SỐ PHỨC - PHẦN I Nhân dịp mùa thi THPTQG 2020 tới gần, ta thử nhìn nhận toán 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 Các câu trích từ đề thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng năm 2012 Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sinh Đại học 2012 - Khối A - A1 Câu 9b) Cho số phức z thỏa mãn 5( z + i ) = − i Tính mơđun số phức w =1 + z + z z +1 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 (Tự luận) a + bi, ( a, b ∈  ) Điều kiện z ≠ −1 Từ giả thiết suy z + 5i = − i + ( − i ) z (1) Giả sử z = từ (1) ta có 5a − 5bi + 6i − = ( − i )( a + bi ) = 2a + b + 2bi − 3a − b − = ⇒ ( 3a − b − ) + ( a − 7b + ) i = ⇒  ⇒ a = b =1 ⇒ z =1 + i (Thỏa mãn)  a − 7b + = Khi w = + z + z = + i + (1 + i ) = + 3i ⇒ w = 22 + 32 = 13 Vậy z = + i w = 13 Cách (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm) ( −2 + 6i )( + i ) − ( −2 − 6i )( −5) =1 + i Từ (1) ta có: ( − i ) z − z =−2 + 6i ⇒ z = 2 − i − −5 Từ w 1+Ans + Ans = 13 (Công thức ta tìm hiểu VD 20) Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối B Câu 9b) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z − 3iz − = Viết dạng lượng giác z1 z2 Phân tích Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Định lý Viet GV: Nguyễn Xuân Chung - Môđun số phức - Dạng lượng giác số phức Lời giải Vì z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z − 3iz − = nên ta có: z1.z2 = −4 , ( cos ϕ + i sin ϕ ) , z2 = −2 ( cos ϕ − i sin ϕ ) ta z1 = z2 = r= Bởi ta đặt z1 = 3i nên 4i sin ϕ = 3i ⇒ sin ϕ = có z1 + z2 = π π 4π 4π    cos + i sin  , z2 =  cos − i sin Vậy z1 = 3 3   π ⇒ϕ=    Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối D Câu 9a) Cho số phức z thỏa mãn ( + i ) z + 2(1 + 2i ) = + 8i Tìm môđun số phức w = z + + i 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 (Tự luận) Từ giả thiết suy (2 + i) z + 2(1 + 2i ) (1 − i ) = + 8i ⇔ ( + i ) z + (1 + 2i ) (1 − i ) = + 8i (1 + i )(1 − i ) + 7i ( + 7i )( − i ) 15 + 10i ⇔ ( + i ) z + + i =7 + 8i ⇔ ( + i ) z =4 + 7i ⇔ z = = = 2+i ( + i )( − i ) ⇔ z = + 2i Từ ta có w = z + + i = + 3i ⇒ w = 42 + 32 = Vậy z= + 2i w = Cách (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm) Từ giả thiết ( + i ) z + (1 + 2i ) 2(1 + 2i ) + 8i + 8i ta có (nhập máy): z = = − = + 2i 1+ i + i ( + i )(1 + i ) Từ w Ans + + i =5 Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối D Câu 9b) tập hợp số phức Giải phương trình z + (1 + i ) z + 5i = Phân tích GV: Nguyễn Xuân Chung Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Các phép toán cộng, trừ, nhân, khai số phức - Công thức nghiệm phương trình bậc hai Lời giải có ∆ = (1 + i ) − 4.5i = 9.2i − 20i = −2i Đến ta Xét phương trình z + (1 + i ) z + 5i = ( ) biểu diễn ∆ thành bình phương số phức ∆ = i , từ ta có hai nghiệm: −3 (1 + i ) − i −3 (1 + i ) + i 3+ 3− z1 = =− − i, z2 = =− − i 2 2 2 Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 - Khối A - A1 - B - D Câu 7a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z − phẳng tọa độ Oxy 2−i = (3 − i ) z Tìm tọa độ điểm biểu diễn z mặt 1+ i 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 − i ) z − (1 − 2i )= z ⇔= z 2−i 2−i = = (1 + i )( + i ) + 3i i) ( − i )(1 − 3= 10 2−i 2−i ⇔ (2 + i)= z 1+ i 1+ i −1 − 7i 10 7  Vậy z = − − i nên có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ M  − ; −  10 10  10 10  Cách (Hỗ trợ máy tính Casio) Bài có dạng Az − B = Cz ⇔ z = − i Sto A B nên Mode ta ghi A−C B 2−i = ta − − i Sto B − 2i Sto C A−C 1+ i 10 10 7  Vậy z = − − i nên có điểm biểu diễn mặt phẳng tọa độ M  − ; −  10 10  10 10  Ví dụ (BGD - Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 - Khối A - A1 - B - D Câu 7b) Gọi z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z − z + + 2i =0 Tính z1 + z2 Phân tích GV: Nguyễn Xuân Chung Trong câu củng cố kiến thức luyện tập kỹ - Giải phương trình bậc hai tập số phức có hệ số phức - Tính môđun số phức Lời giải ( ) nên phương trình có hai 1+ (− ) + 1+ ( ) = Phương trình z − z + + 2i =0 có ∆ ' =12 − (1 + 2i ) =−2i = i 2 − i 2, z2 = + i Do ta có z1 + z2 = nghiệm là: z1 = 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? Một số câu trắc nghiệm gần Ví dụ (BGD - Đề thi thức THPTQG 2019 M101 C34) ( ) Cho số phức z thỏa mãn z + i − ( − i ) z =3 + 10i Mô đun z A B 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 (Tự luận) a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a − bi Từ giả thiết ta có: Giả sử z = ( a − bi + i ) − ( − i )( a + bi ) = + 10i ⇔ 3a − 3bi − 2a − b + − 2bi = + 7i a = a − b − = ⇔ z= − i b = −1 a − 5b − = ⇔ a − b − + ( a − 5b − ) i = 0⇔ z Vậy = 22 + ( −1)= Chọn C Cách (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm) Từ giả thiết ta có: ( −2 + i ) z + z = + 7i ⇒ z = ( + 7i )( −2 − i ) − ( − 7i ) = 2−i − 2 − i (Nhập máy) Từ w Ans = Chọn C (Công thức ta tìm hiểu VD 20) Ví dụ (BGD - Đề thi thức THPTQG 2019 M101 C44) GV: Nguyễn Xuân Chung Xét số phức z thỏa mãn z = Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức w = A + iz đường trịn có bán kính 1+ z B 26 34 C 34 D 26 Phân tích Trong câu thấy nội dung là: Tìm biểu diễn w thông qua z - Các phép biến đổi đại số - Biến đổi hình học tọa độ Lời giải Cách (Tự luận - Biến đổi đại số) x + yi, ( x, y ∈  ) Ta có w(1 + z ) = + iz ⇒ z ( w − i ) = − w ⇒ w − i = w − Giả sử w = 2 ⇒  x + ( y − 1)  = ( x − ) + y ⇔ ( x + y − y + 1) = x − x + 16 + y   ⇔ x + y + x − y − 14 =0 ⇔ ( x + ) + ( y − ) =34 , suy R = 34 Chọn A 2 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: x + y + 2ax + 2by + c = (1) Vào Mode ghi + iX CALC nhập −1 − i =ta có (1;5 ) thay vào (1): 2a + 10b + c =−26 1+ X CALC nhập −1 + i =ta có ( −1; −3) thay vào (1): −2a − 6b + c =−10 −1 CALC nhập + i =ta có  ;  thay vào (1): 14a − 2b + 5c = −10 5  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 a bi, v =+ x yi, ( a, b.x, y ∈  ) , ta chứng minh định lý minh lại định lý sau: Giả sử u =+ phép biến đổi tương đương: u.v = u v ⇔ u.v = u v ⇔ ( ax − by ) + ( ay + bx ) = ( a + b )( x + y ) 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) Cho số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z + + 3i − z i =0 Tính S= a + 3b GV: Nguyễn Xuân Chung A S = B S = −5 D S = − C S = Lời giải −1 + ( m − 3) i ⇒ z =1 + ( m − 3) ⇒ m = + ( m − 3) Đặt z= m ≥ , ta có z = 2 ⇒ =1 − 6m + ⇒ m = , thay trở ta có z =−1 − i ⇒ S =a + 3b =−5 Chọn B 3 Cách (Tính trực tiếp) Để cho gọn ta đặt z = a + b =m ≥ , ta có: z + + 3i − z i =0 a = −1 a + =0 a + bi + + 3i − mi = ⇔ a + + ( b + − m ) i = ⇒  ⇒ ( b + 3) = m2 = + b2 b + − m = a = −1 a = −1  ⇒ ⇒ a 3b = −5 ⇒ S =+ b = − 6b + =  Ví dụ 10 (THPT Kinh Môn - Hải Dương) Số phức z= a + bi ( với a , b số nguyên) thỏa mãn (1 − 3i ) z số thực z − + 5i = Khi a + b A B C D Lời giải Đặt (1 − 3i ) z = m ∈  ⇒ z = vào giả thiết thứ hai ta có m m 3m b 4n; n ∈  Thay z i = n + 3ni Ta cần tính a + = = + − 3i 10 10 n − + ( − 3n ) i =1 ⇒ ( n − ) + ( − 3n ) =1 ⇒ n =2 ∈  ⇒ P =8 Chọn B 2 Cách (Tính trực tiếp) Ta có (1 − 3i ) z =(1 − 3i )( a + bi ) =a + 3b + ( b − 3a ) i số thực nên b = 3a suy z = a + 3ai vào giả thiết thứ hai ta a − 3ai − + 5i = ( a − ) + ( − 3a ) 2 =1 ⇒ a = ∈  ⇒ P = a + b = 4a =8 Ví dụ 11 Cho số phức z= a + bi ( a , b số thực ) thỏa mãn z z + z + i =0 Tính giá trị biểu thức T= a + b A.= T −2 B T = + 2 C T = − 2 Lời giải D T= + GV: Nguyễn Xuân Chung Đặt z= m ≥ , ta có z ( m + ) =−i ⇒ z ( m + ) =1 ⇒ m ( m + ) =1 ⇒ m = − thay trở ta có z = −i = − i ⇒ T = a + b2 = − 2 +1 ( ( ) ) = − 2 Chọn C Mời em giải cách khác Ví dụ 12 (BGD - Đề thi thức 2017) Có số phức z thỏa mãn z − 3i = A B z số ảo? z−4 D C Vô số Lời giải Đặt 3b + ( 4b + 3) i 4bi z 4bi − 3i =5 ⇔ =5 , ta có = bi ⇒ ( bi − 1) z = 4bi ⇒ z = bi − bi − z−4 bi − ⇒ 9b + ( 4b + 3) = 25 ( b + 1) ⇒ 24b = 16 ⇒ b = 2 16 24 ⇒z= − i Chọn D 13 13 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) a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z + + i − z (1 + i ) =0 z > Tính P= a + b Cho số phức z = A −1 B −5 C D Lời giải Cách −2 − i + m (1 + i ) = Đặt z= m > Ta có z = ( m − ) + ( m − 1) i ⇒ m =( m − ) + ( m − 1) 2 ⇒ m =2m − 6m + ⇒ m − 6m + =0 ⇒ m =5 Vậy z =3 + 4i ⇒ P =7 Chọn D Cách Biến đổi phương trình z = Đặt z= m > ⇒ z 2+i + = z (1 − i ) + − i ⇔ z − + i = (1 − i ) z 1+ i 1+ i 2 ( 2m − ) + = 2m ⇒ 2m − 12m + 10 = ⇒ m = Thay trở ta z =−2 − i + (1 + i ) =3 + 4i ⇒ P =7 Cách GV: Nguyễn Xuân Chung a + − m = b = a + ⇔ Đặt z= m > ta có a + bi + + i − m (1 + i ) = ⇔  b + − m = m = + b > b = a + > b = a + > a = Suy  ⇔ ⇔ ⇒P=  2 2 b = b − 4b = ( b − 1) + b =(1 + b ) Cách (Trắc nghiệm) m a + = i m (1 + i ) ⇒  ⇒ a += b 2m − > −1 Đến ta thử Đặt z= m > , ta có z + += b + =m + Đáp án C: 2m − = ⇒ m = ⇒ z = + 2i ⇒ = m = z = (loại) + Đáp án D: Tơ khoanh trịn! Ví dụ 14 (THPT Chuyên Quang Trung - Bình Phước) z ( z + 1)( z − i ) số thực Tìm số phức z thỏa mãn z − = A z = + 2i B z =−1 − 2i C z= − i D z = − 2i Lời giải Giả sử z = a + bi, ( a, b ∈  ) z = a + b =m ≥ , ta có z − = m ⇒ ( a − ) + b = m 2 ⇒ −4a + = ⇒ a = , z = + bi ( + bi ) 1 − (1 + b ) i  số thực nên −2 (1 + b ) + b =0 ⇒ b =−2 Vậy z = − 2i Chọn D Cách z xem số thỏa mãn? Ta dùng chức CALC để thử kiểm tra trước tiên z − = X CALC nhập số phức Loại B C Tiếp theo kiểm tra điều kiện thứ hai Ghi X − = Ghi ( + Bi )(1 − Bi − i ) CALC nhập phần ảo = loại A Vậy chọn D Cách ( ) ( ) Giả sử z = a + bi, ( a, b ∈  ) ( z + 1) z + − − i ∈  ⇔ ( z + 1) z + − ( z + 1)(1 + i ) ∈  ⇔ ( z + 1)(1 + i ) =+ a + bi + i + ia − b ∈  ⇒ b + + a =0 ⇒ b =−1 − a Mặt khác z − = z ⇒ ( a − ) + b = a + b ⇒ a = b = - z = - 2i Ví dụ 15 (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình) Cho số phức z thỏa mãn z − z =2 Biết phần thực z a Tính z theo a A 1− a B a − a2 + C a + a2 + D a + a2 + GV: Nguyễn Xuân Chung Lời giải Giả sử z= a + bi z = a + b =m ≥ , ta có z − m = ⇒ a + b − 2am + m − = ⇒ m − am − = ⇒ m = ⇒ ( a − m ) + b2 = 2 a + a2 + Chọn D Mời em giải cách khác Ví dụ 16 (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh ) ( z + 2i ) số ảo? Có số phức z thỏa mãn z + − 3i = A C B D Lời giải i ⇒ a + b= 18 (*) Đặt z + − 3i = a + bi ⇒ z = a − + ( b + 3) i ta có z + − 3= ( z + 2i )  a= b + 2 =  a − + ( b + ) i  số ảo nên ⇒ ( a − 1) − ( b + ) =0 ⇔   a =−b − + TH 1: a = b + ( b + ) + b = 18 ⇔ b =−3 (nghiệm kép) + TH 2: a = - b - ( b + ) + b = 18 ⇔ b + 4b − = (Hai nghiệm vô tỉ) Chọn C Ví dụ 17 (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Hà Nội) Tìm mơđun số Gọi z1 , z2 hai số phức thỏa mãn z − + 2i =5 z1 − z2 = phức w = z1 + z2 − + 4i A w = B w = 16 C w = 10 D w = 13 Lời giải Cách (Hình học) Đặt u = z1 − + 2i, v = z2 − + 2i w= u + v u u= v= nên w= u + v đường chéo hình w thoi, ngồi u − v = z1 − z2 = v 8 Suy w = u + v = −   = Chọn A 2 Ví dụ 18 (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An) Có số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + z số ảo z − 2i = A B C D Vô số Lời giải Đặt z − 2i = a + bi ⇒ z = a + ( b + ) i , ta có z − 2i =1 ⇒ a + b =1 (*) GV: Nguyễn Xuân Chung (1 + i ) z + z = z + z + iz = 2a − ( b + ) + số ảo nên ⇒ 2a − ( b + ) = ⇒ b = 2a − vào (*) ta có a + ( 2a − ) 2 a = Suy có số phức Chọn A =⇔  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 − z =−7 + 3i + z Tính z A B 13 C 25 D Lời giải Giả sử z= a + bi z = a + b = m , ta có m =−7 + 3i + z + z =3a − + ( − b ) i  = 3a − a + 9= 9a − 42a + 49 m ⇒ ⇒ ⇒ a= 4, b= Vậy z =4 + 3i ⇒ z =5 Chọn D b 3, a ≥ 0= − b =  Ví dụ 20 Biết z= a + bi ( a, b ∈ ) số phức thỏa mãn ( − 2i ) z − 2iz =15 − 8i Tổng a + b A a + b = B a + b =−1 C a + b = Lời giải D a + b = Cách Ta có z= a + bi ⇒ z = a − bi Theo đề ta có a = 3a = 15 ⇔ b = 4a − 3b = ( − 2i )( a + bi ) − 2i ( a − bi ) =15 − 8i ⇔ 3a − ( 4a − 3b ) i =15 − 8i ⇔  Vậy a + b = Chọn C Cách Phương trình dạng Az + Bz = C , ta có A z + B z = C ⇒ z = C B − z thay trở A A C B  C A − C.B (15 − 8i )( + 2i ) − (15 + 8i )( −2i ) ⇒ Az + B  − z  = C ⇒ z = = 13 − A A − B.B A A  z = + 4i ⇒ a + b = Chọn C Kết quả: Ban đầu Az + Bz = C tính z = C A − C.B A A − B.B Ví dụ 21 (SGD Quảng Nam ) −2i Tổng phần thực phần ảo số phức z thoả mãn iz + (1 − i ) z = GV: Nguyễn Xuân Chung thay biến P= (2 + ) ( cos t + + sin t ) +2 ( −2 + ) ( cos t + −4 + sin t ) P = 40 + ( cos t + 2sin t ) + 40 − ( cos t + 2sin t ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có P ≤ (1 + 22 ) ( 40 + 40 ) = 20 Chọn B Ví dụ 78 (THPT Kim Liên – Hà Nội) Xét số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z − − 2i = Tính a + b z + − 2i + z − − 5i đạt giá trị nhỏ A − B + D + C Phân tích Bài tốn cho điểm M thuộc đường trịn cần tìm MA + 2MB Lời giải (1) Đặt z − − 2i = x + yi, ( x, y ∈  ) ⇒ z = x + + ( y + ) i Theo giả thiết ta có x + y = Mặt khác T = z + − 2i + z − − 5i = x + + yi + x + + ( y − 3) i hay T= ( x + 4) + y2 + ( x + 1) + ( y − 3) 2 (2) Cách (Trắc nghiệm Casio) Áp dụng (1), khai triển T = + x + 14 + x − y , để tìm giá trị nhỏ mục x ≤ − x vào T, ta có: y tiêu  ⇒ x ∈ [ −2;0] ,= y ≥  T=  + x + 14 + x − − x  vào Mode khảo sát Tmin =6 ⇔ x =−1 ⇒ y =   Suy a + b = x + y + = + Chọn D Cách (Đại số) Áp dụng (1) ta biến đổi ( x + ) + y = 20 + x = ( + x ) = ( x + 1) + y  thay trở (2)   T ta có = ( ( x + 1) + y + 2 ( x + 1) + ( − y ) 2 ) ≥ ( y + − y ) ≥ y + − y =6  x = −1, x + y = Dấu có  ⇔ x =−1, y = ⇒ a + b =x + y + =4 + Chọn D  y ( − y ) ≥ Lời bình So sánh với 75, 76 ta thấy hệ số đoạn thẳng 1: yêu cầu tìm max, hệ số đoạn thẳng 1: u cầu tìm Ngồi khác với 77 Bất đẳng thức khác bất đẳng thức Mincopxki GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 79 (THPT Chuyên Đại học Vinh) Xét số phức z, w thỏa mãn = z 2, iw − + 5= i Giá trị nhỏ z − wz − bằng: A B ( 29 − ) C D ( ) 29 − 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 + + 2i = (1) Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈  ) Đặt P = z − wz − = z − wz − z.z = z z − w − z = z − w − z ⇒ P = 2 yi − w = w − yi , lại đặt w − yi =u ⇒ w =u + yi ta cần tìm (2) P = u Thế w vào (1) ta có u + + ( y + ) i = −2, u = −4 thỏa Chú ý z = ⇒ y ∈ [ −2; 2] xem y tham số, hiển nhiên cho y = mãn điều kiện (2) ⇒ Pmin = −4 = 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 giải tốn 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 w − yi Thế w vào P ta có: Từ (1) ta đặt w + + 2i = a + bi ⇒ w = a − + ( b + ) i , ta có a + b = 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 a − mà a ∈ [ −1;1] , trước ta cho b = chọn y = lấy a = Pmin = − = Rõ ràng ta cần lập luận mà khơng cần khảo sát Ví dụ 80 Cho số phức w , z thỏa mãn w + i = 5w = ( + i )( z − ) Giá trị lớn biểu thức P = z − − 2i + z − − 2i A B + 13 C 53 D 13 Phân tích GV: Nguyễn Xuân Chung 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 5i i ⇔ z −4+ = ( + i )( z − ) += 5 2+i 2+i ⇔ z − + 2i = Đặt z − + 2i = a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a + + ( b − ) i ta có: a + b2 = (1) Thế z vào P ta có: P = a + + ( b − ) i + a − + ( b − ) i kết hợp (1) ta có P= ( a + 2) + (b − 4) 2 ( a − 2) + (b − 4) + = 29 + 4a − 8b + 29 − 4a − 8b suy P ≤ ( 58 − 16b ) ≤ ( 58 − 16 ( −3) ) = 53 Dấu có a = 0, b = - Chọn C Cách Nếu đơn giản P ta đặt u = z − − 2i ⇒ z = u + + 2i P trở thành: P = u + + u − đường tròn trở thành u + 4i = Xét M ( x; y ) biểu diễn u điểm P MA + MB , M di chuyển đường tròn tâm I, r = A ( −2;0 ) , B ( 2;0 ) , I ( 0; −4 ) thì= Dễ thấy Oy trục đối xứng đường tròn trung trực AB, nên P lớn x = 0, y = - giao Oy đường tròn Pmax= 22 + 2= 53 (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 − − i =5 biểu thức T = z − − 9i + z − 8i đạt giá trị nhỏ A z= − 2i Phân tích B z = + 6i C z =−2 − 3i D z= + 5i Bài toán cho điểm M thuộc đường trịn cần tìm MA + 2MB Lời giải Đặt z − − i = a + bi, ( a, b ∈  ) ⇒ z = a + + ( b + 1) i Ta có a + b = 25 (1) Thế z vào T ta có T = a − + ( b − ) i + a + + ( b − ) i Hay T = ( a − ) + ( b − 8) 2 +2 ( a + 1) + ( b − ) 2 Sử dụng (1) ta biến đổi xuất số GV: Nguyễn Xuân Chung ( a − ) + ( b − 8) 2  2  125   = 125 − 12a − 16b =  − 3a − 4b  =  − a  + ( b − )  suy       3  T   − a  + (b − 2) + =  2   Dấu có ( a + 1) + ( − b ) 2     ≥  + 1 + ( − 2= ) 5  2   3/ 2−a b−2 = ,a = + b 25 nên a = 0, b = z = + 6i Chọn B a +1 7−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 + + 3i = Tính P= a + b z + − 5i + z − + 3i đạt giá trị lớn B P = −3 A P = C P = D P = −7 Phân tích Cho đường trịn Tìm z0 để tổng MA + MB đạt max (Đã giải VD 75) Lời giải Thế z vào T ta có Đặt z + + 3i = x + yi ⇒ z = x − + ( y − 3) i ta có: x + y = T = x + ( y − ) i + x − + yi = x + ( y − ) + ( x − 8) + y2 66 − 16 y + 66 − 16 x ≤ (132 − 16 x − 16 y ) ≤ (132 + 32 ) = 82 Hay T = Dấu có x = y = - 1, z = - - 4i nên P = −7 Chọn D Ví dụ 83 Cho số phức z thỏa mãn z − − 2i + z − − 6i =9 Giá trị lớn z − 10 − 14i A 17 Phân tích B 20 C 15 D 12 Cho M thuộc Elip điểm A Tìm max MA (Đã giải VD 73) Lời giải Đặt z − 10 − 14i =a + bi, ( a, b ∈  ) ta có a + + ( b + 12 ) i + a + + ( b + ) i = hay ta có ( a + 9) + ( b + 12 ) + ( a + 6) + ( b + 8) = cần tìm max a + b2 = m GV: Nguyễn Xuân Chung m + 225 + ( 3a + 4b ) + m + 100 + ( 3a + 4b ) (1) Viết lại: = Ta có 3a + 4b ≤ 25 ( a + b 2= ) 5m ⇒ −5m ≤ 3a + 4b ≤ 5m (2), kết hợp (1) suy ≥ m + 225 − 30m + m + 100 − 20m = m − 15 + m − 10 = 2m − 25, ( m > 15 ) ⇒ m ≤ 17 Vậy max a + b =m =17 Chọn A Ví dụ 84 Cho z ∈  thỏa mãn z + − 3i = Tìm giá trị lớn P = z − + z + − 2i ? B A D C 2 Phân tích Cho đường trịn Tìm max MA + 3MB Lưu ý hệ số khác nhau, số lẻ không đẹp Lời giải Khi Đặt z + − 3i = x + yi ⇒ z = x − + ( y + 3) i ta có: x + y = P = z − + 2z + − 4i = x − + ( y + 3) i + x + + ( y − 1) i 2P = ( x − 3) + ( y + 3) 2P = 20 − ( x − y ) + 12 + ( x − y ) ≤ 2 ( x + 1) + ( y − 1) +3 20 − ( x − y ) + + ( x − y ) = (1 + 3)( 20 + 12 ) = ⇒ Pmax = Chọn A Ví dụ 85 [THPT Lê Hồng Phong] Cho số phức z w thỏa mãn z + w =3 + 4i z − w = Tìm giá trị lớn biểu thức T= z + w B 14 A 176 C D 106 Phân tích Hình thức thay đổi quy đường trịn Tìm max MA + MB Lời giải Cách Thế w =3 + 4i − z vào giả thiết thứ hai ta có: z − − 4i = Hơn viết lại 2T= z + z − − 8i Đặt z − − 4i = a + bi, ( a, b ∈  ) ta có: a  b  81 (1) Khi 2T = a + + ( b + ) i + a − + ( b − ) i hay viết thành 2T = ( a + 3) + ( b + ) 2 + ( a − 3) + ( b − ) 2 ≤ (1 + 1) ( 2a + 18 + 2b + 32 ) = 106 Dấu có 6a + 8b = dễ thấy đường thẳng cắt đường tròn (1) Vậy chọn D GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2 Đặt = z m= , w n theo quy tắc hình bình hành ta có m + n= ( 2 z+w + z−w ) (1 + 1) ( m2 + n2 ) =106 53 không đổi suy ra: m + n ≤ hay ta có m + n = 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 tốn, với hệ số khác khơng áp dụng Chẳng hạn ta xét toán sau 6i z − w = Ví dụ 86 Cho số phức z w thoả mãn z + w =+ Giá trị lớn biểu thức z + w A B 26 C 66 D 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: m z= , n w ,= p z.w + z.w Sử dụng tính chất z = z.z ta có: Đặt = ) ( z + w =( z + w ) z + w =m + p + 4n (1) ( ) Và z − w = ( z + w ) z − w = 2m − p + 2n (2) Cộng vế (1) (2) , kết hợp giả thiết suy ra: ( 82 + 62 ) + 2.42 = 3m + 6n Suy m + 2n = 44 m + n= 1.m +  1 2n ≤  +  ( m + 2n ) =  2 44 = 66 Chọn C Cách Không định ta phải dùng môđun, trở phép 79 xem sao? 8 Biến đổi z − w = ⇒ z − ( + 6i − z ) = ⇒ z − − 6i = ⇒ z − − 2i = 3 64 Xét 2T= z + w= z + z − − 6i Đặt z − − 2i = a + bi ⇒ a + b = 16 2T = a + + ( b + ) i + a − + ( b − ) i (như ta có dạng 2MA + MB) Hay ta có 3 2 8 164 16a 464 32a 2   16  2T=  a +  + ( b + ) +  a −  + ( b − )= + + 4b + − − 8b 3 3 9   GV: Nguyễn Xuân Chung ( Suy 2T ≤ )  328 464  + 12  + =   × 88 ⇒ T ≤ 66 Chọn C Ví dụ 87 [SGD Phú Thọ] Cho tập hợp số phức z thỏa mãn iz − − i = Giá trị lớn biểu thức z − − i + z + + 8i A 15 Phân tích D 18 C B 15 Cho M thuộc đường trịn Tìm max 2MA + MB Lời giải Trước hết biến đổi iz − − i = ⇔ z − + 2i = đặt z − + 2i = a + bi ta có: (1) Ngồi z = a + + bi − 2i , z vào T ta được: a + b2 = T = a − + ( b − 3) i + a + + ( b + ) i hay viết lại T= 27 − ( a + b ) + 81 + 12 ( a + b= ) T≤ 54 − 12 ( a + b ) + 81 + 12 ( a + b ) Chọn C ( + 1)( 54 + 81) = Ví dụ 88 Gọi n số số phức z đồng thời thỏa mãn iz + + 2i =3 biểu thức T = z + + 2i + z − 3i đạt giá trị lớn Gọi M giá trị lớn T Giá trị tích M n B 13 A 10 21 D 13 C 21 Phân tích Cho M thuộc đường trịn Tìm max 2MA + 3MB Đạt cực trị điểm? Lời giải (1) Biến đổi iz + + 2i = ⇔ z + − i = đặt z + − i = a + bi ta có: a + b = Ngoài z = a − + bi + i , z vào T ta được: T = a + + ( b + 3) i + a − + ( b − ) i hay viết lại T= ( a + 3) + ( b + 3) 2 +3 T= 27 + ( a + b ) + 17 − ( a + b= ) Suy T ≤ ( + 3)( 54 + 51)= ( a − 2) + (b − 2) 2 54 + 12 ( a + b ) + 51 − 12 ( a + b ) 21 ⇒ M= 21 Dấu xảy ( 54 + 12a + 12b ) =2 ( 51 − 12a − 12b ) ⇔ a + b =−1 mà dễ thấy đường thẳng cắt đường tròn (1) hai điểm phân biệt nên n = Vậy Mn = 10 21 Chọn A GV: Nguyễn Xuân Chung Ví dụ 89 (Đặng Việt Hùng) Cho số phức z, z1 , z thỏa mãn z − + 2i = z + − 4i , z1 + − 2i = 2, z − − 6i = Tính giá trị nhỏ biểu thức T = z − z1 + z − z + 3770 13 Phân tích A B 10361 13 3770 13 C D 10361 26 Cho điểm M thuộc đường thẳng P, Q thuộc đường trịn Tìm max MP + MQ Lời giải Gọi M ( z ) = M ( x; y ) , I ( −5; ) , K (1;6 ) , A (1; −2 ) , B ( −3; ) , P ( z1 ) , Q ( z2 ) , R1 = R2 = Khi M thuộc trung trực AB có phương trình x − y + = ( ∆ ) P, Q di chuyển lần   lượt hai đường tròn tâm I K bán kính R = Nhân xét AB = ( −4;6 ) , IK = ( 6; )   Nghĩa AB ⊥ IK nên hai đường thẳng IK / / ∆ , d ( I , ∆ ) > R, IK > R I H K Q P M Rõ ràng ta có T = MP + MQ + R nhỏ P, Q thuộc đoạn MI, MK tính đối xứng nên Tmin 2 3770 1  = 2MK Vậy Tmin= MK=  IK  +  d ( I , ∆ )  = Chọn A 13 2  Lời bình Bài ý tưởng lấy từ THPT Thuận Thành – Bắc Ninh hình học tọa độ Oxyz thay hai mặt cầu hai đường trịn Ví dụ 90 (SGD Nghệ An - THPT Liên trường) ( z1 có phần Cho số phức z gọi z1 , z hai nghiệm phức phương trình z + 8i = thực dương) Giá trị nhỏ biểu thức P = z − z1 + z2 − z + z + z1 + z2 viết dạng m n + p q (trong n, p ∈ N ; m, q số nguyên tố) Tổng m + n + p + q A 10 Phân tích B 13 C 11 D 12 Cho điểm (cần phải giải), suy điểm thứ 3, M tùy ý Tìm MA + MB + MC Lời giải z Giải nghiệm z1 =2 − 2i, z2 =−2 + 2i ⇒ z1 + =3 − 3i Viết lại P = z − + 2i + z + − 2i + z + + 3i Xét: M ( z ) , A ( 2; −2 ) , B ( −2; ) , C ( −3; −3) GV: Nguyễn Xuân Chung P = MA + MB + MC Dễ thấy tam giác ABC cân C, tính đối xứng A, B nên điểm M thuộc đoạn OC Phương trình B đường thẳng OC x = t , y = t ⇒ M ( t ; t ) , t ∈ [ −3;0] Ta có (t − 2) + (t + 2) P= = P 2 P ' ( t ) =0 ⇒ t =− -2 -2  2t  2 + 1  t +4  ) ( O -3 + ( t + 3) hay = 2 t2 + + t + , P '(t ) A -3 C , suy P = + m + n + p + q = + + + = 13 Chọn B Ví dụ 91 (THPT Chun Hồng Văn Thụ - Hịa Bình) Cho số phức z thỏa mãn z + i + z − i = 10 Giá trị nhỏ z bằng: A B C 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 Lời giải Dễ thấy z = không thỏa mãn, giả sử z= m > đặt z = m ( cos t + i sin t ) , t ∈ [ 0; 2π ] 10 Khi ta có m cos t + (1 + m sin t ) + m cos t + (1 − m sin t ) = 2 ⇔= 10 m + + 2m sin t + m + − 2m sin t ≤ (4 + 32 )( 2m + ) ⇒ 2m + ≥ ⇒ m ≥ ⇒ z = m = Dấu có khi: ( + 2sin t ) = 16 ( − 2sin t ) ⇒ sin t = (thỏa mãn thuộc [ −1;1] ) 25 Thật may mắn phép ứng biến thành cơng Vậy z = tơ khoanh trịn D! Các luyện tập Câu (BGD - Đề thi thức THPTQG 2019 M102 C44) Xét số phức z thỏa mãn z = Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn số phức w = A + iz đường trịn có bán kính 1+ z B 12 C 20 D GV: Nguyễn Xuân Chung Câu (SGD Hưng Yên ) Cho số phức z thỏa mãn z = 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 D 5 C Câu (BGD -Đề thi thức THPTQG 2019 M104 C31) Cho số phức z thỏa (2 − i ) z + + 16i= 2( z + i ) Môđun z B 13 A C 13 D Câu Xét số phức z thỏa mãn z  2i   Biết tập hợp điểm biểu diễn số phức w  12  5i  z  3i đường trịn Tính bán kính đường trịn 52 A B 13 D 12 C 52 Câu Cho hai số phức z , z ′ thỏa mãn z + = z ′ + − 3i = z ′ − − 6i Tìm giá trị nhỏ z − z′ A B C 10 D 10 Câu [THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương] Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn điều kiện z= Giá trị z= z1 + z2 = 2z1 − z2 bằng: A B C D Câu Có số phức z thỏa mãn z  z 10  z  z 1  i  z   i ? A C B Câu Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1  3, D z2  Tính giá trị biểu thức P  z1  z2  z1  z2 A P  20 B P  30 C P  50 D P  60 Câu [SGD Lào Cai ] Cho z1 , z2 hai số phức liên hợp nhau, đồng thời thỏa mãn z1 ∈ R z1 − z2 = z2 Tính mơ đun số phức z1 A z1 = B z1 = C z1 = D z1 = GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 10 Có tất giá trị nguyên m để có hai số phức z thỏa mãn z − ( 2m − 1) − i = 10 z − + 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 > ) thỏa mãn z − + 2i =5 z.z = 10 Tính P= a − b A P = B P = −4 C P = −2 D P = Câu 12 Cho z1 , z2 số phức thỏa mãn z= z= z1 − z2 = Tính giá trị biểu thức = P z1 + z2 A P = B P = D P = C P = Câu 13 (SGD Ninh Bình)  5 Tính tổng phần thực tất số phức z ≠ thỏa mãn  z +  i = − z  z   A −2 B −3 C Câu 14 Tính tổng hai số phức z thỏa mãn điều kiện A -4+i B 2i D z − 3i số ảo z = z +i C 8+2i D 4-2i Câu 15 Biết có hai số phức z đồng thời thỏa mãn z − = z + + i ( z − i )( z + + 2i ) số thực Tích hai số là: 8 A − i B + i 3 3 C − − i 3 D − + i 3 Câu 16 (TT Diệu Hiền - Cần Thơ) Xét số phức z thỏa mãn z − − 2i = Giá trị nhỏ biểu thức P = z − − i + z − − 2i A + 10 B C 17 D 2 Câu 17 Cho số phức z thoả mãn z − − 4i = biểu thức P = z + − z − i đạt giá trị lớn Môđun số phức z A 10 B C 13 D 10 Câu 18 Cho số phức z thỏa mãn z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = + z + − z A 15 B C 10 D GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 19 [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai] Cho số phức z thỏa z = Tìm giá trị lớn P = z + z + z − z A 14 C 2 B D 2 Tính = Câu 20 Xét số phức z= a + bi ( a, b ∈  ) thỏa mãn z + − 3i = P 2a + b z + + 6i + z − − 2i đạt giá trị lớn A P = B P = −3 C P = D P = Câu 21 [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] Gọi S tập hợp số phức thỏa mãn z − + z + = 10 Gọi z1, z2 hai số phức thuộc S có mơ đun nhỏ Giá trị biểu thức P= z12 + z22 là: A 16 B 32 C -32 D -16 Câu 22 (SGD Ninh Bình): Cho số phức z thỏa mãn z + =3 Tìm giá trị lớn T = z + − i + z − + i A 46 B 13 C 26 D 23 Câu 23 [THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai] Cho số phức z thỏa z − − 2i = z − − i Khi z nhỏ A B C D Câu 24 (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + − i =2 z2 = iz1 Tìm giá trị nhỏ m biểu thức z1 − z2 ? m A = −1 B m = 2 C m = m 2 −2 D.= Câu 25 Cho số phức z thỏa z − − i + z − − 2i = Gọi M, m giá trị lớn giá trị nhỏ z Tính tổng M + m A + 13 B − 13 C + 13 D 2+ Câu 26 Cho hai số phức u , v thỏa mãn u − 6i + u − − 3i =5 10 , v − + 2i = v + i Giá trị nhỏ u − v là: A 10 B 10 C 10 D 10 GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 27 Cho số phức z thỏa mãn z + i + z − i = 10 Giá trị nhỏ z A B C D Câu 28 Cho số phức z thỏa mãn z − − 3i + z + + 3i = Giá trị lớn z A 13 + B + 13 D + C Câu 29 [THPT Thăng Long - Hà Nội] Cho số thực a thay đổi số phức z thỏa mãn z a2 + = i−a Trên mặt phẳng tọa độ, − a ( a − 2i ) gọi I(−3; 4) M điểm biểu diễn số phức z Khi a thay đổi MI đạt nhỏ là: A B C Câu 30 (THPT Chuyên Đại học Vinh) D ( ) Giả sử z1 , z2 hai số phức z thỏa mãn ( z − ) + zi số thực Biết z1 − z2 = Giá trị trị nhỏ z1 + z2 bằng: A − 21 B 20 − 21 C 20 − 22 D − 22 Câu 31 Xét số phức z= a + bi , ( a, b ∈  ) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z = z + − 3i z + − i + z − + 3i đạt giá trị nhỏ Giá trị P= a + 2b là: A P = − 252 50 B P = − 41 C P = − 61 10 D P = − 18 Câu 32 Gọi z= a + bi số phức thỏa mãn z − − i =5 z − − 9i + z − 8i đạt giá trị nhỏ Giá trị 2a + 3b A 14 B -17 C 20 Câu 33 [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp] z Cho số phức z w thỏa mãn (3 − i )= A 2 B 2 D -12 z + − i Tìm GTLN T= w + i w −1 C D Câu 34 (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội ) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 − 3i + = iz2 − + 2i =4 Tìm giá trị lớn biểu thức= T 2iz1 + z2 A 313 + 16 B 313 C 313 + D 313 + Câu 35 Cho số phức z thỏa mãn z + − i + z − + i = Tìm giá trị lớn iz + ? A 16 B 10 C + 2 D + GV: Nguyễn Xuân Chung Câu 36 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + = z + 2i Giá trị nhỏ biểu thức P = z − − 2i + z − − 4i + z − − 6i viết dạng a + b 17 với a , b số hữu tỉ Giá trị a + b C B A D Câu 37 [SGD Lào Cai ] Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z − − 4i = biểu thức M = z + − z − i đạt giá trị lớn Tính mơ đun số phức z + i B A 61 C D 41 Câu 38 Cho số phức z thỏa mãn (1 + i ) z + − 3i =3 Giá trị lớn biểu thức P = z + + i + z − − 3i ( A ) B 15 + 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 = z(z + 2) − (z + z) − m số ảo Tổng phần tử S là: A 2+1 2+1 B C −1 D Câu 40 Cho số phức z1 thỏa mãn z1 − + 3i = z1 − − 3i z2 thỏa mãn z2 − − 3i = z2 − + 3i Tìm giá trị nhỏ P = z1 − z2 + z1 − + i + z2 − − i A PHỤ LỤC: 18 13 16 C 10 D 13 >>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>> B Chứng minh cơng 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 C−A − C−B Kết quả: z − C = A− B Hướng dẫn chứng minh Để dễ nắm bắt, ta chuyển tốn hình học tọa độ Oxy, sau chuyển lại dạng số phức Gọi M(x; y), A(a; b), B(c; d), C(m; n) điểm biểu diễn số phức tương ứng z, A, B, C GV: Nguyễn Xuân Chung + Phương trình trung trực BA là:   OA2 − OB OA2 − OB BA.OM − = ⇔ ( a − c ) x + (b − d ) y − = 2 + Khi tính khoảng cách từ C đến d OA2 − OB ( a − c ) m + (b − d ) n − ( a − c ) + (b − d ) 2      BA OC − OA + OC − OB = z1 − z2 ( ) =      BA.OC − BA OA + OB ( ( a − c ) + (b − d ) ) ( z3 − z2 ) − ( z3 − z1 )  ( z3 − z2 ) + ( z3 − z1 )  z1 − z2 C−A − C−B Tức ta có z − C = A− B Điều phải chứng minh GV: Nguyễn Xuân Chung