x − y =  ⇔  3x − y =  y = − nghiệm hệ phương trình:  z= − i⇒ z = Vậy 5 Câu [2D4-5.1-4] (THPT SỐ TƯ NGHĨA LẦN NĂM 2019) Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn z1 − 1− 3i = z2 + 1− i = z2 − 5+ i Giá trị nhỏ biểu thức P = z2 − 1− i + z2 − z1 A − 10 + B C 10 − D Lời giải Tác giả: Hoàng Ngọc Quang; Fb:Hoàng Ngọc Quang Chọn ? Gọi M ( z1) , N ( z2 ) Từ điều kiện Từ điều kiện điểm biểu diễn số phức z1 − 1− 3i = ⇒ đường tròn tâm I ( 1;3) , bán kính R= z2 + 1− i = z2 − 5+ i ⇒ NA = NB , với A( − 1;1) , B( 5;− 1) ⇒ đường trung trực đoạn thẳng Ta có M Tập hợp điểm z1 z2 Tập hợp điểm AB có phương trình ( d) :3x − y− = N P = z2 − 1− i + z2 − z1 = NE + MN , với E = ( 1;1) I E M d N F Dễ thấy điểm Gọi F Ta có E ( I ;R) đường tròn điểm đối xứng E qua d nằm hồn tồn phía so với đường thẳng  17 1 ⇒ F ; ÷  5 P = NE + MN ≥ NF + NI − R ≥ FI − R = Dấu xảy điểm Vậy minP = d 85 −1 F ,N, M, I thẳng hàng 85 −1 ntnghia.c3hq@yenbai.edu.vn Câu [2D4-5.1-4] (THPT ĐÔ LƯƠNG LẦN 2) Cho số phức số z − + 3i + z + + i = 65 Giá trị nhỏ z + + i số thực dương Giá trị A 17 B 2a + b2 33 đạt z z = a + bi thỏa mãn với a, b là C 24 D 36 Lời giải Tác giả:Thái Lê Minh Lý ; Fb:Lý Thái Lê Minh Chọn B Gọi z = x + yi ; ( x , y ∈ ¡ ) Điểm M ( x ; y ) biểu diễn số phức z − z − + 3i + z + + i = 65 Theo giả thiết ⇔ x + yi − + 3i + x − yi + + i = 65 ( x − 1) + ( y + 3) ⇔ ⇒ Tập hợp điểm F2 ( − 5;1) z + 2+ i = Mà M ( x + 5) + ( y − 1) + biểu diễn số phức ( x + 2) + ( y + 1) 2 z = 65 ( 1) nằm đường elip = MA , với A ( − 2; − 1) MA = z + + i nhỏ M = ∆ ∩ ( E ) ; với ∆ uuuur uur dương Ta có F1 F2 = ( − 6;4 ) ⇒ n∆ = ( − 3;2 ) Phương trình ∆ có tiêu điểm trung điểm Do − 3x + y − = ⇒ y = ( E) qua F1 ( 1; − 3) F1F2 A ∆ ⊥ F1F2 M có tọa độ + 3x 2  + 3x  x − 1) +  + 3÷ + ( Thay vào ( 1) ta   2 + 3x  − 1÷ = 65 ( x + 5) +    x = ⇔ 13 x + 52 x + 104 = 65 ⇔ 13 x + 52 x − 156 = ⇔  x = −  + Với x = −6⇒ y = −7 + Với x = ⇒ y = ⇒ M ( 2;5) ⇒ a = 2; b = ⇒ 2a + b2 = 33 (loại) i− a a + 1 − a(a − 2i) Trên mặt phẳng tọa độ, gọi z thỏa mãn = Khoảng cách nhỏ hai điểm A B M I (− 3;4) (khi a C M a thay đổi số phức z điểm biểu diễn số phức z Câu 10 [2D4-5.1-4] (THĂNG LONG HN LẦN NĂM 2019) Cho số thực thay đổi) D Lời giải Tác giả: Nguyễn Quang Huy ; Fb: quanghuyspt Chọn C i− a ⇔ a + 1 − a( a − 2i) z = z a2 + = a−i ⇔ a − 2ai + i 2 a−i a + (a − i) z = a2 + a a ⇔ z= ⇔ z= + i ⇒ M( ; ) a−i a2 + a2 + a2 + a2 + ⇒ M (C ) : x + y = thuộc đường tròn khoảng cách d hai điểm M bán kính R = Vì I (− 3;4) nằm (C ) nên để I (− 3;4) nhỏ d = IO − R = − = Câu 11 [2D4-5.1-4] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hai số phức z ω = a + bi ( a, b ∈ ¡ z−ω ) thỏa mãn: z + + z − = ; 5a − 4b − 20 = Giá trị nhỏ A 41 B 41 C 41 D 41 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Tu Nguyen Chọn A Gọi M ( a ;b) đường thẳng điểm biểu diễn cho số phức ( d ) : 5x − y − 20 = N ( x ; y ) điểm biểu diễn cho số phức z , ta có: Giả sử z + + z − = ⇔ NA + NB = Suy Gọi ω , từ điều kiện: 5a − 4b − 20 = , suy M thuộc N (∆) , với ( ) ( A − ;0 , B ;0 ) , AB = < x2 y + =1 thuộc Elip có phương trình ( E ) : tiếp tuyến + (∆) song song với + (∆) tiếp xúc với ( d) ( E) (∆) song song với suy phương trình ( d) ( ∆ ) có dạng : 5x − y + C = ( E ) ⇔ 9.25 + 4.16 = C ⇔ C = 289 ⇔ C = ± 17 (áp dụng điều kiện tiếp xúc đường thẳng với ( E ) là: a A2 + b2 B = C ) + Các tiếp tuyến ( E) song song với ( d ) ( ∆ ) : 5x − y − 17 = ( ∆ ) : 5x − y + 17 = z − ω = MN , với điểm M Ta có: thuộc đường thẳng MN ⇔ MN = d ( ∆ , d ) = Do : − 17 + 20 52 + Câu 12 [2D4-5.1-4] (Sở Vĩnh Phúc) Cho số phức ( d) điểm N thuộc ( E) 41 = z thỏa mãn z − − 3i = Giá trị lớn z + + i A B C Lời giải 13 + D 13 + Tác giả :Trần Thị Phượng Uyên, FB: UyenTran Chọn C Cách 1: Gọi z = x + yi , với x, y ∈ ¡ Ta có z − − 3i = x + yi − − 3i = x − + ( y − 3) i z − − 3i = ⇔ ( x − 2) + ( y − 3) = nên điểm M nằm đường trịn (C ) tâm I ( 2;3) , bán kính R = Theo giả thiết z + + i = x − yi + + i = x + + ( − y ) i = Gọi M ( x; y ) Do M H ( − 1;1) chạy đường trịn M giao HI biểu diễn cho số phức z ( x + 1) + ( y − 1) HM = ( x + 1) + ( y − 1) (C ) , H cố định với đường tròn  x = + 3t HI :  Phương trình  y = + 2t H nằm đường tròn (C ) cho I (C ) nên MH lớn nằm H M Giao HI với đường tròn ứng với t thỏa mãn: 9t + 4t = ⇔ t = ± 13     M 2+ ;3 + ,M 2− ;3 − ÷ ÷  Suy 13 13   13 13    M 2+ ;3 + ÷  Với 13 13  , ta có MH = 13 +   M 2− ;3 − ÷  Với 13 13  , ta có MH ≈ 1,92 Vậy GTLN z + + i = 13 + Cách 2: Gọi z = x + yi , với x, y ∈ ¡ Ta có z − − 3i = x + yi − − 3i = x − + ( y − 3) i z − − 3i = ⇔ ( x − 2) + ( y − 3) = nên điểm M nằm đường trịn (C ) tâm I ( 2;3) , bán kính R = Theo giả thiết z + + i = x − yi + + i = x + + ( − y ) i = Gọi M ( x; y ) Do HI = 13 > = R H ( − 1;1) HM = ( x + 1) + ( y − 1) (C ) hai điểm phân biệt M1; M nằm đoạn  HI Với điểm M thuộc (C ) ta có: · HM = HI + IM − HI IM cos HIM · = HI + R − HI R.cos HIM z ( x + 1) + ( y − 1) nên H nằm ngồi đường trịn Tia  HI cắt biểu diễn cho số phức (C ) M nằm đoạn  HI M2 ≤ HI + R + HI R = ( HI + R ) = HM 2 Do Dấu HM ≤ HM = HI + R = 13 + “= ” xảy M ≡ M2 Câu 13 [2D4-5.1-4] (Đặng Thành Nam Đề 6) Gọi z − = 34 z + + mi = z + m + 2i nhỏ nhất, giá trị A z1 + z2 B Gọi S tập hợp tất số phức z1 , z2 hai số phức thuộc ( S) z thoả mãn cho z1 − z2 C D Lời giải Tác giả: Nguyễn Vượng; Fb: Nguyen Vuong Chọn D z = x + yi Đặt  z − = 34  theo giả thiết có:  z + + mi = z + m + 2i  ( x − 1) + y = 34 ⇔ ⇔ 2 2  ( x + 1) + ( y + m ) = ( x + m ) + ( y + ) Ta có ( 1) đường trịn ( C) Vì có tối đa số phức có tâm z1 , z2  ( x − 1) + y = 34   ( 2m − ) x − ( 2m − ) y + = I (1;0), R = 34; ( ) đường thẳng thoả mãn hệ phương trình cho, gọi ( 1) ( 2) ∆ A ( z1 ) , B ( z2 ) ta có AB = R −d ( I , ∆) = 34 − d ( I , ∆ ) ⇒ ABmin ⇔ d ( I , ∆ ) max Ta có d (I , ∆ ) = 1(2m − 2) + (2m − 2) + (2m − 4) ⇒ d ( I , ∆ )max = 34 13 ⇔ m=  ( x − 1) + y = 34,  ⇒ z1 + z2 = 5 x + y + = Khi  4 Câu 14 [2D4-5.1-4] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho số phức z 1, z thỏa mãn z1 − + 2i + z1 + − 2i = 10 , z − + 6i = Tìm giá trị lớn A M , A ( 2; −2 ) z′ = − + 2i Gọi z1 − z2 B 11 B ( −2;2 ) C 12 Lời giải D 16 điểm biểu diễn cho số phức z1 , z = − 2i Khi theo đề ta có : MA + MB = 10 AB = < 10 Vì A , B M thõa mãn điều kiện elip ( E ) A, B định nên quỹ tích điểm 2a = 10 , tiêu điểm Mặt khác tâm N điểm biểu diễn cho số phức I ( 6; −6 ) , bán kính R = Dễ thấy B, A, I Xét điểm P nằm đường thẳng BI nằm đoạn z2 thỏa mãn MN lớn : đỉnh trục lớn thỏa mãn IP = ⇒ P ( 5; − 5) ( E) , N điểm đối xứng A ( C) MN = 2a + R = MP + PN = 10 + 2 = 12 , lúc : M , P iz + 2i + = ; phần thực z1 biểu thức đường tròn P P qua I z , z1 , z2 thay đổi thỏa mãn ; phần ảo z2 Tìm giá trị nhỏ Câu 15 [2D4-5.1-4] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho số phức điều kiện sau: có độ dài trục lớn y= −x  P ∈ ( C ) ⇒ ( C)  P ∈ E ( )  Khi  ( E ) tiếp xúc Do z2 − − 6i = điểm cố T = z − z1 + z − z2 B C Lời giải D Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô Chọn D  2i +  ⇔ i z + ÷ = ⇔ i z + − 4i = ⇔ z + − 4i = iz + 2i + = i   Gọi M điểm biểu diễn số phức z I ( − 2;4 ) z + − 4i = ⇔ MI = ⇔ M thuộc đường tròn ( C ) Ta có: Gọi A, B điểm biểu diễn số phức Vì phần thực Vì phần ảo Gọi H, K Ta có: z2 z1 B nên thuộc đường thẳng hình chiếu Gọi M0 M y = đường thẳng hình chữ nhật giao điểm đường thẳng ME ≥ M E ∀ M ∈ ( C ) Từ (1), (2), (3) suy x= IE y = (1) ⇒ MH + MK = ME với đường tròn (2) ( C ) ( M I , E ) (như hình vẽ) (3) T ≥ M0E2 M E = IE − IM = − = Suy T ≥ H ≡ A , K ≡ B M ≡ M hình chiếu M đường thẳng x = y = Dấu xảy Vậy T = MA2 + MB = MH + HA2 + MK + KB ≥ MH + MK E ( 2;1) Tứ giác MHEK Ta có: z1 , z2 Ta có: T = z − z1 + z − z2 = MA2 + MB nên A thuộc đường thẳng x = Gọi Ta có: I , bán kính R = tâm T hay M ≡ M0 đạt giá trị nhỏ Cách  2i +  ⇔ i z + ÷ = ⇔ i z + − 4i = ⇔ z + − 4i = iz + 2i + = i   Gọi z = x + yi ( x , y ∈ ¡ ) A, B Ta có: Gọi ( x + 2) + ( y − 4) 2 = ⇔ x + y = − x + y − 11 (*) z1 = + , z2 = b + i ( a , b∈ ¡ ) T = z − z1 + z − z2 = ( x − ) + ( y − a ) + ( x − b ) + ( y − 1) ≥ ( x − ) + ( y − 1) (1) 2 2 2 2 A = ( x − ) + ( y − 1) = − x + y − (theo (*)) Đặt = − ( x + ) + ( y − ) + 34 Ta có: 2  − ( x + ) + ( y − )  ≤ ( 82 + 62 )  ( x + ) + ( y − )    ⇔ ( A − 34 ) ≤ 100.9 (theo (*)) ⇔ ≤ A ≤ 64 Suy A≥ (2) Từ (1) (2) suy T ≥ y=a   x=b   x = b =   x+2 y−4 = ⇔   −8  y = a = 11  Dấu xảy  A = − x + y − =  Vậy T đạt giá trị nhỏ Câu 16 [2D4-5.1-4] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho số phức z A thỏa mãn z = Tính giá trị lớn biểu thức T = z + + z − max T = B max T = 10 C max T = D max T = Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Thu Dung ; Fb: Dung Nguyen Chọn C Giả sử z = x + y.i ( x, y ∈ ¡ ) Số phức z biểu diễn điểm Theo ra: Xét Ta có: mặt phẳng tọa độ z = ⇒ x + y = Do điểm M ( x; y) ( x + 1) T = z+1+ z−1 = Nhận thấy M ( x; y) A(− 1;0); B(1;0) ∈ ( C ) Oxy ln thuộc đường trịn (C ) : x + y = + y + ( x − 1) + y = MA + 2MB với A(− 1;0) , B(1;0) AB đường kính đường trịn (O;1) 2 T = ( MA + 2MB ) ≤ ( MA + MB ) = AB = 20 ⇒ Tmax = Câu 17 [2D4-5.1-4] (CổLoa Hà Nội) Gọi z1 , z2 , z3 ba số phức thỏa mãn điều kiện z1 + + z1 − 3i = 10 , z2 − + z2 − 3i = , z3 + + z3 − = biểu thức A m Đặt giá trị nhỏ z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 Khẳng định sau đúng? m∈ ( 4;5) B m∈ ( 5;6 ) C m∈ Lời giải ( 6;7 ) D m∈ ( 7;8) Tác giả: Nghiêm Phương ; Fb: nghiêm Phương Chọn B Trong mặt phẳng Oxy , gọi A ( − 1;0 ) , B ( 0;3) , C ( 3;0 ) biểu diễn số phức z1 , z2 , z3 Khi đó, z1 + + z1 − 3i = 10 ⇔ MA + MB = AB ⇒ đoạn AB z2 − + z2 − 3i = ⇔ NC + NB = BC ⇒ z2 BC z3 + + z3 − = ⇔ PA + PC = AC ⇒ M, N, P Tập hợp điểm Tương tự, đoạn Tập hợp điểm M Tập hợp điểm P điểm biểu diễn số phức N z1 biểu diễn số phức biểu diễn số phức z3 đoạn AC z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 = MN + NP + PM Khi Gọi P1 , P2 Khi đối xứng với P qua AB , BC Ta có MP = MP1 , NP = NP2 P = MN + NP + PM = PM + MN + NP2 ≥ PP 1 Mặt khác · = P· AB , PBC · = CBP · PBA · · · · · ⇒ P· AB + ·ABC + CBP = PBA + ABC + PBC = ABC Gọi H trung điểm PP , P· BP1 · · PP = BP.sin BAC = P2 H = BP2 sin P2 BH = BP.sin Ta có · sin BAC = 10 10 · PP = BP sin BAC ≥ 10 BP ≥ BO = Khi Vậy giá trị nhỏ biểu thức z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 Câu 18 [2D4-5.1-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Xét số phức trị nhỏ A Chọn C Cách 1: 10 ∈ ( 5;6 ) z , w thỏa mãn z = , iw − + 5i = Giá z − wz − B ( 29 − ) C Lời giải D ( 29 − ) Ta có: iw − + 5i = ⇔ i × w + − + 5i = ⇔ w + + 2i = i T = z − wz − = z − wz − z = z − wz − z ×z = z × z − z − w = z − z − w ( *) Ta có: z = a + bi Suy ra: z − z = 2bi Vì z = nên − ≤ 2b ≤ Gọi A , B điểm biểu diễn w 2bi Suy ra: Đặt A thuộc đường tròn ( C ) có tâm I ( − 5; − ) , bán kính R = + B thuộc trục Oy − ≤ xB ≤ + Từ ( *) suy ra: T = AB ≥ 2MN = ×4 = (xem hình) A ≡ M ( − 4; − ) ⇒ w = − − 2i = B ≡ N ( 0; − ) ⇒ 2bi = − 2i ⇒ b = − ⇒ z = a − i ⇒ a + = ⇒ a = ± Dấu “ ” xảy Vậy z − Cách 2: Đặt ⇒ z = ± 3− i wz − có giá trị nhỏ z = a + bi , w = c + di ( a , b , c , d ∈ ¡ ) Từ giả thiết, ta có: a + b =  a, b ∈ [ − 2;2] ⇒   2 ( c + 5) + ( d + ) =  c ∈ [ − 6; − 4] , d ∈ [ − 3; − 1] Ta có: T = z − wz − = z − wz − z = z − wz − z ×z = z × z − z − w = z − z − w ⇒ T = 2bi − ( c + di ) = ( 2b − d ) + c ≥ c = c ≥ ×4 = (do c ∈ [ − 6; − 4] ) c = −4   2b − d =  2 Dấu “ = ” xảy  ( c + ) + ( d + ) = c = −4  d = −2  Suy nghiệm thỏa mãn  b = − Vậy z − wz − có giá trị nhỏ Chú ý: Về Lời giải SAI Sau có ( T = z − wz − = z − z − w ≥ z − w − z = EF − ≥ OI − − − = 29 −  z − w = kz , k ≥  Khi đó, đẳng thức khơng xảy ra, hệ  z − w = 29 − vô nghiệm Hoặc: ) ( ) ( ) T = z − wz − = z ( z − w ) − ≥ z ( z − w ) − = z − w − ≥ 29 − − = 29 − , khơng có đẳng thức xảy (Bạn đọc tự kiểm tra điều này) z Câu 19 [2D4-5.1-4] (Kim Liên) Xét số phức thỏa mãn hai giá trị lớn nhỏ biểu thức A M = 17 + 5, m = C M = 26 + 5, m = B z + − 2i + z − + i = Gọi M , m P = z + + z − − 3i Tìm M , m M = 26 + 5, m = D M Lời giải = 17 + 5, m = Tác giả:Trịnh Văn Thạch; Fb: Trịnh Văn Thạch Chọn C Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ điểm M ( x, y ) điểm biểu diễn số phức ( x + 3) + ( y − ) z + − 2i + z − + i = ⇒ Theo đề ⇒ AM + BM = Ta có ) với + z ( x − 3) + ( y + 1) A ( − 3;2 ) , B ( 3; − 1) uuur AB = ( 6; − 3) ⇒ AB = ⇒ AM + BM = AB ⇒ A, M , B thẳng hàng M nằm A B  x = − + 6t AB :  (t∈¡ ) Phương trình tham số đường thẳng  y = − 3t Gọi M ( − + 6t ;2 − 3t ) , M Biểu thức nằm P = z + + z − − 3i = A B nên − ≤ − + 6t ≤ ⇒ ≤ t ≤ ( x + 2) + y2 + ( x − 1) + ( y − 3) 2 =3 ⇒ P= ( − + 6t + ) + ( − 3t ) 2 ( − + 6t − 1) + ( − 3t − 3) + = 45t − 24t + + 45t − 42t + 17 Xét 90t − 24 P′ ( t ) = + 90t − 42 45t − 24t + 45t − 42t + 17 đoạn [ 0;1] P′ ( t ) = ⇔ 90t − 24 + 90t − 42 45t − 24t + 45t − 42t + 17 =0 ⇔ ( 90t − 24 ) 45t − 42t + 17 + ( 90t − 42 ) 45t − 24t + = ⇔ ( 15t − ) 45t − 42t + 17 + ( 15t − ) 45t − 24t + = Nếu 0