xoay master 1

Thủ thuật máy tính cầm tay, số 7, 2017
c Nhóm Thủ thuật Casio Khối A

PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng
buộc ellipse và đoạn thẳng
Lê Master*
Tóm tắt nội dung
Bài viết đề cập chiến lược giải Xoay Master giúp chính tắc hóa nhanh chóng các bài toán
tìm cực trị module số phức với ràng buộc ellipse hoặc ellipse suy biến thành đoạn thẳng.
Từ khóa
Giá trị lớn nhất — giá trị nhỏ nhất — ellipse — đoạn thẳng — xoay — chính tắc.
*

ID: 100007176254689 , : channel/UCjtrGpIhih6N107ZdqG9B5A
LATEX hóa nguyên tác và hiệu đính bởi Dương Trác Việt.

Mục lục

2. Vấn đề chính tắc hóa ellipse

1

Bài toán

1

2

Vấn đề chính tắc hóa ellipse

1

3

Công thức Xoay Master

2

4

Cực trị module số phức với ràng buộc ellipse chính tắc
2

Ta đã biết, tập hợp các số phức z thỏa mãn
|z + x1 + iy1 | + |z + x2 + iy2 | = k có thể là ellipse
hoặc ellipse suy biến thành đoạn thẳng. Và nếu là
ellipse, thì nó có thể ở dạng chính tắc hoặc không
(Hình 1).
y

4.1 Các trường hợp đặc biệt . . . . . . . . . . . . 2

(E2 )

M thuộc trục lớn • M thuộc trục bé

4.2 Chú ý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
5

Các bước giải

(E1 )

(E3 )

4
x

5.1 Chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
5.2 Kiểm tra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
5.3 Tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Tính đoạn thẳng • Tính ellipse

5.4 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
(E4 )

Kết luận đoạn thẳng • Kết luận ellipse

6

Ví dụ

5

6.1 Ràng buộc đoạn thẳng . . . . . . . . . . . . . 5
6.2 Ràng buộc ellipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Tài liệu

11

1. Bài toán
Biết z ∈ C : |z + x1 + iy1 | + |z + x2 + iy2 | = k
(k > 0). Tìm min và max của P = |z + x3 + iy3 |.

Hình 1. Một số ellipse không chính tắc.

Trên thực tế, giả thiết chính tắc là vô cùng
quan trọng khi giải quyết những bài tập về ellipse bởi tính trực quan, sinh động của nó: đánh
mạnh vào tư duy trực giác, quan sát nhận diện
được ngay hướng giải quyết tiếp theo. Do đó, vấn
đề cấp thiết lúc này là phát triển một thuật toán có
thể nhanh chóng chính tắc hóa ellipse nhằm khai
thác triệt để các ưu điểm của dạng thức ellipse


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 2/11

đặc biệt này.

3. Công thức Xoay Master
Chúng tôi chọn cách dùng phép xoay - một
phép dời hình quen thuộc để giải quyết bài toán 1
(xem Hình 2).
Đặt F1 = (−x1 ; −y1 ), F1 = (−x2 ; −y2 ) và M =
(−x3 ; −y3 ). Gọi I là trung điểm của F1 F2 , ta có I
là tâm của ellipse. Từ đây, ta tiến hành thiết lập
công thức xoay như sau.
Rõ ràng, vì F1 , F2 cho trước nên I xác định,
mà M cũng cho trước, kéo theo IM và MIF2 không

đổi.
Ngoài ra, sau khi xoay ellipse (E) về dạng
chính tắc (E ), đoạn IM trở thành OM và góc
MIF2 trở thành góc M OF2 1 . Do đó, ta có OM và
MIF2 cũng không đổi. Điều này dẫn đến số phức
w = OM ∠MIF2 hoàn toàn xác định. Dễ thấy việc
tìm w sẽ cho ta ánh sáng để giải quyết vấn đề.
Thật vậy, gán dạng phức hóa của các điểm
vào những biến nhớ tương ứng trong máy theo thứ
B+A
→ C,
tự sau: M → X, F1 → A, F2 → B, I =
2
B−A
→ D. Khi đó, ta có OM = IM = |X −C|.
2
Hơn nữa, ta còn có2
−
→ −→
−
→ −→
MIF2 = IM, IF2 = arg(IM, IF2 )
 −−→ 
−→
F1 F2
IF2
2

= arg −
=

arg
→
−
→
IM
IM
= arg

F2 −F1
2

M−I

= arg

D
= arg
.
X −C

B−A
2

X −C

Như vậy, w được tính toán thông qua biểu
thức
D
|X −C|∠ arg
X −C

(điều phải chứng minh).

4. Cực trị module số phức với
ràng buộc ellipse chính tắc
Theo tác giả [6], bài toán tìm cực trị module
số phức với ràng buộc ellipse rất khó tìm được
nghiệm đúng, và chỉ có thể tìm được chúng trong
những trường hợp điểm M thuộc các trục của ellipse, hoặc người ra đề đã chọn hệ số thích hợp
để P2 có thể giải được giá trị cực trị tường minh
thông qua khảo sát hàm.
Trên thực tế, với phương pháp Xoay Master,
ta luôn đưa được ellipse về dạng chính tắc, do đó,
ta chỉ cần quan tâm đến các kết quả về cực trị
module tương ứng với ellipse đặc biệt này.
4.1 Các trường hợp đặc biệt
Sau khi chính tắc hóa bằng Xoay Master, ta
có (E) → (E ), M → M . Đặt Q = P = |z − M |
và = OM , ta xét những trường hợp M thuộc
các trục của (E ) [6].
4.1.1 M thuộc trục lớn

Vì (E ) chính tắc nên “M thuộc trục lớn”
nghĩa là M ∈ Ox, suy ra M (± ; 0).
Ta có
x2 y2
+ =1
a2 b2
x2
2
2

⇒y = b 1 − 2 .
a
(E ) :

Hơn nữa
Q2 = (x ∓ )2 + y2
2

= x ∓2 x+
= 1−
=

+b

2

x2
1− 2
a

b2 2
x ∓2 x+
a2

c2 2
x ∓2 x+
a2

Khảo sát f (x) =
với x ∈ [−a; a], ta có

1

Vì phép quay là phép dời hình nên nó bảo toàn khoảng
cách và góc.
2
Chú ý rằng kí hiệu hai vector chia nhau ở đây chỉ mang
tính hình thức vì đó là mẹo nhớ khi dùng arg để xác định
góc hợp bởi hai vector.

2

f (x) = 2 ·

2

2

+ b2

2

+ b2

+ b2 .

c2 2
x ∓2 x+
a2
c2

x∓2
a2

f (x) = 0 ⇔ x = x0 = ±

a2
.
c2


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 3/11
(E)

y
F1

M

I

M

(E )

F2

x
O

F1

F2

Hình 2. Chính tắc hóa ellipse.

Dễ thấy nếu

c2 2
Với M (± ; 0), ta có Q = 2 x ∓ 2 x +
a
a2
2
b và x0 = ± · 2 .
c
Hơn nữa,
2

>

c2

a
a2 c2 a2
⇔ · 2> · 2
c
a c
2
a
⇔ · 2 >a

c
a2
⇔ − · 2 < −a
c

2

c2
a2
Q (x0 ) = 2 ± · 2 ∓ 2
a
c
2
a
a2
= 2 · 2 −2 2 · 2 +
c
c
2
a
a2
= 2 − 2 · 2 + b2
/ [−a; a]. Vì thế giá trị lớn
dẫn đến x0 = ± · 2 ∈
c
c
a2
nhất và nhỏ nhất của f (x) chỉ đạt được tại x = a
= 2 1 − 2 + b2
2

(với f (a) = ( +a) ) hoặc tại x = −a (với f (−a) =
c
( − a)2 ).
2
2
2 c −a
2
2
=
·
+ b2
Rõ ràng ( + a) > ( − a) , kéo theo
c2
b2
max f (x) = ( + a)2 ,
= b2 − 2 · 2
c
min f (x) = ( − a)2 .
2
2
= b 1− 2
Và từ đây suy ra
c
2
c − 2
max Q = max f (x) = + a,
= b2
.
c2
min Q = min f (x) = | − a|.

Trường hợp còn lại, với ≤

c2
, lập luận tương
a

a2
∈ [−a; a]. Khi ấy bởi vì f (x)
c2
là hàm số bậc hai có hệ số bậc hai dương nên
min f (x) đạt tại x = x0 .

tự ta có x0 = ± ·

2

± ·
2

a2
c2

+

2

2

+

+ b2

+ b2

Vậy tóm lại, kết quả cực trị đối với trường hợp
này là

max Q
min Q

= + a,
c2 −
= b·
c2

2

.


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 4/11
4.1.2 M thuộc trục bé

(c) Khảo sát g(y) với y ∈ [−b; b];

2

Ta có M ∈ Oy suy ra M (0; ± ). Rút x từ
x2 y2

(E ) : 2 + 2 = 1 rồi thay vào Q2 ta được
a
b

(d) Kết luận cực trị của Q =

3. Khảo sát hàm lượng giác u = h(t)
(a) Từ

Q2 = x2 + (y ∓ )2
= a2 1 −

y2

b2

+ y2 ∓ 2 y +

(E ) :

2

a2
= 1 − 2 y2 ∓ 2 y + 2 + a2
b
c2
= − 2 y2 ∓ 2 y + 2 + a2 .
b
Lập luận hoàn toàn tương tự phần trên, khảo
c2

sát f (y) = − 2 y2 ∓ 2 y + 2 + a2 với y ∈ [−b; b]
b
c2
c2
và chia hai trường hợp > , ≤
ta có kết
b
b
quả đối ngẫu sau đây
c2
thì
Nếu >
b
max Q = + b,
min Q = | − b|.
c2
thì
b

c2 +

max Q = a ·
c2

min Q = | − b|.

đặt

x2 y2
+ = 1,

a2 b2

x = a cost,
y = b sint;

(b) Thay vào Q2 = |z − M |2 = h(t);
(c) Khảo sát h(t) với t ∈ [0; 2π];

(d) Kết luận cực trị của Q =

h(t).

5. Các bước giải
Với phương pháp Xoay Master, ta giải Bài
toán 1 theo 4 bước cơ bản
5.1 Chuẩn bị
1. Vào w2.
2. Gán
(a) −(x1 + iy1 ) → A;

(b) −(x1 + iy1 ) → B;
B+A
→ C;
(c)
2
B−A
(d)
→ D;
2
(e) −(x3 + iy3 ) → X.

Nếu ≤

2

,

4.2 Chú ý
Ngoài các trường hợp đặc biệt kể trên, ta phải
sử dụng khảo sát hàm số để giải.
1. Khảo sát hàm đa thức y = f (x)
x2 y2
+ = 1 suy ra y;
a2 b2
(b) Thay vào Q2 = |z − M |2 = f (x);
(a) Từ (E ) :

(c) Khảo sát f (x) với x ∈ [−a; a];

(d) Kết luận cực trị của Q =

f (x).

2. Khảo sát hàm đa thức x = g(y)
x2 y2
+ = 1 suy ra x;
a2 b2
(b) Thay vào Q2 = |z − M |2 = g(y);
(a) Từ (E ) :

g(y).

5.2 Kiểm tra
k
thì {z} là đoạn thẳng, qua
2
bước Tính - đoạn thẳng.

1. Nếu |D| =

k
2. Nếu |D| = thì {z} là ellipse3 , qua bước
2
Tính - ellipse.
5.3 Tính
5.3.1 Tính đoạn thẳng

1. c = |D|;
2. |X −C|∠ arg

D
X −C

→ Y;

3. Qua bước Kết luận - đoạn thẳng.
3

Ta chỉ xét bài toán có lời giải, nên bỏ qua trường hợp
k

k
k
|D| > . Tức là khi nói |D| = , ta ngầm hiểu |D| < .
2
2
2


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 5/11
5.3.2 Tính ellipse

y

k
1. a = ;
2

(E )

2. c = |D|;
3. b =

x

a2 − c2 ;

4. |X −C|∠ arg

F1

D
X −C

Hình 5. Tâm trùng với gốc tọa độ.

5.4 Kết luận

c2
(xem Hình 6)
a
thì min P = ||Y | − a|.

(a) với |Y | >

5.4.1 Kết luận đoạn thẳng

1. Nếu | ReY | ≤ c (xem Hình 3) thì

c2
(xem Hình 7)
a
c2 − |Y |2
thì min P = b ·
.
c2

= | ImY |,
= max{|Y − c|, |Y + c|}.
y

(b) với |Y | ≤

3. Nếu Y là số thuần ảo thì min P = ||Y | − b|,
tìm max P bằng khảo sát, hoặc công thức

M

c2
(xem Hình 8)
b
thì max P = |Y | + b.

(a) với |Y | >

x
F1

O

F2

Hình 3. Hình chiếu nằm trong đoạn thẳng.

c2
(b) với |Y | ≤
(xem Hình 9)
b
c2 + |Y |2
thì max P = a ·

.
c2

2. Nếu | ReY | > c (xem Hình 4) thì
min P
max P

= min{|Y − c|, |Y + c|},
= max{|Y − c|, |Y + c|}.
y

4. Nếu Y là số phức thực sự thì dùng khảo sát
hàm số để giải quyết (xem mục 4.2).
M
x

F1

F2

→ Y;

5. Qua bước Kết luận - ellipse.

min P
max P

O≡M

O

F2

Hình 4. Hình chiếu nằm ngoài đoạn thẳng.

6. Ví dụ
6.1 Ràng buộc đoạn thẳng
Ví dụ 1. [6] Cho số phức z thỏa mãn
|z + 2 − i| + |z − 4 + 7i| = 10.

5.4.2 Kết luận ellipse

1. Nếu máy hiện Math ERROR thì Y = 0. Khi
đó (xem Hình 5) ta có

Tìm min và max của P = |z − 1 − 4i|.
Lời giải.

min P = b,
max P = a.
2. Nếu Y là số thuần thực khác không thì max P =
|Y |+a, tìm min P bằng khảo sát, hoặc công
thức sau

1. Trong w2, bấm
• −(2 − i) → A;

• −(−4 + 7i) → B;
B+A
→ C;

•
2
B−A
•
→ D;
2


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 6/11

2

(E )

x = − ca

y

x=

F1

c2
a

F2
O

M

Hình 6. M ∈ Ox : OM >

2

x = − ca

(E )

x

c2
.
a

y

x=

c2
a

x
F1

O

M

Hình 7. M ∈ Ox : OM ≤

F2

c2
a


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 7/11
y
M
y=

c2
b

(E )

x
O

F1

F2

2

y = − cb

Hình 8. M ∈ Oy : OM >

c2
.
b

y
y=

c2
b

(E )
M

F1

F2

O

2

y = − cb

Hình 9. M ∈ Oy : OM ≤

c2
.
b

x


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 8/11

• −(−1 − 4i) → X.
10 Vế phải điều kiện
=
nên
2
2
{z} là đoạn thẳng.

2. Vì |D| = 5 =
3. Ta có

• c = |D| = 5;
• Bấm |X −C|∠ arg
hiện −

28 21
− i.
5
5

D
X −C

→ Y máy

28
= 5, 6 > 5 = c, và
5
√
|Y − c| = 130 ≈ 11, 40;
√
|Y + c| = 3 2 ≈ 4, 24

4. Vì | ReY | = −

nên
√
• min P = 3 2;
√
• max P = 130.
Ví dụ 2. [7] Cho số phức z thỏa mãn
√
|z − 2 + 2i| + |z + 1 − 3i| = 34.
Tìm min và max của P = |z + 1 + i|.
Lời giải.
1. Trong w2, bấm
• −(−2 + 2i) → A;

• −(1 − 3i) → B;
B+A
•
→ C;
2
B−A

•
→ D;
2
• −(1 + i) → X.
√
34 Vế phải điều kiện
2. Vì |D| =
=
nên {z}
2
2
là đoạn thẳng.
3. Ta có

√
34
• c = |D| =
;
2
D
→ Y máy
X −C
hiện −0.5144957554−2.057983022i.

• Bấm |X −C|∠ arg

√
34
= c, nên
4. Vì | ReY | ≈ 0, 51 ≤ 2, 92 ≈

2
ta cần tìm giá trị đúng của | ImY |.
• Nhập 2.057983022 → F;

• Bấm (F 2 )2 =, máy hiện 17.93771627;

• Bấm 17F 2 =, máy hiện 72.00000002;
√
72
72
6
34
• Vậy F 2 =
hay F =
=
.
17
17
17
Do ta có
√

6
34


;
| ImY | =
17
|Y − c| = 4;



√

|Y + c| = 10 ≈ 3, 16
nên
√
6 34
;
• min P =
17
• max P = 4.
Ví dụ 3. [1] Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
√
|z − 1 − i| + |z − 3 − 2i| = 5.
Gọi m, M lần lượt là min và max của P = |z|. Tính
Q = m + M.
√
√
5 + 5 13
.
A Q=
√ 5√
B Q = √5 + 5√ 13.
C Q = √2 + √13.
D Q = 2 + 2 13.
Lời giải. Chọn đáp án C
1. Trong w2, bấm
• 1 + i → A;

• 3 + 2i → B;
B+A
•
→ C;
2
B−A
•
→ D;
2
• 0 → X.
√
5 Vế phải điều kiện
2. Vì |D| =
=
nên {z}
2
2
là đoạn thẳng.
3. Ta có


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 9/11

√
5
• c = |D| =
;
2

• max P = a = 4.

Ví dụ 5. [6] Cho số phức z thỏa mãn
D
• Bấm |X −C|∠ arg
→ Y máy
X −C
|z − i| + |z − 3 + 3i| = 6.
hiện −2.459674775+0.4472135955i.
√
Tìm min và max của P = |z − 6 + 7i|.
5
Lời giải.
4. Vì | ReY | ≈ 2.46 > 1, 12 ≈
= c, nên
2
1. Trong w2, bấm
Q = m + M = |Y + c| + |Y − c|
• −(−i) → A;
Nhập vào màn hình
• −(−3 + 3i) → B;
|Y + |D|| + |Y − |D||
√
√
và bấm =, máy hiện 13 + 2.

6.2 Ràng buộc ellipse
Ví dụ 4. [2] Cho số phức z thỏa mãn
|z + 3 − 4i| + |z − 1 + 2i| = 8.
Tìm min và max của P = |z + 1 − i|.

Lời giải.
1. Trong w2, bấm
• −(3 − 4i) → A;

• −(−1 + 2i) → B;
B+A
→ C;
•
2
B−A
•
→ D;
2
• −(1 − i) → X.
√
Vế phải điều kiện
13 = 4 =
nên
2
{z} là ellipse.

2. Vì |D| =
3. Ta có

Vế phải điều kiện
= 4;
2
√
• c = |D| = 13;
√

• b = a2 − c2 = 3;
D
• Bấm |X −C|∠ arg
→ Y máy
X −C
hiện Math ERROR, chứng tỏ Y = 0.

• a=

4. Do Y = 0, nên
• min P = b =

√
3;

B+A
→ C;
2
B−A
•
→ D;
2
• −(−6 + 7i) → X.
•

5
Vế phải điều kiện
=3=
nên
2

2
{z} là ellipse.

2. Vì |D| =
3. Ta có

Vế phải điều kiện
= 3;
2
5
• c = |D| = ;
2
√
11
• b = a2 − c2 =
;
2
D
• |X −C|∠ arg
→ Y;
X −C
• a=

15
là số thuần thực khác không.
4. Dễ thấy Y =
2
Ngoài ra,
|Y | =

15
25 c2
= 7, 5 > 2, 08(3) =
=
2
12
a

Vì thế,
15
9
−3 = ;
2
2
21
15
• max P = |Y | + a =
+3 = .
2
2
• min P = ||Y | − a| =

Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn
√
√
z − 10 + 5 3 − (3 − 4 3)i
√
√
+ z − 10 + 3 − (7 − 4 3)i = 10.

PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 10/11

Gọi m, M lần lượt là min và max của
√
√
40 − 9 3 23 − 16 3
P = z−
−
i .
4
4
Tìm Q = m2 + M 2 .
3199
.
A Q=
64
109
.
B Q=
2
3361
.
C Q=
64
D Q = 34.
Lời giải. Chọn đáp án A

Vậy,

Q = m2 + M 2
√
3 55
=
8
=

√
√
• − −10 + 5 3 − (3 − 4 3)i → A;
√
√
• − −10 + 3 − (7 − 4 3)i → B;
B+A
→ C;
•
2
B−A
→ D;
•
2
√
√
40 − 9 3 23 − 16 3
•
+
i → X.
4
4

{z} là ellipse.

Vế phải điều kiện
nên
2

Vế phải điều kiện
= 5;
2
• c = |D| = 4;
• b=

→ Y;

3
4. Dễ thấy Y = là số thuần thực khác không.
2
Ngoài ra,

Vì thế,

13
2

2

|z + 2i| + |z − 2i| = 12.
Tìm min và max của P = |z − 6|.
Lời giải.
1. Trong w2, bấm

• −2i → A;

• − − 2i → B;
B+A
•
→ C;
2
B−A
•
→ D;
2
• − − 6 → X.
{z} là ellipse.

• a=

|Y | =

+

3199
.
64

2. Vì |D| = 2 = 6 =

3. Ta có

a2 − c2 = 3;
D

• |X −C|∠ arg
X −C

2

Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn

1. Trong w2, bấm

2. Vì |D| = 4 = 5 =

c2 − |Y |2
c2
√
2
2
3 55
4 − 1.5
;
= 3·
=
2
4
8
3
13
• M = max P = |Y | + a = + 5 = .
2
2
• m = min P = b ·

3
16 c2
= 1, 5 ≤ 3, 2 =
=
2
5
a

Vế phải điều kiện
nên
2

3. Ta có
Vế phải điều kiện
= 6;
2
• c = |D| = 2;
√
• b = a2 − c2 = 4 2;
D
• |X −C|∠ arg
→ Y;
X −C
• a=

4. Dễ thấy Y = 6i là số thuần ảo khác không.
Ngoài ra,
√
2 c2

=
|Y | = 6 > 0, 71 ≈
2
b
Vì thế,


PHƯƠNG PHÁP XOAY MASTER
Phần 1: Giải toán cực trị module số phức với ràng buộc ellipse và đoạn thẳng — 11/11

c2 + |Y |2
2
√ c
2
2
4 13
3 +2
= 4·
=
.
2
3
3
√
√
4 13
Vậy Q = m + M = −2 + 7 +
.
3

• min P = ||Y | − b|
√
√
= 6 − 4 2 = 6 − 4 2;
√
• max P = |Y | + b = 6 + 4 2.

• M = max P = a ·

Ví dụ 8. [6] Cho số phức z thỏa mãn
|(z + 3)i + 2| + |z − 3 − 2i| = 8.
Gọi m, M lần lượt là min và max của P = |z|. Tính
Q = M + m.
Lời giải. Ta có
|(z + 3)i + 2| + |z − 3 − 2i| = 8
⇔|iz + 2 + 3i| + |z − 3 − 2i| = 8
2 + 3i
⇔ z+
+ |z − 3 − 2i| = 8
i
⇔|z + 3 − 2i| + |z − 3 − 2i| = 8.

Tài liệu
[1]

Lê Bá Bảo (2017), Một số bài tập phát triển
từ đề minh họa số 3 ôn thi THPT quốc gia,
truy cập ngày 28-5-2017 tại Drive:
file/d/0B39qdAvqjY4HTC03Y2VQeUNfMEk

[2]

Bình Hoàng, Hiura Kirina (2017), Tư duy
siêu nhanh giải quyết bài toán min –
max số phức, truy cập ngày 28-5-2017 tại
Drive: file/d/0B0fokwkuig8EZnI4SndNeGVmQm8

[3]

Thám tử Lãnh Huyết (2017), CASIO - Góc
nhỏ của kỹ thuật xoay Master - dùng tìm cực
trị số phức khó (Phần 1), truy cập ngày 306-2017 tại : watch?v=yXiEt7uq5mY

[4]

Thám tử Lãnh Huyết (2017), CASIO - Góc
nhỏ của kỹ thuật xoay Master - dùng tìm cực
trị số phức khó (Phần 2), truy cập ngày 306-2017 tại : watch?v=P0v9YPsaIVY

[5]

Lục Trí Tuyên (2017), Giải nhanh
GTLN - GTNN mô đun số phức với
elip, truy cập ngày 30-6-2017 tại
Drive:
file/d/0B1NeyB1HG2f4clU5ZXJXNGliWmM

[6]

Lục Trí Tuyên (2017), Cực nhanh GTLN GTNN mô đun số phức với elip, truy cập

ngày 30-6-2017 tại estudy.edu.vn/course/lesson/d7tgurex54n3y

[7]

Bùi Hùng Vương, Trần Lê Quyền
(2017), Cực trị số phức - quỹ tích
là Ellipse - hyperbol: phần 1, truy
cập ngày 28-5-2017 tại Drive:
file/d/0B4A5HqV9HrScTk1mZXBRNER1N3BqYnp0RTNvUm9CeGkxbWp3

1. Trong w2, bấm
• −(3 − 2i) → A;

• −(−3 − 2i) → B;
B+A
•
→ C;
2
B−A
→ D;
•
2
• 0 → X.
2. Vì |D| = 3 = 4 =
{z} là ellipse.

Vế phải điều kiện
nên
2

3. Ta có
Vế phải điều kiện
= 4;
2
• c = |D| = 3;
√
• b = a2 − c2 = 7;
D
• |X −C|∠ arg
→ Y;
X −C
• a=

4. Dễ thấy Y = 2i là số thuần ảo khác không.
Ngoài ra,
√
9 7 c2
=
|Y | = 2 ≤ 3, 40 ≈
7
b
Vì thế,
• m = min P = ||Y | − b|
√
√
= 2 − 7 = −2 + 7;