lỜi nÓi ĐẦu - k2pi.net.vnk2pi.net.vn/data/files3/k2pi---tuduy-ham(sophuc).pdf · chuû ñeà...

LỜI NÓI ĐẦU

Kính gửi các quý thầy cô và các bạn độc giả thân mến!

Tôi vẫn thường tâm sự với học trò của mình: “Cuộc đời mỗi chúng ta không ai đủ

thời gian để giải hết tất cả các bài toán. Vì vậy khi giải toán hãy cố gắng đi tìm cội

nguồn của nó để từ một bài toán chúng ta biết cách giải của 100 bài toán, đừng

học toán bằng cách làm điều ngược lại.”

Cũng chính vì lẽ đó tôi luôn mong muốn mang đến cho độc giả những dạng bài tập

toán đặc sắc, có tính thời sự cùng với hệ thống những phương pháp giải toán,

cách tiếp cận khi đứng trước những bài toán trong cuốn sách “TƯ DUY HÀM

TRONG ĐỀ THI TRẮC NGHIỆM TOÁN 12” dự kiến xuất bản vào năm 2018.

Bản DEMO thuộc chủ đề Số phức trong cuốn sách “TƯ DUY HÀM TRONG ĐỀ THI

TRẮC NGHIỆM TOÁN 12” mà bạn đọc đang có trên tay dù vẫn đang trong quá

trình hoàn thiện, nhưng tôi đã và đang cố gắng để mang đến cho các bạn một

cách nhìn toàn diện nhất về tư duy giải bài toán số phức trong đề thi trắc nghiệm.

Vì Tết nguyên đán Mậu Tuất – 2018 đang đến cận kề tôi xin phép được dừng lại

nghỉ ngơi, đồng thời mạn phép gửi lời chúc năm mới anh khang – hạnh phúc –

bình an đến tất cả các bạn độc giả.

Bản DEMO vẫn đang còn dang dở và sẽ không tránh khỏi những sai sót, rất mong

nhận được sự góp ý đến từ các quý thầy cô và các bạn độc giả theo Email:

[email protected] hoặc số điện thoại 0984.333.030.

Xin chân thành cảm ơn!

Tác giả

MỤC LỤC

Chủ đề 07. SỐ PHỨC............................................................................... 1

1. Đặc biệt hóa trong bài thi trắc nghiệm. ................................................................ 1

2. Đại số hóa bài toán số phức. .................................................................................. 8

2.1. Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước. .................................................. 8

2.2. Vấn đề về nghiệm phức của phương trình. ..................................................15

2.3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất - Casio hay không Casio. ...................................21

3. Sử dụng tính chất về môđun số phức. ..................................................................23

3.1. Sử dụng các đẳng thức môđun .....................................................................23

3.2. Lấy môđun hai vế của một biểu thức. ...........................................................28

3.3. Bất đẳng thức của môđun số phức. ..............................................................32

4. Lượng giác hóa bài toán số phức. ........................................................................35

5. Sử dụng hình học trong giải bài toán số phức. ...................................................49

5.1. Sử dụng bình phương vô hướng. ..................................................................49

5.2. Sử dụng tính chất của hình chiếu vuông góc. ..............................................64

5.3. Sử dụng sự tương giao giữa các đường. ......................................................69

5.4. Elip và không Elip? .......................................................................................75

TÖ DUY HAØM TRONG ÑEÀ THI TRAÉC NGHIEÄM

Phạm Kim Chung – K2pi.Net.Vn Trang �

Chủ đề 07. SỐ PHỨC

1. Đặc biệt hóa trong bài thi trắc nghiệm.

Thử giá trị đặc biệt là một kĩ thuật đơn giản và dễ thực hiện nhờ sử dụng linh hoạt việc gán

giá trị trên máy tính bỏ túi. Sau đây là một vài điểm cần chú ý đối với kĩ thuật này:

Một mệnh đề là mệnh đề đúng thì nó phải đúng với những trường hợp cụ thể, song một

mệnh đề đúng với một số trường hợp cụ thể thì chưa hẳn mệnh đề đó đã đúng. Vì vậy khi

đặc biệt hóa bài toán chúng ta cần xét tính đúng- sai của tất cả các phương án.

Kĩ năng gán giá trị cho biến trên máy tính bỏ túi Casio thực sự hiệu quả và nhanh chóng

với những biểu thức tính toán phức tạp. Sau đây là hướng dẫn:

Ví dụ. Tính giá trị 1 3

z zT

z i

khi 3 4 .z i

Tổ hợp phím Kết quả hiển thị trên Casio

Chuyển về chế độ làm việc trên tập số phức. w 2

Gán giá trị 3 4i cho biến .A

3p4b qJz

3 - 4i A

3 - 4i

Nhập 1 3

A A

A i

aQz A

+qcQz A + A

Rq22Qz) A+ A

Conjg A

+1+3b A+ A

Conjg A + 1 + 3i

Tính kết quả của T = A + A

Conjg A + 1 + 3i

4 72- i

65 65

Chuû ñeà 07 - SOÁ PHÖÙC


Bài toán. Cho các số phức 1 2,z z khác nhau thỏa mãn

1 2.z z Đặt 1 2

1 2

w .z z

z z

Khẳng định nào sau đây đúng ?

A. w 0. B. w là số thực.

C . w có phần thực và phần ảo đều khác 0. D. w là số thuần ảo.

Lời giải. Chọn 1 1 2

2 1 21

1w w

z i z zi

iz z z

là số thuần ảo.

Với kết quả này ta có nhận xét về tính đúng-sai của các phương án đã cho :

+) Phương án A : Sai.

+) Phương án B : Sai.

+) Phương án C: Sai.

+) Phương án D: Đúng.

Vậy đáp án cần tìm là D

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 1z . Đặt 2

.2

z iA

iz

Khẳng định nào sau đây

đúng ?

A. 1.A B. 1.A

C . 1.A D. 1.A

Lời giải.

+) Chọn 1z i z Khi đó 2

21.

2

i iA i A

i

Với kết quả này ta có nhận xét về các phương án đã cho :

+) Phương án sai : Gồm C và D.

+) Phương án đúng : Gồm A và B.

+) Chọn 1 1 3 1 10

12 2 5 5 5

z i A i A

Với kết quả này ta có nhận thấy phương án A – đúng và B – sai .

Vậy đáp án cần tìm là A



Bài toán. Cho số phức 1z thỏa mãn điều kiện 1

1

z

z

là số thuần ảo. Khẳng định nào

sau đây đúng ?

A. 1.z B. z là số thuần ảo.

C . z là số thực. D. 1 1 .z z

Lời giải.

+) Chọn 1 1 2 3 4

2 1 2 11 2 1 5 5

z ii z i z z i

z i

Với kết quả này ta có nhận xét về tính đúng sai của các phương án như sau:

+) Phương án sai: Gồm B, C và D.

+) Phương án đúng: A.


Bài toán. Cho số phức z tùy ý. Xét các số phức 2

2 zz và .zz i z z

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. là số thực, là số thực. B. là số thực, là số ảo.

C . là số ảo, là số thực. D. là số ảo, là số ảo.

Lời giải. Chọn 3 4z i , sử dụng gán biến trên Casio ta có các kết quả: 14

17

Với kết quả này ta có nhận xét:

+) Phương án đúng: A

+) Phương án sai: B, C, D.


Bài toán. Cho hai số phức 1 2,z z bất kỳ. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?

A. 1 2 1 2

.z z z z B. 1 2 1 2z z z z .

C . 1 2 1 2.z z z z D.

1 2 1 2.z z z z



Lời giải. Chọn 1

2

3 2

4

z i

z i

. Sử dụng gán biến trên CasiO ta có nhận xét về các kết quả

tìm được:

+) Phương án đúng: A, B, C.

+) Phương án sai: D.


Bài toán. Cho các số phức 1 20, 0z z thỏa mãn điều kiện 2 2

1 1 2 22 2 0.z z zz

Tính giá trị của biểu thức 1 2

2 1

.z z

Pz z

A. 2. B. 3 2

2.

C . 2. D. 1

.2


1,z giải phương trình 21

2 2 01

z iz z

z i

Chọn 1

1 .z i Ta có kết quả nhận được là 3 2

.2

P

Vậy đáp án cần tìm là B

Bài toán. Cho các số phức 1 20, 0z z thỏa mãn điều kiện

1 2 1 2.z z zz

Tính giá trị của biểu thức 2

4

1

4

1

2

.z z

Pz z

A. 2. B. 0 .

C . 1. D. 1.


1 3

2 2z i và

21z

1 2

1 3

2 2z z i

Khi đó 1 2 1 2

1z z z z thỏa mãn yêu cầu bài toán.



Sử dụng gán biến trên Casio ta tính được giá trị của biểu thức

4

2

1

4

1

2

1.z z

Pz z

Bình luận. Có hai vấn đề nảy sinh khi đặc biệt hóa đối với bài toán này:

+) Vấn đề thứ nhất: Làm sao để chọn được 1 2,z z thỏa mãn yêu cầu bài toán?

Để giải quyết vấn đề này ta có thể làm như sau: chọn 2

1z , đặt 1,z x yi x y

khi đó ta dễ dàng có hệ

2 2

2 12 1

11

2 ...31

2

xxz

x y

y

y

+) Vấn đề thứ hai: Máy tính casio không tính được biểu thức 4

4

1AA

?

Để giải quyết vấn đề này ta viết lên máy tính là: 2

2

2

2 1 A

A .

Bài toán. Cho P z là một đa thức với hệ số thực. Nếu số phức z thỏa mãn 0P z

thì khẳng định nào sau đây đúng?

A. 0.P z B. 1

0Pz

.

C .1

0.Pz

D. 0.P z

Lời giải. Chọn 2 1,P z z khi đó 0P z z i

Chọn z i và sử dụng chức năng gán giá trị cho biến trên Casio, ta được:

+) 2P z phương án A là phương án sai.

+) 1

0Pz

phương án B đúng.

+) 1

0Pz

phương án C đúng.

+) 0P z phương án D đúng.



Chọn 2 ,P z zz khi đó 0

01

zP z

z

.

Chọn 0z ta dễ thấy phương án B và C là các phương án sai, phương án D là phương án

đúng.


Bài tập tự luyện.

[1].

Cho các số phức 1 2,z z thỏa mãn

1 21z z và

1 21.z z Tìm phần ảo của

số phức 1 2

1 2

w1

z z

zz

.

A. 0. B. 1. C. 1. D. 2.

[2].

Cho các số phức 1 2,z z khác 0 thỏa mãn điều kiện

1 2 1 2

2 1 1.

z z z z

Tính giá

trị của biểu thức 1

2

2

1

z zP

z z .

A. 1

.2

B. 2. C. 2. D. 3 2

.2

[3].

Cho số phức 0z sao cho z không phải là số thực và 21

z

z là số thực. Tính

giá trị biểu thức 2.

1

zT

z

A. 1

.5

B. 1

.2

C. 2. D. 1

.3

[4]. Cho số phức z bất kỳ. Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai ?

A. .z z B. 22 .z z C.

2z z . D.

2. .z z z



[5].

Xét các số phức 2

2 zz ,

3

3

z z

z z

, trong đó z là một số phức tùy ý

sao cho , xác định. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ?

A. là số thực, là số thực.

B. là số thực, là số ảo.

C. là số ảo, là số thực.

D. là số ảo, là số ảo.

[6].

Giả sử ,A B theo thứ tự là điểm biểu diễn của số phức 1z ,

2z . Khi đó độ dài của

AB

bằng

A. 1 2

.z z B. 2 1

.z z C. 1 2z z . D.

1 2z z .

[7].

Cho các số phức 1 2,z z thỏa mãn đồng thời các điều kiện

1 21, 1z z và

1 21z z . Tính giá trị của biểu thức

1 2.P z z

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

.2

P

[8].

Cho hai số phức ,z w khác 0 sao cho 2 .z w z w Tìm phần thực của số

phức .z

w

A. 1.

8 B.

1.

4 C. 1. D.

1.

8

ĐÁP ÁN

[1]. [2]. [3]. [4]. [5]. [6]. [7]. [8]. [9]. [10].

A D B C B B A D



2. Đại số hóa bài toán số phức.

2.1. Tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước.

Với những bài toán liên quan đến tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước chúng ta áp

dụng tính chất A C

A Bi C DiB D

, với , , ,A B C D là các số thực.

Cho số phức ,z a bi a b , khi đó:

[1]. z a bi gọi là số phức liên hợp của số phức z .

[2]. 2 2z ba gọi là môđun của số

phức .z

[3]. z là số thực 0.b [4]. z là số ảo (thuần ảo) 0a .

Bài toán . Tìm phần ảo của số phức z thỏa mãn 1 2.z i z

A. 1. B. 0.

C . 2. D. 2.

Lời giải. Giả sử , ,z a bi a b ta có:

1 2 1 2 2 2z i z a bi i a bi a b ai

2 22

0

a bb

a

Vậy phần ảo của số phức cần tìm bằng 2.

Bài toán . Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 1 3 0.z i z i Tính

3 .S a b

A. 7.

3S B. 5.S

C . 5.S D. 7

.3

S



Lời giải. Ta có 2 21 3 0 1 3 0z i z i a bi i a b i

2 2

2 2

11 3 0

3 0

aa b a i

b ab

b

2

1

3 1

a

b b

2 2

11

3 1 4

3 3

aa

b bb

b

. Vậy 3 1 2 5.S a b

Bài toán . Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 2 4 0.z i z Tính

.P ab

A. 12.P B. 12.P

C . 7.P D. 7.P

Lời giải. Ta có 2 22 4 0. 2 4 0z i z a bi i ba

2 2

2 2

42 4 0

2 0

ba a b

bab i

a

3

4

a

b

Vậy 12.S ab

Bài toán . Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 2 1 0z i z i và

1.z Tính .P a b

A. 1.P B. 5.P

C . 3.P D. 7.P

Lời giải. 2 2 2 22 1 2 1z z z i a bi a a ib b


Phạm Kim Chung – K2pi.Net.Vn Trang ��

2 2

22 22 2

1 12

2 111

b ab

b

b aa a

a bbb ab a

2

11 3

1 , 142 3 0

3

b ab a a

a do zba a

a

.

Vậy 7.P a b

Bài toán . Xét số phức z thỏa mãn 101 2 2 .i z i

z Mệnh đề nào dưới đây

đúng ?

A. 3

22

z . B. 2z .

C . 1

2z . D.

1 3

2 2z .

Lời giải. Giả sử

, ; 0.z a bi a b z x

Ta có

2 2

2 2

10101 2 2 1 2 2

a bii z i i a i

zb

a b

2 2

2 2

2 2

2 2

102

102 1

bb

bb

aa

a

ba

a

2

2

10 2

10 1 2

a x x

b x x

2 2

2 2 4 410 2 1 2 ,a x x x xb với 2 2 .x a bz

2 2

2 4 410 2 1 2 *x x x x x

4 2 2 0 1x x x

1 3.

2 2z



Bài toán . Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2 2 2z i và 2

1z là số thuần

ảo?

A. 0. B. 4.

C . 3. D. 2.

Lời giải. Giả sử ,z a bi a b , ta có:

+) 2 2 2 2

2 2 2 2 1 2 2 2 1 8 1z i a b a b

+) 22 2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 1z a bi a bi a bi a b a bi

Do đó 2

1z là số thuần ảo nên 2 21 0 2a b

Từ 1 , 2 ta có hệ

2 2 2 2

2 2

2 2

2 1 2 12 1

1 2 11 0

8 88

1 1

a b a ba b

a b a ba b

a b a b

+) Với 2 2

1 2 2 2 8 0b a a a a

+) Với 2 2 21 2 8 2 2 0b a a a a a phương trình có 2 nghiệm

phân biệt.

Vậy có 3 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán . Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 3 5z i và 4

z

z là số thuần ảo?

A. 0. B. Vô số.

C . 1. D. 2.




+) 223 5 3 25 1z i a b

+)

2

2 22 2

4 4 4

4 4 4 4

a bi a bi a a b biz a bi

z a bi a b a b

Do đó 4

z

z là số thuần ảo khi và chỉ khi

2 2 2

2 22 2

4 0 4 2

4 0 4 0

a a b a b a

a b a b


2 2 22

2 22 22 2

2 3 81663 25

444

a ba bba b

a aba b a ba a

22 2

2

2

2 84

39 2 8 36 13 68 64 0 16

2 84 13

3

ab a

a a a a aa a

a a

+) Với 2 24 0 4 0a b a b (loại)

+) Với 2 216 24

4 013 13

a b a b (thỏa mãn)

Vậy có 1 số phức z thỏa mãn điều kiện yêu cầu bài toán.

Bài toán . Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 3 13z i và 2

z

z là số thuần ảo?

A. 0. B. Vô số.

C . 1. D. 2.




+) 223 13 3 13 1z i a b

+)

2

2 22 2

2 2 2

2 2 2 2

a bi a bi a a b biz a bi

z a bi a b a b

Do đó 2

z

z là số thuần ảo khi và chỉ khi

2 2 2

2 22 2

2 0 2 2

2 20 0

a a b a b a

a b a b


2 2 22

2 22 22 2

3 243 13

222

6 b aa b b

b

a b

a aa b aa b a

22 2

2

2

22

39 2 18 10 22 4 0 1

22 5

3

ab a

a a a a aa a

a a

+) Với 2 22 0 2 0a b a b (loại)

+) Với 2 21 3

2 05 5

a b a b (thỏa mãn)

Vậy có 1 số phức z thỏa mãn điều kiện yêu cầu bài toán.

Bài toán . Cho các số phức 1 2,z z thỏa mãn 1 2

2 2 4z z i và 2

1

31

2

z iz i

i

. Gọi 1 2,a a lần lượt là phần thực của số phức

1z và

2.z Tính

1 2.a a

A. 8 B. 3.



C .14

.3

D. 4.

3

Lời giải. Giả sử 1 1 1 1 1,z a b i a b

+)

2 2

1 1 1 2

3 31 .

2 2 1

z i z iz i z z z

i i i

+) 1 2 1 1 1 1 112 2 4 2 2 4 2 2 4z z i z z i a b i a b i i

11 2 1

1

3 2 42

4 3

aa a a

b

Bài toán. Có bao nhiêu số phức 1 2,z z thỏa mãn đồng thời các điều kiện

11 5,z i

2 2

2 22 19z i z và

1 22 .z z i

A. 0. B. 1.

C . 2. D. Vô số.

Lời giải. Giả sử 1 1 1 1 1,z x y i x y và 21 2 2 2

,z x y i x y .

+) 2 2

1 1 11 5 1 1 5 1z i x y

+) 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 222 19 191z i z x y yx

2 22 7 2x y

+) 1 1 21 2 1 1 2 2

1 2 1 2

22 2 2 4

2 2 2 5 31 1

yy

x x x xz z i x y x

y y y

Từ 2 , 3 ta có 1 1

12 2y x thay vào 1 ta có 2 2

1 11 13 2 5x x *



Do phương trình * vô nghiệm. Vậy không tồn tại các số phức 1 2,z z thỏa mãn đồng thời

các điều kiện đã cho.

2.2. Vấn đề về nghiệm phức của phương trình.

Bài toán. Cho số phức ,z a bi a b . Hỏi phương trình nào sau đây nhận z và

z làm nghiệm?

A. 2 2 2 .2 0ax ax b B.

2 2 2 0.x ax a b

C . 2 2 2 .2 0ax ax b D.

2 2 2 0.x ax a b

Lời giải. Với z a bi z a bi do đó: 2 2

2

.

z z a

z z ba

Vậy z và z là nghiệm của phương trình 2 2 22 0.x ax a b

Bài toán. Biết rằng 1z i là một nghiệm của phương trình

2 0 ,bz c b cz . Tính giá trị biểu thức 2 2.T b c

A. 8.T B. 2.T

C . 4.T D. 5.T

Lời giải. Do 1z i là nghiệm của phương trình 2 0 ,bz c b cz nên ta có:

2 0 2

1 1 0 2 02 0 2

b c bi b i c b c b i

b c

Vậy 2 2 8.cT b



Bài toán. Cho số phức w và hai số thực , .a b Biết rằng w i và 2 1w là hai nghiệm

của phương trình 2 0.azz b Tính .P a b

A. 5

.9

P B. 5.

9P

C . 1

.9

P D. 1.

9P

Lời giải. Theo bài ra ta có

3 12 1

2 1 2 1

w a iw i w a

w i w b w i w b

1 12 1

3 3

a i a ii b

22

2 02 3 2 2 9

2 3 9

aa a a i b

a a b

2

13

9

a

b

Vậy 13 5

2 .9 9

P

Bài toán. Gọi 1 2,z z là các nghiệm của phương trình 2 2 2 3 2 0.z i z i Tính

2 2

1 2.P z z

A. 12.P B. 11.P

C . 14.P D. 13.P

Lời giải. Ta có 2

3' 1 2 3 4 4 4 1i i ii

2 2 1

1

1 2 1 2 32 4 1 2 1

1 2 1

z i i ii i i

z i i i



Vậy 2 2

2 3 14.P i i

Bài toán. Giả sử 1 2,z z là các nghiệm của phương trình 2 7 12 8 0.z i z i

Gọi ,A B là điểm biểu diễn các số phức 1 2,z z trên mặt phẳng tọa độ. Hãy tính diện tích

tam giác .OAB

A. 5. B. 6.

C . 3. D. 2 13.

Lời giải. Ta có 2 224 12 8 18 2 9 17 9 1i i i i ii

1

2

7 3 12 2

27 3 1

52

i iz i

i iz i

. Từ đó suy ra 2;2 , 5; 1A B

. 8; 4 13OAOB OA OB

. Do đó 2 21

. 6.2

S OA OB OAOB

Bài toán. Gọi 1 2 3, ,z z z là các nghiệm của phương trình

232 5 3 2 3 0.z z i z i Biết 1z là số thực, hãy tính tổng

2 3.T z z

A. 5 2. B. 2 5.

C . 5 2. D. 5 2.

Lời giải. Do 1z là nghiệm của phương trình đã cho nên:

21 13

12 5 3 2 3 0z z i z i

2

2 1 1 13

1 1 1 11

31

2 5 3 3 0 12 5 3 3 2 1 0

2 1 0 2

z z zz z z z i z

z



Từ đó phương trình đã cho tương đương với:

2

2

2 1 02 1 3 3 0

3 3 0 *

zz z z i

z z i

Xét phương trình * , ta có 2 2

9 4 3 3 4 2 4 1 2 1i i i i i

Do đó các nghiệm của phương trình * là:

3

2

3 2 12

23 2 1

12

iz i

iz i

Vậy 2 3

5 2.T z z

Bài toán. Gọi 1 2 3, ,z z z là các nghiệm của phương trình

23 1 2 1 2 0.z i z i z i Biết 1z là số thuần ảo. Đặt

2 3,P z z hãy

chọn khẳng định đúng?

A. 1 2.P B. 0 1.P

C . 2 3.P D. 3 4.P

Lời giải. Do 1z thuần ảo 1

z mi m . Khi đó ta có:

23 2 3 21 2 1 2 0 2 2 0mi i mi i mi i m m m m m i

2

3 2

01

2 2 0

m mm

m m m

. Vậy 1z i

Từ đó phương trình đã cho tương đương với

2

21 2 01 2 0 *

z iz i z i z

z i z



Xét phương trình * ta có 2 3

2 3

1

22

z

z

iz

z

.

Khi đó 2 2

2 3 2 3 2 3

14 8 .

2z zz z zz i

Lại có 2 2

2 3 2 3 2 3

257 257

2 2z z z z zz 2 3.P

Bài toán. Gọi 1 2, z z là các nghiệm của phương trình 2 2 3 0.z z Đặt

17 15 14 26 3 5 10.f u u u u u u Tính giá trị của biểu thức

2 21 2

.T f z f z

A. 8.T B. 2.T

C . 4.T D. 9.T

Lời giải. Ta có 17 15 1 246 3 5 10f u u u u u u

2 215 2142 3 2 32 3 3 1u u u u u uu u u

mà

1 1 1 2 1 21 1

2 2 1 2 1 2 1 22 2

2

2

2 3 0 21

1 12 3 0

z z f z f z z zf z z

f z z f z f z z z z zz z

.

Lại do 1 2,z z là nghiệm của phương trình 2 2 3 0z z nên 1 2

1 2

2

3

z z

z z

.

Do đó 22 2

1 2 1 2 1 22T f z f z f z f z f z f z

24 2 6 4.



Bài toán. Gọi 1 2 3, , z z z là tất cả các nghiệm của phương trình 3 3 1 0.z iz Đặt

2 2 21 2 3

8 8 8w z i z i z i . Tìm phần ảo của số phức .w

A. 0. B. 1.

C . 10. D. 200.

Lời giải. Đặt 31 2 3

3 1f z z iz z z z z z z .

Ta có 228 4 2 4 2 1 4 1i i i i i

nên 2

8 8 4 1 2 1 2 1z i z i z i z i z i

Suy ra 1 3 312 1 2 1 ... 2 1 2 1w z i z i z i z i

2 31 1 2 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2i z i z i z i z i z i z

2 2 . 2 2 9 10 11 10 1 200 .f i f i i i i

Vậy w có phần ảo bằng 200.

Bài toán. Gọi 1 2 3 4, , , z z z z là tất cả các nghiệm của phương trình

41

1.2

z

z i

Tính

giá trị biểu thức 2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1P z z z z .

A. 1

.3

P B. 17

.9

P

C . 15

.9

P D. 17

.3

P

Lời giải. Ta có 4 4

41

1 2 1 02

zz i z

z i

.



Đặt 4 4

2 1f z z i z suy ra 1 2 3 415f z z z z z z z z z

Lại có: 2 2 2 21 2 3 4

1 1 1 1P z z z z 1 41 4...z i z i z i z i

5 85 17. . .

15 15 15 15 9

f i f i

2.3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất - Casio hay không Casio.

Bài toán. (Trích đề tham khảo BGD 2018) Xét các số phức ,z a bi a b thỏa

mãn 4 3 5.z i Tính P a b khi 1 3 1z i z i đạt giá trị lớn nhất.

A. 10.P B. 4.P

C . 6.P D. 8.P

Lời giải. Ta phát biểu lại bài toán như sau : Cho hai số thực ,x y thỏa mãn điều kiện

2 2

4 3 5.x y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2 2

1 3 1 1T x y x y

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có :

2 2 2 22 2 23 1 12 1 4 2 6T yy x yx x y

2 2

4 4 3 8 4 19 8 4 2 7x y x y x y

1

Ta lại có : 2 2

100 16 4 4 3x y

2 2

4 2 22 4 24 4 2 3 32xx y y x y

2



Từ , 1 2 suy ra 2 200 10 2T T . Vậy max 10 2T đạt được

4 3 64 2

44 2 32

x y x

yx y

hay 10.P x y

Bình luận. Với cách ra đề trắc nghiệm như trên, việc giải bài toán bằng tự luận (đại số,

hình học hay lượng giác) đều mất một khoảng thời gian khá lâu. Trong lúc đó việc sử dụng

máy tính bỏ túi để tìm ra giá trị lớn nhất đó chỉ tính bằng giây, vì vậy khi ra đề cho những

dạng toán này người ra đề cần tính toán đến hai phương án : học sinh sẽ giải bằng tự luận

hay sẽ thử bằng CasiO để có những điều chỉnh cân bằng giữa hai cách làm này của thí sinh.

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 4 3 ,z i m trong đó 0 4m là tham số

thực. Khi 1 3 1z i z i đạt giá trị lớn nhất bằng 2 10 , hãy chọn khẳng định

đúng ?

A. 0 1.m B. 1 2.m

C . 2 3.m D. 3 4.m

Bài toán. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện 2 4 2 .z i z i Tìm số phức z

có môđun nhỏ nhất.

A. 2 2 .z i B. 2 2 .z i

C . 4 .z i D. 1 3 .z i

Lời giải. Giả sử ,z x yi x y . Ta có:

2 2 2

22 4 2 2 4 2z i z i x y x y 4 0x y .



Khi đó áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có

2

2 2 2 22

x yyz x

Dấu " " xảy ra 2x y . Hay 2 2 .z i

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 1z . Tìm giá trị lớn nhất Pmax

của biểu thức

1 3 1 .P z z

A. 3 15.P max

B. 6 5.P max

C . 20.P max

D. 2 20.P max

Lời giải . Gọi ; ;z x yi x y . Ta có:

2 2 2 21 1 1 1;1 .z x y y x x Khi đó :

2 2

2 21 3 1 1 3 1 2 1 3 2 1P z z x y x y x x

Xét hàm số 2 1 3 2 1 ; 1;1 .f x x x x Hàm số liên tục trên 1;1 và

với 1;1x ta có

1 3 4

0 1;1 .52 1 2 1

f x xx x

Ta có: max

41 2; 1 6; 2 20 2 20.

5f f f P

Bình luận. Ta cũng có thể áp dụng bất đẳng thức B.C.S như sau:

2 2 2 2

2 2

2

2 21 9 401 3 1 1 1x y x y x y x y

3. Sử dụng tính chất về môđun số phức.

3.1. Sử dụng các đẳng thức môđun

Cho các số phức 1 2,z z và .z Khi đó ta có những tính chất sau về môđun của số phức:



[1]. z z

[2]. 2

. .z z z

[3]. 1 2 1 2. .z z z z

[4]. 11

2

2 2

0zz

zz z

Bài toán . Tìm phần ảo của số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 1

1z

i z

và

1?2

z i

z

A. 1 B. 1.

C .3.

2 D.

3.

2

Lời giải. Giả sử ,z x yi x y ta có:

2 22 2

2 22 2

11

1 1 1

4 2 32 1 212

z

z i z x yx y x yi z

x yz i z i z x y x yz

33 32 .

3 2 2

2

xz i

y

Vậy phần ảo của số phức z cần tìm là 3

.2

Bài toán. Tìm phần thực của số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 1

1z

z i

và

31.

z i

z i

A. 0 B. 1.

C . 1. D. 3.




2 22 2

2 22 2

11

1 1 1

3 3 3 11

z

z z i x y x yz i

z i z i z i x y x yz i

11

8 8 1

x y xz i

y y

. Vậy phần ảo của số phức z cần tìm là 1.

Bài toán . Hỏi có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện

1 21

3 4

z i

z i

và

2z i

z i

là một số thuần ảo?

A. 0. B. 1.

C . 2. D. 4.


Giả sử 1 2

1 1 2 3 43 4

z iz i z i

z i

2 2 2 2

1 2 3 4x y x y 5 0 1x y

Lại có :

22

2 122

1 1

x y i x y ix y iz i

x y iz i x y

Suy ra 2z i

z i

là một số thuần ảo 2 2 1 0 2x y y

Từ 1 , 2 ta có hệ 2

5 12 23; .

2 1 0 7 7

x yx y

x y y

Vậy chỉ có 1 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán . Hỏi có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 1z và

3 ?z z

zz



A. 8. B. 1.

C . 2. D. 4.

Lời giải. Giả sử ,z x yi x y ta có: 2 21 1 1 .z x y

Giả sử

2 22 2 .

3 3 3. .

z z z z z zz z

zz z z z z

2 2

22

12

23 2 3 4 2 3 2z

z z zz z x

z


2 2 2 2

2 2

1 1

4 2 3 4 2 3

x x

x

y

x

y

hoặc

2 2

2

1

4 2 3

x y

x

Vậy có 8 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán . Cho các số phức z thỏa mãn 4.z Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn

các số phức w 3 4i z i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó.

A. 4.r B. 5.r

C . 20.r D. 22.r

Lời giải. Ta có w

w 3 43 4

ii z i z

i

Từ ww

4 4 4 w 203 4 3 4

iiz i

i i

Giả sử w ,x yi x y , ta có :

2

2w 20 1 20i x y 2

2 21 20x y . Suy ra bán kính của

đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là 20.r



Bình luận. Việc sử dụng tính chất 11

2

2 2

0zz

zz z

đã giúp chúng ta thực hiện lời giải

bài toán này một cách đơn giản hơn.

Bài toán . Cho 1 2, z z là hai số phức liên hợp của nhau đồng thời thỏa mãn 1

22

z

z là số

thực và 1 22 3.z z Tính môđun của số phức

1.z

A. 15.z B.

13.z

C . 1

2.z D. 1

5.

2z

Lời giải. Giả sử 1 2,z x yi x y z x yi .

Khi đó 1 2

2z z yi nên từ 1 22 3 12 3 3z z y y

Lại có

3 3 2 2 32 31 1 1 1

2 2 2 2 2 2 22 1 2 1

3 3

.

. x xy x ix yi y y

y yz

z z z z

z x xz z

Do đó 1

22

z

z là số thực 2 3

2 2

03 0 2

3 0y y

y

yx

x

Từ 1 , 2 suy ra

2

122.

3

1

yz

x

Bình luận. Ta có thể thấy phép biến đổi

2 31 1 1 1

2 2 22 1 2 1

.

.

z z z z

z z z z

đã giúp công việc giải bài

toán trở nên đơn giản hơn.

Bài toán . Cho số phức

,1 2

i mz

m m i

trong đó m là tham số thực. Gọi

mS là

tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để 2 1.z i Biết rằng 0

m là phần tử nhỏ



nhất của tập .mS Khẳng định nào sau đây đúng?

A. 0

0.

m

m

B.

0

0.

m

m

C . 0

0.

m

m

D.

0.m

Lời giải. Ta có

22 2

1

1 2 2

i m i m i mz

m im m i i mi m i m

1 miz i i

m i m i

.

Do đó 1 1

122 2

mimi

mi

i iz

m

2

2

1

21

m

m

2 2 21 02 1 1 1m m mm . Vậy 00

0.

1m

mm

3.2. Lấy môđun hai vế của một biểu thức.

Lấy môđun hai vế của một biểu thức số phức thực ra là việc sử dụng phép kéo theo

1 2 1 2.z z z z Do vậy chúng ta chỉ thực hiện được nó khi biểu thức giả thiết của

bài toán được đưa về một trong các dạng:

,A Bi C Di trong đó , , ,A B C D là các hằng số.

a bi z A Bi hoặc a bi z A Bi với , , , const.a b A B

a bi

A Biz

hoặc

a biA Bi

z

với , , , const.a b A B



Bài toán . Cho số phức z thỏa mãn 4 1 4 3 .z i z z i Mệnh đề nào sau

đây đúng?

A. 0 1.z B. 1 2.z

C . 2 3.z D. 3 4.z

Lời giải. Ta có 4 1 4 3 1 3 4 4z i z z i z i z z i

Lấy mô-đun hai vế ta được:

2 2 2 2

10 4 4 10 2 32 2z z z z z z

Vậy đáp án bài toán là .B

Bình luận. Việc sử dụng tính chất 1 2 1 2z z z z đã giúp chúng ta thực hiện lời

giải bài toán này một cách đơn giản hơn. Tuy nhiên chúng ta cần thận trọng trong việc sử

dụng lấy môđun hai vế của một đẳng thức về số phức. Về cơ bản việc lấy môđun hai vế chỉ

thực hiện được khi ta đưa được đẳng thức đã cho về dạng a bi z A Bi hoặc

a bi z A Bi với , , , const.a b A B

Bài toán . Xét số phức 0z thỏa mãn

2

2 312 .

i zii

z z

Mệnh đề nào dưới

đây đúng ?

A. 3

22

z . B. 2z .

C . 1

2z . D.

1 3

2 2z .

Lời giải . Ta có

2 2.1 2

12 3 2 312 2

B

i zi z i zii i

z z z z



2 2

1 2 3 2 1 2 2i z i z i z i z i z

Lấy mô-đun hai vế ta được 2 2

5 5 5 5 1.z z z z z

Vậy đáp án bài toán là .D

Bình luận. Trong bài toán trên chúng ta đã sử dụng tính chất 2

.z z z ở bước B.1. Ở

bước lấy môđun hai vế chúng ta đã sử dụng thêm tính chất 1 2 1 2. .z z z z và .z z

Bài toán . Xét số phức z thỏa mãn 101 2 2 .i z i


đúng ?

A. 3

22

z . B. 2z .

C . 1

2z . D.

1 3

2 2z .

Lời giải. Ta có 2

10101 2 2 1 2 2

zi z i i z i

z z

2

102 2 1

zz z i

z


2

102 2 1

zz z

z

2 2

2

102 2 1z z

z

2 2

2

4105 5 2 0 1z z z z

z




Bài toán . Xét số phức z thỏa mãn 26

2 3 3 2 .i z iz

Mệnh đề nào dưới đây

đúng ?

A. 3

22

z . B. 2z .

C . 1

2z . D.

1 3

2 2z .

Lời giải . Ta có 2

26262 3 3 2 2 3 3 2

zi z i i z i

z z

2

262 3 3 2

zz z i

z


2

262 3 3 2

zz z

z

2 2

2

262 3 3 2z z

z

2 4 2

2

2613 13 2 0 1z z z z

z


Bài toán . Xét số phức z thỏa mãn 4 101 3 3 .i z i


đúng ?

A. 3

22

z . B. 2z .

C . 1

2z . D.

1 3

2 2z .



Lời giải . Ta có

2

4 104 101 3 3 1 3 3

zi z i i z i

z z

2

4 103 3 1

zz z i

z


2

4 103 3 1

zz z

z

2 2

2

1603 3 1z z

z

2 24

2

160 1 6510 10 16 0

2z z z z

z

Vậy đáp án bài toán là .A

3.3. Bất đẳng thức của môđun số phức.

Cho các số phức 1 2,z z . Khi đó ta có những bất đẳng thức sau về môđun của số phức

[1]. 1 2 1 2

zz z z . Dấu " "

xảy ra 1 2

0

z kz

k

.

[2]. 1 2 1 2

zz z z . Dấu " "

xảy ra 1 2 2

0

z z kz

k

.

[3]. 1 2 1 2

zz z z . Dấu " "

xảy ra 1 2 2

0

z z kz

k

[4]. 1 2 1 2

zz z z . Dấu " "

xảy ra 1 2

0

z kz

k

.

Bài toán. Cho số phức 0z thỏa mãn 3

32

1z

z . Tìm giá trị lớn nhất P

max của



biểu thức 1

.P zz

A. 2.P max

B. 1.P max

C . 5.P max

D. 2 2.P max


3 3

3

3

1 1 1 1 1 13 . 3z z z z z z

z z z z zz

Suy ra

3 3

3

3

1 1 1 1 12 33z z z z z

z z z zz

3

3 01 1

2 3 3 2 1 2z z P Pz z

P hay 2.P max

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 2z . Gọi ,M m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị

nhỏ nhất của .z i

Pz

Tính m M .

A. 2.m M B. 3.m M

C . 3 5.m M D. 3 2.m M

Lời giải. Ta có :

+) 1 1 3

1 1 1 .2

12

z i i iP

z z z z

Vậy

3

2M đạt được khi

và chỉ khi

11

20 2

kik kz

zik z ikz

.



+) 1 1 1

1 1 1 .2

12

z i i iP

z z z z

Vậy

1

2M đạt được khi và

chỉ khi

11

20 2

kik kz

zik z ikz

.

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 3z i và 1 5z . Gọi 1 2,z z lần lượt là các

số phức có modun lớn nhất và nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện đã cho. Tính 1 2

w 2 .z z

A. w 12 2 .i B. w 2 12 .i

C . w 6 4 .i D. w 12 4 .i


+) 3 2z i z i z . Dấu " " xảy ra

2 .0

z ki z kz i

k z ki

Dễ thấy 2z i cũng thỏa mãn điều kiện

1 5z . Vậy 2 2 .z z i min

+) 5 1 1 6.z z z Dấu " " xảy ra

1 16.

0 1

z k z kz

k z k

Dễ thấy 6z cũng thỏa mãn điều kiện

3z i . Vậy 6 6.z z max

Vậy 1 2

w 2 6 4 .z z i



Bài tập tự luyện.

[1].

Cho số phức z thỏa mãn 4

3 4 8.i zz

Gọi M là điểm biểu diễn số phức

z trên mặt phẳng phức và d là độ dài đoạn thẳng .OM Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. 9

.4

d B. 1 5

.4 4

d C. 1

0 .4

d D. 1 9

.2 4

d

[2].

Cho số phức z thỏa mãn 5 2

3 4 4 3i z iz

. Khẳng định nào sau đây

là đúng?

A. 2.z B. 2.z C. 2 2.z D. 1.z

ĐÁP ÁN

[1]. [2]. [3]. [4]. [5]. [6]. [7]. [8]. [9]. [10].

A D

4. Lượng giác hóa bài toán số phức.

Lượng giác hóa cũng là một trong những kĩ thuật quan trọng trong giải bài toán về

môđun số phức, lượng giác hóa đặc biệt hiệu quả với những bài toán có giả thiết dạng

2 2 2x a y b k . So sánh với việc sử dụng hình học phẳng hóa bài toán số

phức thì lượng giác hóa có thể giúp chúng ta rút ngắn được thời gian giải toán.

Sau đây là một số điểm cần lưu ý đối với kĩ thuật lượng giác hóa :

Khi bài toán có giả thiết dạng 2 2 2x a y b k , ta đặt

sin

cos

x a k t

y b k t

để

đưa bài toán đã cho về dạng lượng giác.

Các đánh giá thường dùng là :



sin 1, cos 1.1 1

2 2 2 2 2 2ssin in cos .cos a b t t a ba t b t Dấu " " xảy ra

2 2

sin cos

sin cos a b

t t

a b

a t b t

.

2 2 2 2 2 2ssin in cos .cos a b ta t b t t a b Dấu " " xảy

ra 2 2

sin cos

sin cos a b

t t

a b

a t b t

.

Bài toán . Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 2 2

2 2 26.z z Khi

3 2 3 2

2 2z i đạt giá trị lớn nhất, hãy tính giá trị biểu thức .P a b

A. 2.P B. 0.P

C . 3 2.P D. 6.P

Lời giải. Với z a bi ta có 2 2

2 2 26z z

2 22 2 2 22 2 26 9x y yx y x

Đặt 3sin

3cos

x t

y t

ta có

2 2 2

3 2 3 2 3 2 3 2

2 2 2 2z i x y

2 2 3 2 9 18 3 2x x y xy y 18 9 2 sin cost t

Lại có 2 sin cos 2 18 9 2 sin 36cost t t t .



Hay 3 2 3 2

26

2z i , dấu " " xảy ra

2sin cos

2t t

3 2

23 2

2

x

y

Vậy 3 2.P

Bài toán . Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 2

2

z i

z

là số thuần ảo. Khi số

phức z có môđun lớn nhất. Tính giá trị của biểu thức .P a b .

A. 0.P B. 4.P

C . 1 2 2.P D. 1 3 2.P


2 2

2 22 2

2 2 2

a bi i a biz i a bi i

z a bi a b

Lại có 2 2a bi i a bi 2 2 2a a b b a b i nên 2

2

z i

z

là số

thuần ảo 2 2

2 2 0 1 1 2a a b b a b

Đặt 1 2 sin

1 2cos

a t

b t

ta có

2 2

2 2 2 sin 1 2cos 1ba t t 6 2 2 sin cost t 10 .

Dấu " " xảy ra 2

sin cos2

t t hay 2a b 4.P



Bài toán . Cho số phức z thỏa mãn 1 2 3.z i Tìm giá trị lớn nhất M của

2z i .

A. 3 17.M B. 3 17.M

C . 1 5 2.M D. 26 7 17.M

Lời giải. Đặt ,z a bi a b ta có :

2 2

1 2 3 1 2 3 1 2 9z i a b i a b

Đặt 1 3 sin

2 3cos

a t

b t

ta có 22 222 2 2z i a b i a b

2 2

3 sin 1 3cos 4 26 6 sin 4cost t t t

2 226 6 1 16 sin cos 26 6 17t t 2 26 6 17 3 17z i

Vậy 3 17,M đạt được

1sincos

sin 1744

sin 4cos 17 cos17

ttt

t t t

Bài toán . Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 2 3 1.z i Khi 1z i

đạt giá trị lớn nhất, hãy tính giá trị biểu thức 3 2 .P a b

A. 5 13

.13

P B. 0.P

C . 13.P D. 1.P

Lời giải. Với ,z a bi a b ta có :



2 2

2 3 1 2 3 1 2 3 1z i a bi i a b

Đặt 2 sin 2 sin

3 cos 3 cos

a t a t

b t b t

2 2

1 1z i a bi i

2 2 2 2 2

1 1 1 1 sin 3 2 cosa b i a b t t

2 2cos 6sin 4cos 13 6sin 4cosi s 14n t t t t t t

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : 2 2 26 sin 4cos 36 16 sin cos 52t t t t

6 sin 4c 2os 13t t . Hay 2

14 2 14 2 131 13 1z i z i

Vậy 1z i đạt giá trị lớn nhất bằng 13 1 khi và chỉ khi :

2 13sin cos cos136 4

3 136 sin 4cos 13 sin13

2

t t t

t t t

.

Khi đó ta cũng có 5 13

3 2 3sin 2cos13

P a b t t .

Bài toán. Cho số thực 1z và số phức

2z thỏa mãn

22 1z i và 2 1

1

z z

i

là số thực.

Gọi ,a b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1 2

.T z z Tính .a b

A. 4. B. 4 2.

C . 3 2 1. D. 2 3.

Lời giải . Giả sử 1 2, , , ,z m z x yi m x y ta có :



+) 22

22 1 2 1 1z i x y

+)

2 11

1 1 2 2

x m yi ix m yi x m y x m y iz z

i i

2 1

1

z z

i

là số thực 0 2x m y

Từ 1 , 2 đặt sin

2 cos

x t

y t

ta có sin cos 2t t m . Khi đó :

2 2 2 2

1 2z z m x yi x m y

2 2sin sin cos 2 cos 2t t t t

2

2 cos 2t . Do 1 cos 1t nên 2 182 2 3 2.T T

Vậy 1

2

cos 1 1min 2

sin 0

t zT

t z i

1

2

cos 1max 3 2

si 0

3

3n i

t zT

t z

Bài toán. Cho số phức 1z và số thuần ảo

2z thỏa mãn đồng thời các điều kiện

11 1z i và 1 2

1

z z

i

là số thực. Gọi ,a b lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của 1 21 .T z i z Tính

2 2.a b

A. 103 32 2

4

B. 16 2.

C . 46. D. 54.

Lời giải. Giả sử 1 2, , , ,z x yi z mi x y m ta có :

+) 2 2

11 1 1 1 1 1z i x y

+)

1 21

1 2 2

x y m i i x y m x y m iz z

i



1 2

1

z z

i

là số thực 2x y m

Từ 1 , 2 đặt 1 sin

sin cos 21 cos

x tm t t

y t

Lại có 2 2 2 2

1 21z i z x m y m i x m y m

2 2

2 sin cos 3 2 cos sin 3t t t t 8 sin cos 18 sin cos 23t t t t

Đặt 2sin cos 2 2 2 sin .cos 1t t u t tu u

Xét hàm số 24 18 19, 2; 2f u u u u

có

' 8 18 0, 2; 2f u u u nên :

2; 2

2min 2 27 8 2 sin cos

2f u f t t

2; 2

22 27 8 2 sin cos

2f u f t t

max

Vậy 2 2 54.a b

Bài toán . Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 2 . 3.z i z Khi z đạt giá trị

lớn nhất, hãy tính giá trị biểu thức .P a b

A. 0.P B. 3 2.P

C . 2.P D. 1.P

Lời giải. Với ,z a bi a b ta có: 2 . 3 2 3z i z a bi i a bi

2 2

2 2 3 2 2 9a b a b i a b a b



Đặt 2 3 sin 2 cos sin

2 3 cos 2 sin cos

a b t a t t

a b t b t t

, ta có :

2 2 2z a b 2 2

2 cos sin 2 sin cost t t t 5 8 sin . cos 5 4 sin 2t t t

Do sin21 1t nên 1 5 4si 2 9n t .

Vậy 3 sin 2 1.z t max Khi đó :

2 22 9 cos sin 9 1 sin 2 18 3 2a b t t tP P .

Bài toán . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số

phức z thỏa mãn . 1z z và 3z i m . Tìm số phần tử của S .

A. 1. B. 2.

C . Vô số. D. 4.

Lời giải. Giả sử , .z x yi x y

Từ 2

2 2. 1 1 1 1yz z z x

Đặt sin

cos

x t

y t

, từ 2 2

3 3 1z i m x y m

2 22 22 23 1 sin 3 cos

0 0

1x y m t t m

m m

2

2 1 35 2 cos 3 sin cos sin2 4

0 02

5mm t t t t

m m

2

sin*

5

6 4

0

mt

m



+) Điều kiện cần : Bài toán đã cho có duy nhất cặp số ; sin ;cosx y t t khi phương

trình * có nghiệm dạng 2t k k

231

4

5

10

m m

mm

+) Điều kiện đủ :

Khi 3 sin 1 26 6 2

m t t k

3

2213

2

xt k

y

Hay 3 1

.2 2

z i

Khi 1 sin 1 26 6 2

m t t k

1

2236

2

xt k

y

Hay 1 3

.2 2

z i

Bài toán . Cho số phức z thỏa mãn 1.z Đặt 3w 2.z z Tìm giá trị lớn nhất của

w .

A. 13. B. 8.

C . 2 2. . D. 4.

Lời giải. Do 1 cos sinz z i là dạng lượng giác của số phức .z

Khi đó w cos 3 sin 3 cos sin 2i i

cos 3 cos 2 sin 3 sin i

2 2 2

w cos 3 cos 2 sin 3 sin



6 2 cos 3 .cos sin 3 sin 4cos3 4cos

6 2cos2 4cos3 4cos 3 28 16cos 4cos 16cos

2

113 2cos 1 4cos 5 3

Vậy

1cos

2w 133

sin2

max hay 1 3

.2 2

z i

Bình luận. Lời giải trên dựa vào dạng lượng giác của số phức được viết trong chương trình

SGK toán nâng cao lớp 12. Sau đây là một số vấn đề cần lưu ý khi chúng ta sử dụng dạng

lượng giác của số phức để giải toán :

+) Một số phức bất kì được viết dưới dạng lượng giác như sau : cos sinz r i ,

trong đó 2 2 ; cos , sin .a b

r z ar

br

+) cos sin cos sin ; 1, .r i r i nz n

+) cos si 1n ; , .nnz r n i n nn

Bài toán . Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 2z và

2 2 ?z z

A. 0. B. 1.

C . 2. D. 4.

Lời giải. Do 2 2 cos sinz z i . Khi đó



2 4 cos2 sin2 cos sin 4cos2 cos 4 sin2 sinz z i i i

Suy ra 2 2 22 4cos2 cos 4 sin2 sinz z

17 8 cos2 cos sin 2 sin 17 8cos3 .

Do đó 2 132 17 8cos3 4 cos3

8z z (Vô nghiệm)

Vậy không tồn tại số phức nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.


2 2 34 ?z

A. 0. B. 1.

C . 2. D. 4.

Lời giải. Do 1 cos sinz z i khi đó

2 4 cos2 sin2 4 cos2 4 sin2iz i

Khi đó 2 22 2 24 4 cos2 4 sin2 1 2 13 2 2z z

2 2 38cos2 5 8 2cos 1 5 16cos 3 cos

4

Lại do 2 2 13 13sin 1 cos sin

16 4

Vậy có 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán gồm: 3 13

4 4i và

3 13.

4 4i




1?z z

zz

A. 2. B. 4.

C . Vô số. D. 8.

Lời giải. Do 1z cos sin .z i Khi đó:

2 2 222 2 21 . 1

z zz z z z z z z z z

zz . Lại có:

22

22

cos2 sin22cos2

cos 2 sin 2

z iz z

z i

. Do đó:

2

2 1 2 cos2 1 2cos2 1z z .

+) Với 2 2 3 32cos2 1 2 2cos 1 1 cos cos

4 2

Khi đó sẽ có 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3 1

2 2z i và

3 1.

2 2z i

+) Với 2 2 1 12cos2 1 2 2cos 1 1 cos cos

4 2

Khi đó sẽ có 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 1 3

2 2z i và

1 3.

2 2z i

Vậy có tất cả 8 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.



Bài toán . Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 4 2z z . Khẳng định nào sau đây

đúng?

A. 3 1 3 1

.6 6

z B. 5 1 5 1.z

C . 3 1 3 1.z D. 5 1 5 1

.2 2

z

Lời giải. Giả sử cos sin , 0z r i r z . Khi đó ta có:

2 2 2 24 cos2 sin 2 4 cos2 4 sin2z r i r r i

Từ điều kiện 2 2

2 2 2 24 2 cos2 4 sin 2 4z z r r r

2 4 24 16 8 cos2r r r . Do đó :

2 2 4 2 4 2 28 4 16 18 16 0 6 2 5 6 2 52r r r r rr r

5 1 5 1r .

Bài toán . Cho số phức z thỏa mãn 1z . Tìm giá trị lớn nhất của

1 2 1T z z .

A. 2 3. B. 2 5.

C . 3. D. 2.

Lời giải. Do 1z cos sin .z i Khi đó

1 cos 1 sin

1 cos 1 sin

z i

z i



Từ đó cho ta 2 22 2cos 1 sin 2 cos 1 sinT

2 22 2cos 2 2 2cos 4cos 2 4sin2 2

2 cos 4 sin

2 2

2 2cos sin2 2

4 16 2 5.

Bài toán . Cho số phức 0z thỏa mãn đồng thời các điều kiện

3z

z

là số thực và

2

2 4 3.z z Đặt 2

2 .T z z Hãy chọn khẳng định đúng.

A. 1 3

.2 2

T B. 7 9

.2 2

T

C . 3 5

.2 2

T D. 9.

2T

Lời giải. Giả sử cos sinz r i ta có:

+)

3 2

2 6

6

3

z z z

rz z

nên

3z

z

là số thực

6

6

z

r là số thực cos6 sin 6i là

số thực 32

sin2 0

sin 6 0 3 sin2 4 sin 2 0 13sin 2

4

+)

2 22

2 22

2

cos2 sin22 sin2

cos 2 sin 2

z r iz z r i

z r i

Từ đó 2

2 2 24 3 2 sin 2 4 3 sin 2 2 3 2z z r r



Từ 2

2

2 34

sin21 , 21

cos2 1 sin 22

r

+) Lại có 2

2 22 cos2z z r 2 12 cos2 2.4. 4.

2T r Hay

7 9.

2 2T

Bài toán . Cho các số phức 1 2,z z thỏa mãn

1 21z z . Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2

1 2 1 2

1 2 1 21 1

z z z zT

z z z z

.

A. 2 3. B. 2 5.

C . 3. D. 2.

5. Sử dụng hình học trong giải bài toán số phức.

5.1. Sử dụng bình phương vô hướng.

Giả sử 1 1 2 2; , ;M x y N x y lần lượt là điểm biểu diễn các số phức

1 2, .z z Khi đó ta có

Tính chất Chứng minh

[1]. 1 2

; .z OM z ON

1 2 1 2 1 2z z x x y y i

2 2

1 2 1 2 1 21z z x x y y

2 1 2 1;OM ON x x y y

NM OM ON

2 2

2 1 2 12x x y y

Từ 1 21 , 2 z z OM ON MN

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có

[2]. 1 2z z OM ON MN

[3]. 1 2z z OM ON



1 2z z OM ON

.

Bài toán . Cho các số phức 1 2,z z thỏa mãn đồng thời các điều kiện

1 21, 1z z và

1 21z z . Tính giá trị của biểu thức

1 2.P z z

A. 1.P B. 3.P

C . 2 3.P D. 3

.2

P

Lời giải. Giả sử 1 1 2 2; , ;M x y N x y lần lượt là điểm biểu diễn các số phức

1 2,z z trên

mặt phẳng phức.

Từ đó ta có 1 1 2 2; , ;OM x y ON x y

nên tọa độ của vectơ u OM ON

là tọa độ của

điểm biểu diễn số phức 1 2z z và tọa độ của vectơ v OM ON

là tọa độ của điểm

biểu diễn số phức 1 2z z .

Lại có 2

u OM ON MN

v OM ON OI

( I là trung điểm MN )

Bài toán đã cho trở thành : Cho tam giác OMN có 1, 1, 1.OM ON MN

Tính

2OI

.

Dễ thấy tam giác OMN đều cạnh bằng 1 nên 3

2 3.2

OI OI





1 21, 1z z và

1 23 2z z . Tính giá trị của biểu thức

1 22 3 .P z z

A. 1.P B. 241.P

C . 5.P D. 249.P


1 2,z z trên



nên tọa độ của vectơ 3u OM ON


điểm biểu diễn số phức 1 2

3z z và tọa độ của vectơ 2 3v OM ON



2 3z z .

Bài toán đã cho trở thành: Cho ba điểm , ,O M N thỏa mãn các điều kiện 1,OM

1ON

và 3 2OM ON

. Tính 2 3OM ON

.

Ta có: 2

2 4u u

2 26 . 9 4 . 1OM OMON ON OMON

Lại có 2 2

2 22 3 4 12 . 9 25v OM ON OM OMON ON

5v


Bài toán. Cho hai số phức 1 2,z z thỏa mãn

1 22 2z z và

1 22 3 4z z . Tính

1 2.2M z z

A. 11.M B. 10.M

C . 2 5.M D. 15.M




1 2,z z trên



nên tọa độ của vectơ 2 3u OM ON

là tọa độ

của điểm biểu diễn số phức 1 2

2 3z z và tọa độ của vectơ 2v OM ON



2z z .

Bài toán đã cho trở thành: Cho ba điểm , ,O M N thỏa mãn các điều kiện 2,OM

1ON

và 2 3 4OM ON

. Tính 2OM ON

.

Ta có: 2

4 16u u

2 24 12 . 9 16 4 . 3OM OMON ON OMON

Lại có 2 2

2 22 4 . 4 11v OM ON OM OMON ON

11v

Vậy đáp án bài toán là .A


1 22, 2.z z Gọi ,M N lần lượt là

điểm biểu diễn các số phức 1z và

2iz . Biết rằng

045 ,MON với O là gốc tọa độ.

Tính giá trị biểu thức 2 21 2

4 .T z z

A. 4 2.T B. 4.T

C . 6.T D. 4 5.T

Lời giải. Gọi P là điểm biểu diễn số phức 2

2 2iz OP ON

045MOP . Lại có

2 22 2 2 2OP iz i z

và

221 2 1 2 1 2

4 2 2T z iz z iz z iz

1 2 1 222z iz z OM OP OM OPiz

2 22T OM OP OM OP



22 2 2 0 2

22 2 2 0 2

2 2 cos 45

2 2 cos 45

OM OP OM OMOP OP OM OM OP OP

OM OP OM OMOP OP OM OM OP OP

2

2

280 4 5

4

20

.OM OP

T

O

T

M OP

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 1z . Tìm giá trị lớn nhất Pmax

của biểu thức

1 3 1 .P z z

A. 3 15.P max

B. 6 5.P max

C . 20.P max

D. 2 20.P max

Lời giải. Giả sử M là điểm biểu diễn các số phức z

trên mặt phẳng phức. Xét các điểm 1;0 , 1;0A B .

Khi đó bài toán đã cho trở thành: Cho hai điểm

1;0 , 1;0A B . Tìm điểm M trên đường tròn

; 1O R sao cho 3MA MB đạt giá trị lớn nhất.

Dễ thấy , ; 1A B O R nên tam giác MAB vuông tại M 2 2 2MA MB AB

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có 2 21 403 9 MMA MB MBA

Dấu “=” xảy ra 3

3 40

MA MB

MA MB

2

10MA và

6

10MB .

Bình luận.



+) Để tìm số phức z ta cần giải hệ phương trình

2 2

22 2

5

1

1

x

x y

y

4 3 4 3

; ; ; ; .5 5 5 5

x y

+) Điểm mấu chốt của bài toán là phát hiện được 2 2 constMA MB được ẩn trong

bài toán: 2 2

2 2MA MB MO OA MO OB

2 2 22 2 2 1 1 4MO MO OA OB OA OB

, do 0.OA OB


1 28 6z z i và

212z z . Tìm giá

trị lớn nhất Pmax

của biểu thức 1 2

P z z .

A. 2 13. B. 13.

C . 26. D. 2 26.

Lời giải. Giả sử ,M N lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức 1 2, .z z Khi đó ta có:

+) 1 28 6 8;6 10z z i OM ON OM ON

2 22 . 100 1OM OMON ON

+) 21

2 22 2 2 . 4 2z z OM ON OM OMON ON

Từ 2 21 , 2 52OM ON

Ta lại có: 2 21 2

2 2 26z z OM ON OM ON

Vậy 2 26P max

đạt được 26.OM ON




1 22 5z z và

1 23 3z z . Tính giá trị lớn nhất P

max của biểu thức

1 2.P z z

A. 21

.14

P B. 155

.14

P max

C . 93.P D. 3 155

.5 14

P max


1 2,z z trên



nên tọa độ của vectơ 2u OM ON



2z z và tọa độ của vectơ 3v OM ON

là tọa độ của điểm

biểu diễn số phức 1 2

3z z .

Bài toán đã cho trở thành: Cho ba điểm , ,O M N thỏa mãn các điều kiện

2 5OM ON

và 3 3OM ON

. Tìm giá trị lớn nhất của OM ON

.

Ta có: 2

5 25u u

2 24 . 4 25OM OMON ON

và 2

3 9v u

2 29 6 . 9OM OMON ON

Ta có hệ

2 2

2 2

4 . 4 25

9 6 . 9

OM OMON ON

OM OMON ON

2 2

2 2

3 12 . 12 75

18 12 . 2 18

OM OMON ON

OM OMON ON

2 221 14 93OM ON . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có:

2

2 25 1 193 21 14

42 21 14OM ON OM ON



155

14OM ON . Dấu “=” xảy ra

155

14155

1

221 1

5514

5

5 1

3

4

4OM ON OM

OM ONON

Hay

2

1

155155 1414 1

2

5

3

5

55

14

Pz

z

max

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 1 2 2z i . Tìm giá trị lớn nhất Pmax

của biểu

thức 3 6 .P z z i

A. 3 7.P max

B. 3 5.P max

C . 4 13.P max

D. 5 4 2.P max

Lời giải. Giả sử M là điểm biểu diễn các số phức z trên

mặt phẳng phức. Xét các điểm 0;0 , 3;6O A .

Khi đó bài toán đã cho trở thành: Cho điểm 3;6A . Tìm

điểm M trên đường tròn 2 2

: 1 2 4C x y sao

cho OM AM đạt giá trị lớn nhất.

Với 1;2I là tâm đường tròn C ta có:

+) 2

2 2 22 . 4 2 . 5 9 2 .OM IM IO IM IM IO IO IM IO IM IO

+) 2

2 2 22 . 4 2 . 20 24 2 .AM IM IA IM IM IA IA IM IA IM IA

Ta để ý rằng: 2IA IO

vậy nên:

2 22 24 2 . 18 4 . 42 2 2 42AM OM IM IA IM IO IM IA IO



Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có:

2

2 2 2 2126 632 1 2 AM OMAM OM AM OM

Dấu “=” xảy ra

22 7

123 7 2 7

3 7

AM OMAM OM OM

AM OM AMAM OM

Bình luận:

+) Để tìm số phức z ta cần giải hệ phương trình

2 2

2 2

7

1 2 4

x

x y

y

4 2 19 8 19 4 2 19 8 19

; ; ; ;5 5 5 5

x y

.

+) Điểm mấu chốt trong việc giải quyết bài toán là nhận biết được 3 điểm , ,O I A thẳng

hàng, từ đó nhờ đẳng thức IA kIO

ta tìm ra giả thiết 2 2 constAM kOM được ẩn

trong bài toán.

+) Để tránh việc sử dụng CasiO để dò GTLN trong bài toán, ta có thể thay đổi cách phát

biểu bài toán như sau:

Bài toán. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn đồng

thời các điều kiện 1 1z i và biểu thức 3 2 4 4P z z i đạt giá trị lớn

nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. .4OM B. .2OM

C . 2 1.OM D. 1 2.OM

Lời giải. Giả sử M là điểm biểu diễn các số phức z trên mặt phẳng phức. Xét các điểm

0;0 , 4;4O A .



Khi đó bài toán đã cho trở thành: Cho điểm 4;4A .

Tìm điểm M trên đường tròn

2 2

: 1 1 1C x y sao cho 2 3AM OM

đạt giá trị lớn nhất.

Với 1;1I là tâm đường tròn C ta có:

+) 2

2 2 22 .OM IM IO IM IM IO IO

1 2 . 2 3 2 .IM IO IM IO

+) 2

2 2 22 . 1 2 . 18 19 2 .AM IM IA IM IM IA IA IM IA IM IA

Ta để ý rằng: 3IA IO

vậy nên:

2 23 19 2 . 9 6 . 28 2 3 28AM OM IM IA IM IO IM IA IO

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có:

2

2 2196 4 3 3 2 32 3 14AAM OM AM M OMOM

Dấu “=” xảy ra 214

2.

2 3

AM OMOM

AM OM

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 4 3 10.z i z i Tìm giá trị nhỏ nhất m của

.z

A. 1.m B. 2.m

C . 1.

2m D.

3.

2m

Lời giải. Giả sử M là điểm biểu diễn các số phức z trên mặt phẳng phức. Xét các điểm

0; 1 , 0;1 .A B Theo bài ra ta có 4 3 10MA MB . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta

có 2 2 2100 4 3 16 9MA MB MBMA .



Lại có:

2 2

2 2 2 2 22 2MA OM OA OM OB OM OMB OM OA OB BOA

Để ý rằng 0OA OB

và 2 2 1OO BA 2 2 22 1MBMA MO

Từ đó suy ra 2 25 10 010 1 MO OM hay 1z

Dấu " " xảy ra

8

54 364 3 105

MA MB MA

MA MB MA

Khi đó để tìm số phức z ta giải hệ

22

22

641 7 2425 ;

36 25 251

25

x yy x

x y

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z và biểu thức

1 1 7P z z i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính môđun của số phức w 1 3 .z i

A. w 2 3. B. w 2.

C . w 0. D. w 2 2.

Lời giải. Xét bài toán : Cho hai điểm 1;0 , 1;7A B . Xác

định tọa độ điểm M trên đường tròn 2 2 4x y sao cho

MA MB nhỏ nhất.

Ta có : 2 2 2 2 .MA MB MA MB MAMB

2

2 2 22 .MA MAM MB MA M ABB B

Dấu " " xảy ra . .MAMB MAMB

. . cos ;MAMB MAMB MA MB



cos ; 1MA MB

hay ,MA MB

ngược hướng.

Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 2

11; 3

4

xx y

x y

Khi đó w 2 3 2 3.i

Bài toán. Biết rằng số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 3 4 5z i và

biểu thức 2 2

2P z z i đạt giá trị lớn nhất. Tính môđun của số phức .z i

A. 61.z i B. 3 5.z i

C . 5 2.z i D. 41.z i

Lời giải . Ta chuyển bài toán sang ngôn ngữ

hình học như sau: Cho hai điểm

2; 0 , 0;1 .A B Tìm điểm M trên đường

tròn 2 2

: 3 4 5C x y sao cho

2 2MA MB lớn nhất.

Ta có:

2 2

2 2MA IA IM IB IM MB

2 2 2 22 . 2 . 2IA IB IAIM IB IM IA IB IM IB IA

2 2 2 22 . 2 . .cos ;IA IB IM AB IA IB IM AB IM AB

Lại do , , , constIA IB IM AB và 11 cos ;IM AB

Nên 2 2MA MB lớn nhất 1cos ;IM AB

hay IM

và AB

cùng hướng.

Để ý rằng 5AB R

nên IM

và AB

cùng hướng 5;5 .AB IM M



Suy ra 61.z i

Bài toán. Xét các số phức ,z a bi a b thỏa mãn 4 3 5.z i Tính

P a b khi 1 3 1z i z i đạt giá trị lớn nhất.

A. 10.P B. 4.P

C . 6.P D. 8.P

Lời giải . Ta phát biểu lại bài toán dưới ngôn ngữ hình học như sau : Trong mặt phẳng

,Oxy cho hai điểm 1;3 , 1; 1A B và đường tròn 2 2

: 4 3 5.C x y Tìm

điểm M trên đường tròn C để T MA MB đạt giá trị lớn nhất.

Ta có :

2

2 2 2 2 .MA MI IA R IA MI IA

2

2 2 2 2 .MB MI IB R IB MI IB

Gọi J là trung điểm ,AB ta lại có :

2

2 2

2

MBM

MAMA B

2 2 2 2 2 22 2 2 4 .R IA MI IA IB R II IIA MB B IJ

2 2 2 2 2 22 4 . cos , 2 4 . constR IA MI IJ MI IJIB R IA R IJIB

Dấu " " xảy ra cos , 1

MA MB

MI IJ

hay MA MB và hai vectơ ,MI IJ

cùng

hướng. Để ý là 1

2 6;42

IJ R MI IJ M

hay 4 6 10.P



Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện: 1 5z i và biểu thức

7 9 2 8P z i z i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính môđun của số phức .z

A. 37. B. 41.

C . 29. D. 17.

Xét bài toán : Cho hai điểm 7;9 , 0;8A B . Xác định tọa độ điểm M trên đường tròn

2 2

1 251yx sao cho 2MA MB nhỏ nhất.

Lời giải 1. Ta nhận thấy AB C và 2IA R .

Gọi C IA C và điểm D thỏa mãn 1

2ID IC

Khi đó 2 21. 2

2ID IA R R R IM

ID IM

IM IA IDM IMA

Suy ra 1

22

MD IDMA MD

MA IM .

Từ 1 5

;34 2

ID IA D

Do đó :

2 2MA MB MD MB 2

4 MD MB 2 22 2 .MBMD MDMB

2

2 22 2 . 2 2MD MDMMB DM M DB B B

Dấu " " xảy ra ,MD MB

ngược hướng điểm M là giao điểm của đường thẳng

DB với đường tròn và M nằm giữa DB tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

2 2

2 81;6

1 1 25

x yM

x y



Vậy 1 6 37.z i

Lời giải 2.

Ta tìm được điểm 0

5;3

2A

trong mặt phẳng tọa độ

sao cho 0

2MA MA . Khi đó :

02 2MA MB MA MB

2

04 MA MB

2 20 0

2 2 .MBMA MA MB

2

2 20 0 0 0

2 2 . 2 2MMA MA MB MA MB AB B

Dấu " " xảy ra 0,MA MB

ngược hướng điểm M là giao điểm của đường

thẳng 0A B với đường tròn và M nằm giữa

0A B tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

2 2

2 81;6

1 1 25

x yM

x y

Vậy 1 6 37.z i

Bài toán. Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn điều kiện: 3 3 6z i .

Tính P a b khi biểu thức 2 6 3 3 1 5P z i z i đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 2 1 5 .P B. 2 1 5 .P

C . 0.P D. 78

6 .89

P

Xét bài toán : Cho hai điểm 6;3 , 1; 5A B . Xác định tọa độ điểm M trên đường

tròn 2 2

3 363yx sao cho 2 3MA MB nhỏ nhất.



Lời giải. Dễ thấy 3

92

IA R

Gọi C IA C và điểm D thỏa mãn

2

1;33

ID IC D

. Khi đó từ

22 3.

3 2ID IA R R R

suy ra

3

2

AM IAIMD IAM

MD IM hay

2 3MA MD

Ta lại có 2 3 3MA MB MD MB

DB . Dấu " " xảy ra ,MB MD

ngược hướng 1;3 2 5 .M

Vậy 2 1 5P a b .

5.2. Sử dụng tính chất của hình chiếu vuông góc.

Bài toán. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện 2 4 2 .z i z i Tìm số phức z

có môđun nhỏ nhất.

A. 2 2 .z i B. 2 2 .z i

C . 4 .z i D. 1 3 .z i

Lời giải. Giả sử M là điểm biểu diễn các số phức z trên

mặt phẳng phức. Xét các điểm 2;4 , 0;2A B .

Khi đó bài toán đã cho trở thành: Cho các điểm

2;4 , 0;2A B và điểm M thỏa mãn điều kiện

.MA MB

Tìm giá trị nhỏ nhất của .OM

Ta thấy: Tập hợp những điểm M thỏa mãn điều kiện



MA MB

nằm trên đường trung trực của đoạn .AB Do đó OM

nhỏ nhất khi và

chỉ khi M là hình chiếu của O trên .

Dễ thấy : 4 0x y và đường thẳng đi qua O vuông góc với là .y x

Vậy tọa độ điểm 2;2 .M Vậy đáp án bài toán là .A


15 5z và

2 21 3 3 6z i z i .

Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin

của biểu thức 1 2

P z z .

A. 5 2 5.P min

B. 5 2 5.P min

C . 5.

2P min

D. 25

.2

P min

Lời giải. Giả sử ,M N lần lượt là điểm biểu diễn

số phức 1 2, .z z Khi đó M di động trên đường tròn

2

2: 5 25C x y và N di động trên

đường thẳng : 8 6 35 0x y là đường

trung trực của đoạn ,AB với 1;3 , 3;6 .A B

Ta cần tìm M trên C và N trên sao cho

độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất.

Gọi d là đường thẳng đi qua I vuông góc với , khi đó M d C và ,N d

đồng thời min ;MN d I R 40 0 35 5

5 .264 36

Bình luận. Từ giả thiết 2 2

1 3 3 6z i z i suy ra NA NB N

di động

trên đường trung trực của đoạn .AB




14 3 2z i và

2 22 3 1 2z i z i . Tìm giá trị nhỏ nhất P

min của biểu thức

1 2P z z .

A. 23

2.34

P min

B. 23

2.34

P min

C . 1

2.34

P min

D. 1

2.34

P min

Lời giải. Giả sử ,M N lần lượt là điểm biểu diễn số

phức 1 2, .z z Khi đó M di động trên đường tròn

2 2

: 4 3 4C x y và N di động trên

đường thẳng : 3 5 4 0x y là đường trung trực

của đoạn ,AB với 2;3 , 1; 2 .A B

Ta cần tìm M trên C và N trên sao cho độ dài

đoạn thẳng MN nhỏ nhất.

Gọi d là đường thẳng đi qua I vuông góc với , khi đó M d C và ,N d

đồng thời min ;MN d I R 12 15 4 23

2 2.9 25 34

Bài toán. Xét các số phức ,z a bi a b thỏa mãn 4 3 5.z i Tính

P a b khi 1 3 1z i z i đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 10.P B. 4.P

C . 6.P D. 8.P

Ta phát biểu lại bài toán dưới ngôn ngữ hình học như sau : Trong mặt phẳng ,Oxy cho hai

điểm 1;3 , 1; 1A B và đường tròn 2 2

: 4 3 5.C x y Tìm điểm M trên

đường tròn C để T MA MB đạt giá trị nhỏ nhất.



Lời giải 1. Gọi J là trung điểm .AB Các điểm ,H K (như hình vẽ) là giao điểm của IJ

với đường tròn C .

Ta có IJ R AB nằm ngoài đường tròn C

Ta tìm được 2;2 HH A B vuông cân tại .H

Lại có 2

4 .M B MA M MA B

8.

sin

MAB

B

S

AM

; .4

sin

d M AB AB

AMB

Mà 1

;

0 sin

d M AB

A B

HJ

M

nên

2 24 . 40 12 2 0HJ AB AMA MB MA MBB .

Dấu " " xảy ra 2;2 .M H

Lời giải 2. Gọi H là hình chiếu của M xuống

;AB J là hình chiếu của I xuống AB và N là

giao điểm của IJ với đường tròn C (hình vẽ).

Ta có IJ R .AB C Đồng thời

JA JB R H nằm trong đoạn .AB

Từ đó suy ra:

2 2 2 2AM BM MH AH MH BH

Áp dụng bất đẳng thức 2 22 2 2 2a c bb d da c . Dấu “=” xảy ra

, , , 0ad bc a b c d .

Ta có 2 2 2 2AM BM MH AH MH BH

2 2

MH MH AH BH 2 2 2 24 4 2 10NMH AB ABJ



Dấu “=” xảy ra AH BH

MH NJ

hay 2;2 .M N

Bài toán. Cho số phức ,z a bi a b thỏa mãn 2 2.z i Tính

22 2P a b khi 1 6 4z i z i đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 11

.9

P B. 32

.17

P

C . 46

.25

P D. 4.P

Lời giải. Ta phát biểu lại bài toán dưới ngôn ngữ hình học như sau : Trong mặt phẳng

,Oxy cho hai điểm 1;6 , 4;1A B và đường tròn 22: 2 4.C x y Tìm điểm M

trên đường tròn C để T MA MB đạt giá trị nhỏ

nhất.

Do ;d I AB R nên .AB C Gọi H là

hình chiếu vuông góc của M xuống .AB

Ta nhận thấy rằng: Đường thẳng trung trực của đoạn

AB đi qua tâm I của đường tròn ,C đồng thời

2AB R nên H nằm trong đoạn .AB

Khi đó 2 2 2 2MA MB MH HA MH HB

2 2

MH MH HA HB

2 24MH AB 2 24NJ AB , trong đó J là trung điểm AB và N là giao

điểm của tia IJ với đường tròn C (Hình vẽ)

Dấu “=” xảy ra HA HB

M NMH NJ

.



Phương trình trung trực đoạn AB có phương trình 3 5 10 0x y . Tọa độ điểm N là

nghiệm của hệ

22

3 5 10 0

2 4

x y

x y

2 2

5 ;2 317 17

N

.

Hay 32

.17

P

5.3. Sử dụng sự tương giao giữa các đường.

Gọi ;M x y là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng phức. Ta có

[1]. z a bi R điểm M thuộc đường tròn tâm ; ,I a b bán kính .R

[2]. 1 1 2 2

z i za i Mb a b thuộc đường trung trực của đoạn thẳng .AB

[3]. 2z c z c a . Với 1 2;0 , ; 0F c F c và

1 22 2FF c a

Khi đó điểm M thuộc elip 2 2

2 2 2

2 2: 1, .x y

E b a ca b

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 1 2 4.z i Gọi ,M m lần lượt là giá trị lớn

nhất, nhỏ nhất của biểu thức 1 .P z i Tính .m M

A. 8.m M B. 2 13.m M

C . 4.m M D. 13.m M

Lời giải. Giả sử M là điểm biểu diễn các số phức z

trên mặt phẳng phức. Ta có bài toán: Cho điểm

1;1 .A Tìm điểm M trên đường tròn



2 2

: 1 2 16C x y sao cho MA lớn nhất, nhỏ nhất?

Gọi ,H K lần lượt là giao điểm của đường thẳng IA với đường tròn C (hình vẽ).

Khi đó: MI IA R IA IH IA AH

MI IA R IA IKMA K

MA

IA A

nên:

2 8.m M AH AK HK R

Bình luận. Để ý rằng minMA R IA và maxMA R IA .

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 2 1 3 1.iz i Tìm giá trị lớn nhất Pmax

của

biểu thức 2 3 .P z i

A. 1 5 2

.2

P

max

B. 1 5 2

.2

P

max

C . 1 2 5

.2

P

max

D. 1 2 5

.2

P

max

Lời giải. Ta có 1 3 3 1

2 1 3 1 2 1 2 12 2 2

iiz i i z i z i

i

3 1 1.

2 2 2z i

Giả sử M là điểm biểu diễn các số phức z trên mặt phẳng phức. Ta có bài toán: Cho điểm

2;3 .A Tìm điểm M trên đường tròn 2 2

3 1 1:

2 2 4C x y

sao cho MA

lớn nhất?

Gọi ,H K lần lượt là giao điểm của đường thẳng IA với đường tròn C . Khi đó giá trị

lớn nhất của MA bằng 5 2 1

.2 2

IA R



Bình luận. Để xác định số phức z ta cần giải hệ phương trình

2 2

3 1 1

2 2 4

7 11 0

x y

x y

3 1 7 1 3 1 7 1

; ; , ;2 2 2 210 2 10 2 10 2 10 2

x y

.

Bài toán. Biết rằng số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 3 4 5z i và

biểu thức 2 2

2P z z i đạt giá trị lớn nhất. Tính môđun của số phức .z i

A. 61.z i B. 3 5.z i

C . 5 2.z i D. 41.z i

Lời giải . Giả sử ; ;z x yi x y . Ta có:

2 2

3 4 5 3 4 5. 1z i x y

Mặt khác: 2 2 2 22 22 2 1 4 2 3P z z i x y x y x y

Giả sử M là điểm biểu diễn số phức z trong mặt phẳng tọa độ, khi đó M vừa thuộc

đường tròn 2 2

3 4 5x y C và vừa thuộc đường thẳng

3: 4 2 0x y P . Do đó phải tiếp xúc hoặc cắt ;C d I d R

235 23 10

2 5

PP

13 33P

max33.P

Dấu “=” xảy ra

2 2

4 2 30 0 541

53 4 5

x y xz i

yx y



Bình luận. Để xử lí bài toán theo hướng đại số ta đặt 3

4

x a

y b

và tìm điều kiện của P

để hệ sau có nghiệm ;a b :2 2

4 2 23

5a

a b P

b

Bài toán . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số

phức z thỏa mãn . 1z z và 3z i m . Tìm số phần tử của S .

A. 1. B. 2.

C . 3. D. 4.

Lời giải. Giả sử , .z x yi x y

Từ 2

2 2. 1 1 1 1yz z z x

Từ 2 2

3 3 1z i m x y m

2 2

2

02

3 1

m

x y m

Từ 1 , 2 ta có hệ:

2 2 2 2

2 2 22

*

2 3 2 53 1

0 0

1 1

0

m m

x x

x

y

ym

y

mx y

Hệ phương trình * có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng

25: 02 3 2x y m tiếp xúc với đường tròn 2 2 1x y

; 1d O 2 2

2

5 11

34

10

9

m m mdo m

mm


Bình luận:



+) Có thể sử dụng phép thế 2

32

5my x

vào 1 để đại số hóa bài toán. Tuy

nhiên việc sử dụng hình học như trên sẽ tiết kiệm được thời gian giải toán.

+) Nếu không để ý đến điều kiện 0m trước khi bình phương, thì sẽ chọn phương án

gây nhiễu D làm đáp án đúng.

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 3z i và 1 5z . Gọi 1 2,z z lần lượt là các

số phức có modun lớn nhất và nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện đã cho. Tính 1 2

w 2 .z z

A. w 12 2 .i B. w 2 12 .i

C . w 6 4 .i D. w 12 4 .i


14 5z i và

2 2

2 22 1.z z i Gọi ,m M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức

1 2P z z . Khẳng định nào sau đây là đúng?



A. 8 5

.5

m M B. 39

.5

m M

C . 8 5

.5

mM D. 39

.5

mM

Bài toán. Cho số phức ,z x yi x y thỏa mãn điều kiện 1 2 .z i z i

Khi 1 3z i nhỏ nhất, hãy tính .P x y

A. 4.P B. 0.P

C . 2P D. 2.P



Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 2 4 7 6 2.z i z i Gọi ,M m lần lượt

là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1 .z i Tính .T m M

A. 13 73.T B. 5 2 2 73

.2

T

C . 5 2 73.T D. 5 2 73

.2

T

5.4. Elip và không Elip?

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 3 3 10z z . Tìm giá trị nhỏ nhất của z .

A. 3. B. 4.

C . 5. D. 6.

Lời giải. Gọi M là điểm biểu diễn số phức .z

Ta có bài toán: Cho hai điểm 3;0 , 3;0A B

và điểm M thỏa mãn 10.MA MB Tìm

giá trị nhỏ nhất của .OM



Theo công thức đường trung tuyến ta có:

2

2 2 2 22 16 4.

4 42 4

MA MBMB ABMA ABMO OM

5min 4

10 5

MA MB MAMO

MA MB MB

Vậy min 4z 4z i hoặc 4 .z i

Bình luận. Để tìm số phức z thỏa mãn min 4z ta cần giải hệ phương trình:

22

22

0; 43 25

0; 43 25

x yx y

x yx y

.

Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn 2 2 6z z . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

của 1 3z i .

A. 3. B. 4.

C . 5. D. 6.

Lời giải. Gọi M là điểm biểu diễn số phức .z Ta có bài toán: Cho ba điểm 2;0 ,A

2;0 , 1; 3B C và điểm M thỏa mãn 6.MA MB Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

của .CM

Ta có: 2

2 2 22 .CM OM OC OM OMOC OC

2 2 222 .

2 4

MA ABOMOC OC

MB



Bài toán. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 1 3 2 2i z i và biểu thức

22 2

i iP z z đạt giá trị nhỏ nhất. Tính môđun của số phức w 1 4 .z i

A. w 4. B. 10 26

w .13

C . 16 17

w .17

D. 6 10

w .5

Lời giải. Ta có 1 3

1 1 3 2 2 1 2 21

ii z i i z

i

1 31 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2

1

ii z z i z i

i

.

Xét bài toán: Cho hai điểm 1 1

0; , 2; .2 2

A B

Tìm điểm

M trên đường tròn 2 2

1 2 4x y sao cho

MA MB đạt giá trị nhỏ nhất.

2 2

22 1 12

2 2MA MB x y x y

2 2

2 2 22 3 34 1 2 4 1

2 2y x x x x

Ta có 2 2 2 2 .MA MB MA MB MAMB

2

2 2 22 . 4MA MAMB MA MB MNMB



Dấu " " xảy ra . . . . cos ;MAMB MAMB MAMB MAMB MA MB

cos ; 1MA MB

hay ,MA MB

ngược hướng.

lỜi nÓi ĐẦu - k2pi.net.vnk2pi.net.vn/data/files3/k2pi---tuduy-ham(sophuc).pdf · chuû ñeà...

Documents