MỘT số bài TOÁN vận DỤNG CAO số PHỨC

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN

MỘT SỐ BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO SỐ PHỨC
Tạp chí và tư liệu toán học
Cực trị số phức là một dạng toán khî hay xuất hiện trong các đề thi thử và trong đề thi
minh họa THPT Quốc Gia của Bộ GD&ĐT. Dạng toán này thường thë sẽ cho dưới dạng đại
số nhưng tuy nhiên cî một mối liên hệ đặc biệt với các bài toán hënh học phẳng mà cụ thể
là hënh học Oxy của lớp 10. Trong bài viết này tïi sẽ trënh bày một số bài toán do tïi sáng
tác để chúng ta cî thể cî cái nhën sâu hơn về mối quan hệ giữa hai dạng toán này đồng
thời giúp các bạn chuẩn bị cho kë thi sắp tới!
I. ĐỀ BÀI.
Câu 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  3i  17 ; z2  1  5 .
Biết rằng z1  1  i  k  z2  1  i  k  0  . Tìm k khi P  z1  z2 đạt giá trị lớn nhất.
A. k  1

B. k  2

C. k  3

D. k  5

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  5 . Tëm GTLN của P  2 z  8i  z  7  9i .
A. P  109

B. P  1  109

Câu 3: Cho 2 số phức z1 thỏa mãn z1 





C. P  109  2

D. P  109  1

7 5i
9 3i
  z1   , z2  a  bi với
4 4
4 4

3  2 a  b  1  0 Biết rằng z1  i  2 z2  i . Tëm GTNN của P  z1  3  i  2 z2  3  i

A. P  38

B. P  39

C. P  2 38

D. P  2 39

Câu 4 [Sưu tầm]: Cho số phức z thỏa mãn 4 z  z  i  1  2 z  i  1 . Tëm GTLN của biểu
thức P  z  2  2i
A. P 

30
2 2
3

B. P 

30
3 2
4

C. P 

30
4 2
5

D. P 

30
5 2
6

Câu 5: Cho số phức z1 , z2 , z3 lần lượt thỏa mãn z1  3  i , z2 là số thuần ảo với thuần ảo
2

2

không âm, z3 là số thực khïng âm. Biết rằng z2  z3  z2  z1  z3  z1 . Gọi M,n lần
lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  z2  z1 z3  z1 . Khi đî M.n bằng?
A. M.n  90

B. M.n  80

C. M.n  100

D. M.n  70


z2  z2  8
3
Câu 6 : Cho 3 số phức z0 , z1 , z2 thỏa mãn đồng thời 
, với z3  1  i . Biết
2

 z1  z3  z3  z2

 z0  z1  a  bi
rằng 
 a, b , c , d  R  . Tëm giá trị lớn nhất của biểu thức P  1 ad  bc
z

z

c

di
2
 0 2
A. P  17

B. P  18

C. P  19

D. P  20

 z1  i  a  bi
Câu 7: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2 , z2  5 . Biết rằng 
.
 z2  i  c  di
1
Tëm GTLN của biểu thức P  ad  bc .
2

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 1


CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN TÌM GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ
A. P  1
Câu

B. P  2

D. P  4

C. P  3

 z1  a  bi
 a  2b  9
8: Cho 2 số phức 
thỏa mãn 
. Tìm z1  z2 khi biểu thức
 z2  c  di

c  2 d  4

P  z1  6  4i  z1  z2  z2  2  4i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 4  29

B. 3  29

C. 6  29

D. 3  29

Câu 9: Gọi z1  a  bi , z2  c  di là nghiệm của phương trënh z  2 2  z  2 2  6 đồng
thời thỏa mãn ac  bd  0 . Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
1
P  z1 z2 . Tình giá trị của biểu thức S  M  n
2
14
13
11
12
C. S 
A. S 
B. S 
D. S 
5
5
5
5
 z1  3  i  k  z2  3  i  k  0 



Câu 10: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn  z1  mi  m  R  



 z2  R
9
4
Tëm k khi biểu thức P 
 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
z1
z2

A. k  1

B. k  3

C. k  4

D. k  2

II. LỜI GIẢI
Câu 1: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  3i  17 ; z2  1  5 .
Biết rằng z1  1  i  k  z2  1  i  k  0  . Tìm k khi P  z1  z2 đạt giá trị lớn nhất.
A. k  1

B. k  2

C. k  3

D. k  5
Nguyễn Minh Tuấn

Lời giải

I

J

M
H

A
K

N

Gọi M  z1  , N  z2  , I  2; 3  , J  0; 1  . Theo giả thiết ta cî:


Điểm M thuộc đường trín C 1  tâm I bán kính R1  17



Điểm N thuộc đường trín C 2  tâm J bán kính R2  5

2 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
 z  2  3i  17
Ta thấy rằng số phức z  1  i đều thỏa mãn 
. Điều này chứng tỏ A  1; 1 
 z  1  5

là giao điểm của C 1  , C 2  và theo giả thiết ta suy ra được A , M , N thẳng hàng.
Gọi H,K lần lượt là hënh chiếu của I,J lên MN  P  MN  2 HK  2 IJ .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MN IJ . Khi đî phương trënh MN đi qua điểm A và cî
vector pháp tuyến IJ  3; 3  là MN : x  y  2  0 . Từ đây suy ra điểm M  6; 4  , N  0; 2 
Vậy k 

z1  1  i 6  4i  1  i

 5 .
z2  1  i
2i  1  i

Chọn ý D.
Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn z  1  i  5 . Tëm GTLN của P  2 z  8i  z  7  9i .
A. P  109

B. P  1  109

C. P  109  2

D. P  109  1
Nguyễn Minh Tuấn

Lời giải
Gọi I  1; 1  , A  7; 9  , B  1; 8  .

M

Yêu cầu bài toán chuyển về tëm giá trị lớn
nhất của biểu thức P  2 MB  MA .
Ý tưởng cho bài toán này là ta sẽ sử dụng D

I

bất đẳng thức tam giác, nhưng do cî số 2

A

C

K

ở giữa nên ta sẽ nảy ý tưởng tëm một điểm
K cố định thỏa mãn MA  2 MK . Giả sử

B

tồn tại một điểm K như thế thë ta cî:
2

2



2

MA  4 MK  MA  4 MK  MI  IA





2

  4  MI

2

 IK

2



 3 MI 2  4 IK 2  IA2  2 MI 4 IK  IA  0
3 MI 2  4 IK 2  IA2  0

IA2 
 3  R2 
 0 . Dễ thấy điều này luïn
Để tồn tại điểm K thë 
4 


 4 IK  IA  0

đúng do đî luïn tồn tại điểm K cố định thỏa mãn MA  2 MK và điểm K này nằm trên IC.
R
Lấy điểm K thuộc IC sao cho IK  .
2
Ta có: IK .IA  IM 2  IAM

IMK  c.g.c   MA  2 MK

Vậy khi M thay đổi thë MA  2 MK . Theo bất đẳng thức tam giác thë ta cî:

P  2 MB  MA  2  MB  MK   2 BK

5
Ta có: K  ; 3   P  2 BK  109 .
2 
Chọn ý A.

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 3


CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN TÌM GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ
Câu 3: Cho 2 số phức z1 thỏa mãn z1 





7 5i
9 3i
  z1   , z2  a  bi với
4 4
4 4

3  2 a  b  1  0 Biết rằng z1  i  2 z2  i . Tëm GTNN của P  z1  3  i  2 z2  3  i

A. P  38

B. P  39

C. P  2 38

D. P  2 39
Nguyễn Minh Tuấn

Lời giải
Theo giả thiết ta cî điểm M  z1   d1 : x  y  1  0 , N  z2   d2 :





3 2 xy10

Giao điểm của d1 , d2 là I  0; 1  . Theo giả thiết ta cî MI  2 NI .
Gọi điểm A  3; 1   P  MA  2 NA .

 P.IN  AM.IN  AN .2 IN  AM.IN  AN .IM

Theo bất đẳng thức Ptolemy ta có:
AM.IN  AN .IM  AI .MN
AI .MN
 P  2 AM  2 AN 
IN
1
Ta có cos  d1 , d2   . Theo định lý hàm số Cosine
2

M

A
I

ta có:

N

MN  MI  NI  2 MI .NI .cos MIN
2



2

2

MN

 5  4 cos MIN  3  P  AI 3  39
NI

Dấu “=” chỉ xảy ra khi AMIN nội tiếp đường trín và MIN  60 o
Chọn ý B.
Câu 4: Cho số phức z thỏa mãn 4 z  z  i  1  2 z  i  1 . Tëm GTLN của biểu thức

P  z  2  2i
A. P 

30
2 2
3

B. P 

30
3 2
4

C. P 

30
4 2
5

D. P 

30
5 2

6

2

2

Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:



16 z   z  i  1  2 z  i  1    1  4  z  i  1  z  i  1
2

2

2

Từ đây sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta cî  P 

2

  5 2 z

2 i1



30
2 2 .

3

Chọn ý A.

4 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor


TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Câu 5: Cho số phức z1 , z2 , z3 lần lượt thỏa mãn z1  3  i , z2 là số thuần ảo với thuần ảo
2

2

không âm, z3 là số thực khïng âm. Biết rằng z2  z3  z2  z1  z3  z1 . Gọi M,n lần
lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  z2  z1 z3  z1 . Khi đî M.n bằng?
A. M.n  90

B. M.n  80

C. M.n  100

D. M.n  70
Nguyễn Minh Tuấn

Lời giải
Gọi M  3; 1  , A  z2  , B  z3  . Theo giả thiết ta cî:
2

2

z2  z3  z2  z1  z3  z1  AB2  MA2  MB2  MA  MB
Do z2 là số thuần ảo với thuần ảo khïng âm, z3 là số thực khïng âm nên ta cî điều kiện là

10
A  a ; 0  , B  0; b  a , b  0  . MA.MB  0  b  10  3a  0  a  
3 

Ta có: P  z2  z1 z3  z1  MA.MB  3  a 2  6 a  10    3; 30  .
Vậy min P  3, max P  30
Chọn ý A.

z2  z2  8
3
Câu 6 : Cho 3 số phức z0 , z1 , z2 thỏa mãn đồng thời 
, với z3  1  i .
2

 z1  z3  z3  z2

 z0  z1  a  bi
Biết rằng 
 a, b , c , d  R  . Tëm giá trị lớn nhất của biểu thức P  1 ad  bc
2
 z0  z2  c  di
A. P  17

B. P  18

C. P  19

D. P  20
Nguyễn Minh Tuấn

Lời giải
Gọi A  z1  , B  z2  , M  z3  , C  z0  . Theo giả thiết ta cî z1  z3  z3  z2  AM  MB , suy ra
CA   a ; b 
 z0  z1  a  bi

được A đối xứng với B qua điểm M. Mặt khác 
.
 z0  z2  c  di
CB   c ; d 

Vậy P 

1
ad  bc  SABC . Do AB  z1  z2  3 5 nên để diện tìch lớn nhất thë d C ; AB max .
2

Gọi A  x ; y  , B  2  x ; 3  y  mà A,B thuộc elip nên ta cî:

A  4; 0  , B  2; 3   AB : x  2 y  4  0
Sử dụng tiếp giả thiết z  2  z  2  8 ta suy ra điểm C thuộc vào elip cî phương trënh là
2

2

 y 

 E :  x   
  1  C 4 sin  ; 2 3 cos 
4 2 3 
Ta có d C ; AB 





8

1 12 5

sin      
    Pmax  18
3 2
5
6

5

Chọn ý B.

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 5


CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN TÌM GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ
 z1  i  a  bi

Câu 7: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2 , z2  5 . Biết rằng 
.
 z2  i  c  di
1
Tëm GTLN của biểu thức P  ad  bc .
2
A. P  1

B. P  2

D. P  4

C. P  3

Nguyễn Minh Tuấn





Lời giải





Gọi A  0; 1  , B  z1  , C  z2  thì B  0; 2 , C  0; 5 .

Bổ đề: Cho hai đường trín đồng tâm C1  O ; R  và

C

C 2  O ; R '  R  R ' . Các điểm B và C lần lượt di động

trên

C1  , C 2  tương ứng. Khi đî S đạt max

khi O là trực tâm tam giác ABC và O nằm trong tam

O

giác. Thật vậy, nếu cố định B thì đường thẳng AB cố

B

định. Giả sử AB cắt C 2  tại M và N, diện tích lớn nhất

A

khi CO  AB. Tương tự nếu cố định C. Tức O là trực tâm
của ABC. Khi đó C là điểm chính giữa cung lớn MN hay
O nằm trong tam giác ABC.
Áp dụng với A  0; 1   BC Ox .
Do tình đối xứng nên cî thể gọi B
Ta có AB.CO  0 
Vậy Pmax 



 



2  b2 ; b , C  5  b2 ; b  b  0 

B  2; 1 

 2  b  5  b   b  b  1  b  1  C  1; 1
2

2




.

1
ad  bc  SABC max  1
2

Chọn ý A.

 z1  a  bi
 a  2b  9
Câu 8: Cho 2 số phức 
thỏa mãn 
. Tìm z1  z2 khi biểu thức
 z2  c  di

c  2 d  4
P  z1  6  4i  z1  z2  z2  2  4i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 4  29

B. 3  29

C. 6  29

D. 3  29
Nguyễn Minh Tuấn

Lời giải

 a  2b  9  M  d1 : x  2 y  9  0

Gọi A  6; 4  , D  2; 4  , M  z1  , N  z2  . Mặt khác 
c

2
d

4

 N  d2 : x  2 y  4  0
Theo bất đẳng thức tam giác ta cî:
P  z1  6  4i  z1  z2  z2  2  4i  AM  MN  ND  AN  ND  AD  4 5

6 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN

 M  d1  AD  M  5; 2 
Phương trënh AD : 2 x  y  8  0 . Khi đî 
.
N

d

AD

N
4;
0



2


Suy ra z1  z2  4  29
Chọn ý A.
Câu 9: Gọi z1  a  bi , z2  c  di là nghiệm của phương trënh z  2 2  z  2 2  6 đồng
thời thỏa mãn ac  bd  0 . Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
1
P  z1 z2 . Tình giá trị của biểu thức S  M  n
2
14

13
11
12
C. S 
A. S 
B. S 
D. S 
5
5
5
5
Nguyễn Minh Tuấn
Lời giải
Gọi A  z1  , B  z2  , ac  bd  0  OA.OB  0  OA  OB .
1
1
3
z1 z2  OA.OB 
2
2
2
1
Trường hợp 2: Xét hai điểm A,B lần lượt nằm trên hai đường vuïng gîc y  kx , y   x .
k

Trường hợp 1: Xét A,B lần lượt nằm trên hai trục tọa độ thë ta cî: P 

 x2 y 2
1
 

9
9k 2
k2  1
2
2
Tọa độ điểm A thỏa mãn  9

x


y


OA

3
1
A
A
9k 2  1
9k 2  1
9k 2  1
 y  kx


k2  1
1
1
Tương tự OB  3
. Theo giả thiết ta cî: P  z1 z2  SOAB  .

2
2
2
9k

9  k 2  1

 9k

2

 1  k 2  9 

.

9
 k2  1 .
10
 9k 2  1 k 2  9   3  k 2  1  S  23 . Dấu “=” xảy ra khi A,B

Theo AM – GM ta có 2  9 k 2  1 k 2  9   10  k 2  1   S 
Theo Cauchy – Shwarz ta có

là các giao điểm của elip với trục tọa độ và các hoán vị.

min P  9

10 . Chọn ý C.
Vậy cả hai trường hợp ta cî 
max P  3


2
 z1  3  i  k  z2  3  i  k  0 


Câu 10: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn  z1  mi  m  R  



 z2  R
9
4
Tëm k khi biểu thức P 
 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
z1
z2

A. k  1

B. k  3

C. k  4

D. k  2
Nguyễn Minh Tuấn

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor

Chinh phục olympic toán | 7

CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN TÌM GTLN – GTNN CỦA HÀM SỐ
Lời giải
Gọi M  3; 1  , A  z1  , B  z2  . Theo giả thiết thë ta cî M,A,B thẳng hàng đồng thời A thuộc Oy,
B thuộc Ox. Phương trënh đoạn AB theo đoạn chắn là:

AB :

x y
3 1
  1, M  AB    1  A  a; 0  , B  0; b  a, b  0  
a b
a b
2

9 4 4 3 1
4
Theo Cauchy – Schwarz ta có: P  2  2      .
a b
5 a b
5
15
Dấu “=” xảy ra khi a 
; b  5  k  4
4
Chọn ý C.

8 | Chinh phục olympic toán

Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor