Một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học

MỤC LỤC

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu:
Trong chương trình toán THPT, số phức được đưa vào giảng dạy ở gần cuối chương
trình lớp 12. Đây là một nội dung mới đối với học sinh 12 và thực sự gây không ít khó khăn
bởi nguồn tài liệu tham khảo còn hạn chế: sách giáo khoa hay sách bài tập thì các bài tập về số
phức đưa ra chủ yếu là các bài toán đơn giản như cộng hay trừ số phức, tìm phần thực- phần
ảo của số phức, tìm mô-đun của số phức, giải phương trình bậc hai …. Bên cạnh đó, các bài
toán số phức xuất hiện trong các đề thi trong những năm gần đây ngày càng nhiều và chủ yếu
ở mức độ VD-VDC, không theo một khuân mẫu nào cả đặc biệt là các bài toán về cực trị số
phức. Để giải được các bài toán này đòi hỏi các em phải có một kiến thức cơ bản thật vững về
số phức như: phần thực, phần ảo, biểu diễn hình học của số phức, mô-đun của số phức, số
phức liên hợp,… kết hợp với các kiến thức về điểm, đường thẳng, đường tròn và đường elip
thì các em sẽ giải quyết tốt các bài toán ở dạng này
Với mong muốn giúp các em giải được các bài toán về cực trị số phức tôi đã sưu tầm
các bài toán số phức trong các đề thi THPTQG qua mấy năm gần đây và có chia dạng chúng
nhằm giúp các em tiếp cận các bài toán cực trị về số phức đồng thời cũng giúp các em có cái


nhìn tổng quát về dạng toán này.Vì vậy tôi đã chọn đề tài: Một số dạng toán cực trị số phức
giải bằng phương pháp hình học.
Mặc dù vậy, vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân dạng có thể chưa được triệt
để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh
sửa để tài liệu này được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cám ơn.
2. Tên sáng kiến: Một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học
3. Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến

5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 09/2019
7. Mô tả bản chất sáng kiến:
- Về nội dung của sáng kiến:
Trong nghiên cứu khoa học, việc tìm ra quy luật, phương pháp chung để giải quyết một
vấn đề là rất quan trọng vì nó giúp chúng ta có định hướng tìm lời giải của một lớp bài toán
tương tự nhau. Trong dạy học giáo viên có nhiệm vụ thiết kế và điều khiển sao cho học sinh
thực hiện và luyện tập các hoạt động tương thích với những nội dung dạy học trong điều kiện
được gợi động cơ, có hướng đích, có kiến thức về phương pháp tiến hành và có trải nghiệm
thành công. Do vậy việc trang bị về phương pháp cho học sinh là một nhiệm vụ quan trọng
của giáo viên.
Sáng kiến trình bày một số dạng toán số phức về tìm cực trị hay gặp trong các đề thi
THPTQG bằng phương pháp hình học.


MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC
GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1.Một số khái niệm: Số phức

z = a + bi

được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ

M ( a; b )

•

Điểm biểu diễn số phức liên hợp

z

là

N ( a; −b )

đối xứng với

M

qua

Ox

.

Oxy

bởi điểm


•

Điểm biểu diễn số phức đối

•

Điểm biểu diễn số phức

•

Mô đun của số phức

2. Nếu
•

M;M′

Trung điểm

z

−z

−z

là

là

P ( −a; b )

• z − z ′ = MM ′

là

đối xứng với

đối xứng với

là

Oy

O

.

.

z = a + bi z ′ = a′ + b′i
,
thì

 a + a′ b + b′ 
I
;
÷
2 
 2

biểu diễn số phức

z + z′
2

.

.

2

2

(

3.Công thức trọng tâm tam giác: Nếu

ABC

biểu diễn số phức

A, B, C

2

= 2 z1 + z2

2. Công thức trung tuyến:

của tam giác

qua

qua

.

z1 + z2 + z1 − z2

G

M

M

z = OM

biểu diễn cho số phức
MM ′

P ( − a; −b )

2

)

biểu diễn các số phức

z1 + z2 + z3
3

z1 , z2 , z3

thì trọng tâm

.

4. Môđun của số phức:
Số phức

uuuur
OM

z = a+ bi

được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy. Độ dài của véctơ

z = a + bi = a 2 + b 2
được gọi là môđun của số phức z. Kí hiệu

Tính chất



z ≥ 0, ∀z ∈ £ , z = 0 ⇔ z = 0
z.z' = z . z'


kz = k . z , k∈ ¡







uuuur
z = a2 + b2 = zz = OM
z
z

=
,( z' ≠ 0)
z ' z'
z − z' ≤ z ± z ' ≤ z + z'


2

2

z2 = a2 − b2 + 2abi = (a2 − b2 )2 + 4a2b2 = a2 + b2 = z = z = z.z
 Chú ý:

.

Lưu ý:





z1 + z2 ≤ z1 + z2

dấu bằng xảy ra
z1 − z2 ≤ z1 + z2

dấu bằng xảy ra
z1 + z2 ≥ z1 − z2

dấu bằng xảy ra

z1 − z2 ≥ z1 − z2

dấu bằng xảy ra
2

(

2

2

z1 + z2 + z1 − z2 = 2 z1 + z2


2

z = z z= z

2

⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0)
⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0)

.

⇔ z1 = kz2 ( k ≤ 0)
⇔ z1 = kz2 ( k ≥ 0)

)

2

∀z ∈£



5. Một số quỹ tích nên nhớ

x, y
Biểu thức liên hệ
ax + by + c = 0
(1)
z − a− bi = z − c − di
(2)

( x − a) + ( y − b)
2

2

= R2
hoặc

Quỹ tích điểm M

∆:ax + by + c = 0
(1)Đường thẳng
(2) Đường trung trực đoạn AB với
A ( a,b) , B( c, d)

(

)

Đường tròn tâm

I ( a; b)

, bán kính

R

z − a− bi = R

( x − a) + ( y − b)
2

2

≤ R2
hoặc

Hình tròn tâm

I ( a; b)

, bán kính

R

z − a− bi ≤ R

r 2 ≤ ( x − a) + ( y − b) ≤ R2
2

r ≤ z − a− bi ≤ R

2

hoặc

Hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn đồn
I ( a; b)
r,R
tâm
, bán kính lần lượt là


 y = ax2 + bx + c
( c ≠ 0)

2
 x = ay + by + c

Parabol

( x + a)

( 1)

2

b2

( y + c)
+

2

d2

= 1( 1)

hoặc
z − a1 − bi
+ z − a2 − b2i = 2a
1

( x + a)
b2

2

( y + c)
−
d2

( 2)

Elip

Elip nếu

2a > AB , A ( a1 ,b1 ) , B( a2 ,b2 )

Đoạn AB nếu
Hypebol

2

2a = AB

=1

B. NỘI DUNG
Dạng 1. Điểm và đường thẳng
z + 3i = z + 2 − i .

Ví dụ 1: Trong các số phức thỏa mãn điều kiện
Tìm số phức có môđun nhỏ nhất?
1 2
1 2
z= − + i
z= − i
z = 1− 2i
z = −1+ 2i
5 5
5 5
A.
. B.

.
C.
.D.
.


Giả sử

z = x + yi ( x, y ∈ ¡

)

, số phức

z

Lời giải

có điểm biểu diễn là điểm

M ( x, y )

z = x 2 + y 2 = MO
Ta có:
z + 3i = z + 2 − i ⇔ x + ( y + 3) i = ( x + 2) + ( y − 1) i ⇔ x2 + ( y + 3) = ( x + 2) + ( y − 1)
2

2

2

⇔ 6y + 9 = 4x + 4 − 2y + 1 ⇔ 4x − 8y − 4 = 0 ⇔ x − 2y − 1 = 0
∆ : x − 2 y −1 = 0
MO
M
Ta thấy điểm
di chuyển trên đường thẳng
nên
nhỏ nhất khi và chỉ
O
M
∆
khi
là hình chiếu của điểm lên đường thẳng .


Phương trình đường thẳng đi qua

Do đó, tọa độ điểm

Suy ra

M

6

và vuông góc với

là nghiệm của hệ phương trình

z

Gọi

là

2x + y = 0

.

x − 2 y −1 = 0

 2x + y = 0

B.

7

C.

z − 4 + 3i − z + 4 + 3i = 10
thỏa mãn

5

D.

z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

A ( 4; −3) , B ( −4;3)

nhỏ nhất. Mô-đun của số

8

⇒ z = a − bi

. Ta có

z − 3 − 4i
và



Đặt

∆

1 2
M  ;− ÷
5 5

Ví dụ 2: Cho số phức
z
phức bằng
A.

O

và

AB = 10

Lời giải

M ( a, b )

là điểm biểu diễn của số phức

z

.

.

z − 4 + 3i − z + 4 + 3i = 10 ⇔ MA − MB = 10 = AB
Theo giả thiết
Suy ra

M

thuộc đoạn

AB

kéo dài (

z − 3 − 4i

nhỏ nhất khi và chỉ khi

B

MC

nằm giữa

A

và

nhỏ nhất (với

M

z − 3 − 4i = MC
). Lại có

C ( 3; 4 )

).

nên


Ta có:

M ≡ B
MCmin ⇔ 

M ≡ A

⇒ M ( −4;3)

hoặc

và

MCmin = 5 2

M ( 4; −3)

z =5
Do đó
Ví dụ3. Xét các số phức
A.

2
.
2

B.

z, w

3 2
.
2

z + 2- 2i = z - 4i

thỏa mãn
C.

2.

và
D.


z = x + yi ( x, yÎ ¡ )

Đặt

z + 2 − 2i = z − 4i
Từ

suy ra

là đường thẳng

bằng

Lời giải
z.

tập hợp điểm

M

D : x + y = 2.

P = w = iz +1 = i ( z - i ) = z - i = MN

với

N ( 0;1)

Pmin = MN min = d ( N , ∆ ) =

0 +1− 2
2

Dựa vào hình vẽ ta thấy

Ví dụ 4. Xét các số phức
A.

Giá trị nhỏ nhất của

là điểm biểu diễn số phức
2
2
2
( x + 2) + ( y − 2) = x2 + ( y − 4) ⇔ x + y = 2

Ta có

2 5
.

7

w

2 2.

M ( x; y)

và

w = iz +1.

B.

4 5
.
7

z

=

2
2

.
w=

z +1- i = z- 3i .

thỏa mãn
C.

Môđun lớn nhất của số phức

9 5
.
10

D.


7 5
.
10

Lời giải

1
z

là


Đặt

z = x + yi ( x, y ∈ ¡

)

và

M ( x; y )

z + 1 − i = z − 3i
Từ
điểm

Ta có

M

ta suy ra
là đường thẳng

( x + 1)

là điểm biểu diễn số phức
2

z.

+ ( y − 1) = x 2 + ( y − 3 ) ⇔ 2 x + 4 y = 7
2

2

D : 2x + 4y = 7.

với

1
1
1
w= = =
z
z OM

Dựa vào hình vẽ ta thấy

O ( 0;0 )

w max ⇔ OM min

Ví dụ 5: Xét cácsố phức

z

w max =
suy ra

1
20
2 5
=
=
d ( O, ∆ ) 2.0 + 4.0 − 7
7

thỏa mãn

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

bằng
1.

B.

3
.
2

C.

5
.
2

D.

5.


Lời giải

z2 - 2z + 5 = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1)

Ta có
éz = 1- 2i
Û ( z - 1+ 2i ) ( z - 1- 2i ) = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) Û ê

êz - 1- 2i = z + 3i - 1.
ë

TH 1.Với

z = 1- 2i.

P = z - 2+ 2i = 1- 2i - 2+ 2i = 1.

Khi đó

z - 1- 2i = z + 3i - 1.

TH 2.Với
z = x + yi ( x, y ∈ ¡
Đặt

)

và

.

z2 - 2z + 5 = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) .

P = z - 2+ 2i

A.

. Do đó tập hợp

M ( x; y )

là điểm biểu diễn số phức z.


z − 1 − 2i = z + 3i − 1
Từ

ta suy ra

điểm

M

2

+ ( y − 2 ) = ( x − 1) + ( y + 3 ) ⇔ 2 y + 1 = 0
2

2

2

tập hợp

D : 2y +1= 0.

là đường thẳng

P = z - 2+ 2i = MA

Ta có

với

Dựa vào hình vẽ ta thấy

( x − 1)

A ( 2; −2 )
Pmin = d ( A, ∆ ) =

Pmin ⇔ MAmin

2

=

3
2

.

Pmin = 1.

So sánh hai trường hợp ta thấy
Ví dụ 6: Xét các số phức

suy ra

2 ( −2 ) + 1

z, w

z - 1- 3i £ z + 2i

thỏa mãn

w +1+ 3i £ w- 2i .

và

Giá trị nhỏ nhất của

P = z- w

biểu thức
A.

13 +1
.
2

là
26
.
4

B.

C.

3
.
13

D.

3 26
.
13


z = a+ bi

w = c + di

Lời giải

( a, b, c, d ∈ ¡ )

Gọi
và
.
2
2
2
z − 1 − 3i ≤ z + 2i ⇔ ( a − 1) + ( b − 3) ≤ a 2 + ( b + 2 ) ⇔ a + 5b ≥ 3
M


. Suy ratập hợp điểm
D : x + 5y = 3

z

biểu diễn số phức là phần tô đậm như trên đồ thị có tính biên
.
2
2
2
2
w + 1 + 3i ≤ w − 2i ⇔ ( c + 1) + ( d + 3) ≤ c + ( d − 2 ) ⇔ c + 5d ≤ −3

. Suy ratập hợp điểm
N

biểu diễn số phức

w

D ¢: x + 5y = - 3

là phần gạch chéo như trên đồ thị có tính biên

.


P = z − w = MN ≥ d ( ∆; ∆′ ) =

Dựa vào hình vẽ ta thấy
Dấu

"="

xảy ra khi và chỉ khi

MÎ D

NÎ M

,

và

3 26
13

.

MN ^ D ¢

Dạng 2. Điểm và đường tròn
z

Ví dụ 1: Xét các số phức

- iz +1 = 1

thỏa mãn

P = z.

nhất của biểu thức
A.

Tính

S = 2014.

B.

. Gọi

m, M

lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

S = 2020- M + m.

S = 2016.

C.

S = 2018.



D.

S = 2022.

Lời giải

- iz +1 = 1Û - i . z + i = 1Û z + i = 1¾¾
®

Ta có

tập hợp các điểm biểu diễn số phức
I ( 0;- 1)

đường tròn có tâm

Khi đó

, bán kính

R =1

z

thuộc

.

ïìï Pmin = OI - R = 1- 1 = 0
ïì m= 0
¾¾
® ïí

¾¾
® S = 2018.
í
ïï Pmax = OI + R = 1+1= 2
ïîï M = 2
î

Ví dụ 2: Xét các số phức
P = z +1+ i

lần lượt là

z

z - 2- 3i = 1

thỏa mãn

. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức


13 + 2

A.
6

C. và

4

và

13 - 2

.

B.

D.
 Lời giải
tập hợp các điểm

, bán kính

M

và

13 - 1

.

13 - 4

.

z

biểu diễn số phức

thuộc đường tròn có tâm

R = 1.

A ( - 1;1) .

P = z +1+ i = z +1- i = MA

Ta có

Vậy

và

13 + 4

.

z - 2- 3i = 1¾¾
®

Ta có
I ( 2;3 )

13 +1

với

ìï P = AM = AI - R = 13 - 1
1

ï min
.
í
ïï P = AM = AI + R = 13 +1
2
ïî max

Ví dụ 3: Xét các số phức

z

( 1+ i ) z +1- 7i = 2.

thỏa mãn

P = z.

giá trị lớn nhất của
A.

S = 2.

Tính
B.

S = 4.

Gọi

C.

S = 10.

diễn số phức

D.

S = 24.

Lời giải

1- 7i
2
=
Û z - ( 3+ 4i ) = 1¾¾
®
1+ i
1+ i

Ta có
z

lần lượt là giá trị nhỏ nhất và

S = M - m.



( 1+ i ) z +1- 7i = 2 Û z +

m, M

thuộc đường tròn có tâm

I ( 3; 4 )

tập hợp các điểm
, bán kính

R =1

.

M

biểu


Khi đó

ìï Pmin = OM 1 = OI - R = 5- 1 = 4
ïì m= 4
ïí
¾¾
® ïí
¾¾
® S = 2.
ïï Pmax = OM 2 = OI + R = 5+1= 6
ïïî M = 6
î

( 1+ i ) z

Ví dụ 4: Xét các số phức

1- i

z, w

+2 =1

thỏa mãn

và

w = iz.

Giá trị lớn nhất của biểu thức

P = z- w

bằng
A.

3

B.

2 3

C.

3 2

D.

3 3


( 1+ i ) z
1- i

+ 2 = 1Û z +

2( 1- i )
1+ i

=

Lời giải

1- i
Û z - 2i = 1¾¾
®
1+ i

Từ
phức

tập hợp các điểm

z

I ( 0;2) ,

thuộc đường tròn có tâm

w=iz

P = z- w =

bán kính

biểu diễn số

R = 1.

O( 0;0) .

z - iz = z 1- i = 2 z = 2OM

Theo giả thiết
Dựa vào hình vẽ ta thấy

M

với
Pmax = 2OM 2 = 2 OI + R = 2 2+1 = 3 2.

Ví dụ 5: Xét các số phức

z1, z2

thỏa mãn

z1 - 1+ i = 1

và

z2 = 2iz1.

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức


P = 2z1 - z2

A.

bằng

2-

2.

B.

2- 2 2.

C.

4- 2 2.



z1 - 1+ i = 1

Từ
I ( 1;- 1) ,

bán kính

8-

2.

Lời giải

M

suy ra tập hợp các điểm

D.

biểu diễn số phức

z1

thuộc đường tròn có tâm

R = 1.

z2 =2iz1

Theo giả thiết ta có

P = 2z1 - z2 = 2z1 - 2iz1 = 2 1- i z1 = 2 2OM

O( 0;0) .

với

Pmin = 2 2OM 1 = 2 2 OI - R = 2 2 2 - 1 = 4- 2 2.

Dựa vào hình vẽ ta thấy
Ví dụ 6: Xét các số phức
gọi

w1

và
A.

w2

z

z - 2- 4i = 2 2.

thỏa mãn

Trong các số phức

w

w = z( 1+ i ) ,

thỏa mãn

lần lượt là số phức có môđun nhỏ nhất và môđun lớn nhất. Khi đó

- 2+ 6i.

B.

2+ 4i.

C.

- 4 +12i.


z - 2- 4i = 2 2 ¾¾
®

Từ
I ( 2;4) ,

tập hợp các điểm
bán kính

R = 2 2.

D.

w1 + w2

bằng

4 + 8i.

Lời giải
M

biểu diễn số phức

z

thuộc đường tròn có tâm


P = w = z( 1+ i ) = z . 1+ i = 2 z = 2OM

O( 0;0) .

Ta có
Dựa vào hình vẽ ta thấy



Pmin = 2OM 1.

Dấu

Pmax = 2OM 2.

Vậy

Dấu

'' = ''

Û M º M 1 Û z = 1+ 2i ¾¾
® w1 = ( 1+ 2i ) ( 1+ i ) = - 1+ 3i.

xảy ra

'' = ''

Û M º M 2 Û z = 3+ 6i ¾¾
® w2 = ( 3+ 6i ) ( 1+ i ) = - 3+ 9i.

xảy ra

w1 + w2 =- 4 +12i.

Ví dụ 7: Cho số phức
A.

với

13 + 2

B. .

thỏa mãn

C. .

D.

. Giá trị lớn nhất của

13 + 1

Gọi

ta có

2

Theo giả thiết
tròn tâm

I ( 2;3)

Lời giải

z − 2 − 3i = x + yi − 2− 3i = x − 2+ ( y − 3) i

( x − 2) + ( y − 3)
bán kính

2

R=1

=1
nên điểm

M

biểu diễn cho số phức

( x + 1) + ( y − 1)
2

Ta có

Gọi

.

z

nằm trên đường

.

z + 1+ i = x − yi + 1+ i = x + 1+ ( 1− y) i =
M ( x; y)

là

.


z = x + yi

z + 1+ i

z − 2 − 3i = 1

6

4

.

z

2

.

và

H ( −1;1)

HM =
thì

( x + 1) + ( y − 1)

2

2

.

M
MH
M
H
HI
Do
chạy trên đường tròn,
cố định nên
lớn nhất khi
là giao của
với đường
tròn.


Phương trình

 x = 2 + 3t
HI : 
 y = 3+ 2t

MH

và đường tròn ứng với

t

thỏa mãn:



3
2 
3
2 
M  2+
;3+
;3−
÷, M  2 −
÷
13
13 
13
13 
13


nên
.

ta lấy kết quả

Lưu ý: Cho số phức
biểu diễn số phức

HI

1

9t2 + 4t2 = 1 ⇔ t = ±

Tính độ dài

, giao của

z

z

HM = 13 + 1
.

z − a− bi = R > 0
thỏa mãn

là đường tròn

I ( a,b) ,bk = R

, khi đó ta có quỹ tích các điểm
) và

2
2
z

 Max = OI + R = a + b + R

2
2
 z Min = OI − R = a + b − R


z − a− bi = z − a+ bi
Ngoài ra ta luôn có công thức biến đổi

Dạng 3. Điểm và elip

z

z − 4 + z + 4 = 10.

Ví dụ 1: Cho số phức thỏa mãn
lượt là
10
5
3
4
4
4
A. và
B. và
C. và .

z

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
D.


5

và

Lời giải

3

.

lần


Gọi

z = x + yi

( x, y ∈ ¡ )

,

z − 4 + z + 4 = 10.

. Theo giả thiết, ta có

⇔ ( x − 4) + yi + ( x + 4) + yi = 10 ⇔

Gọi

M ( x; y)

,

F1 ( − 4;0)

( ∗) ⇔ MF + MF
1

Khi đó

và
2

F2 ( 4;0)

( x − 4)

2

+ y2 +

( x + 4)

2

+ y2 = 10

( ∗)

.

= 10

nên tập hợp các điểm

M ( z)

là đường elip

( E)

.

c = 4 2a = 10 ⇔ a = 5
b2 = a2 − c2 = 9
Ta có
;
và
.
x2 y2
( E) 25 + 9 = 1
Do đó, phương trình chính tắc của
là
.
max z = OA = OA ' = 5

Vậy

và

Ví dụ 2. Cho số phức

z.
nhỏ nhất
A.

min z = OB = OB' = 3

4 − 7.

Khi đó
B.

z

z− 3 + z+ 3 = 8
thỏa mãn

M +m

4 + 7.

.
. Gọi

C.

Gọi
Gọi

x; y ∈ ¡
với

F1 ( −3;0 ) , F2 ( 3;0 )

và

,

bằng

7.

D.

4 + 5.


z = x + yi

M

M

Lời giải

là điểm biểu diễn số phức

z

.

z − 3 + z + 3 = 8 ⇔ MF1 + MF2 = 8
. Khi đó

m

lần lượt giá trị lớn nhất và


Suy ra điểm
Do đó:

M

( E) :
thuộc vào elip

x2 y 2
+
=1
16 7

z max = 4; z min = 7

⇒ M +m = 4+ 7

Ví dụ 3: Cho số phức
là điểm biểu diễn
1
A. .B.

2

z

z

và

z−2 + z+2 =4 2
thay đổi thỏa mãn
z

. Trong mặt phẳng tọa độ, gọi

. Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác

.

C.

4 2


Gọi

M

là điểm biểu diễn số phức

đối xứng nhau qua

Ox

. Diện tích tam giác

1=

nên tập hợp

M

D.

2 2

.

.

Lời giải

z = x + yi

z−2 + z+2 =4 2

Do

.

ONM

và

OMN

N

là

biểu diễn

xy
x2 y 2
x2 y 2
+
≥2
.
=
⇒ SOMN = xy ≤ 2 2
8
4
8 4
2 2

là điểm biểu diễn số phức

SOMN = xy

z

thì

.

( E) :
là Elip

z

x2 y2
+
=1
8
4

. Do đó:

M,M '

M,N


z = a + bi ( a, b ∈ ¡

Câu 4. Cho số phức

z + 1 − 3i + z − 1 + i
đạt giá trị lớn nhất.
A.

P = 10

B.

P=4

C.

P=6

D.

z − 4 − 3i = 5
thỏa mãn

P = a+b

. Tìm

khi

P =8


Lời giải

z − 4 − 3i = 5 ⇔ ( a − 4 ) + ( b − 3 ) = 5
2

Ta có

)

Suy ra điểm

M

2

di chuyển trên đường tròn tâm

( C)

có tâm

I ( 4;3)

.

F1 ( −1;3) F2 ( 1; −1)
Gọi
,
Dạng 4. Đường thẳng và đường tròn

Ví dụ 1: Xét các số phức
Giá trị nhỏ nhất của

A.

z1

2

thỏa mãn

P = z1 - z2

5.

B.

z = x + yi
2

và các số phức

z2

thỏa mãn

z2 - 4- i = 5

bằng

2 5.

C.



Gọi

2

z1 - 2 - z1 + i = 1

2 5
.
5

D.

3 5
.
5

Lời giải

. Ta có

2

2

2

z - 2 - z + i = 1¾¾
® ( x - 2) + y2 - x2 - ( y +1) = 1Û 2x + y- 1= 0 ¾¾

®

tập hợp các số phức
là đường thẳng

D : 2x + y - 1= 0.
2

2

z - 4- i = 5 ¾¾
® ( x - 4) +( y- 1) i = 5 Û ( x - 4) +( y- 1) = 5 ¾¾
®



tập hợp các số phức

( C)
đường tròn

z1

I ( 4;1) ,

có tâm

bán kính

R = 5.

z2

là

.


Khi đó biểu thức

P = z1 - z2

là khoảng cách từ một điểm thuộc

Pmin = MN = d[ I , D ] - R =

Từ đó suy ra
Ví dụ 2: Gọi
số phức
A.

z

( C1 )

8
5

-

là tập hợp các số phức

5=

w

D

thỏa mãn

w + 2- 3i £ w- 3+ 2i .

thỏa mãn

Gọi

.

B.

( C2 )

là tập hợp các

P = w- z

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 3 +1

.

3 5
.
5

z - 2+ 4i £ 1.

2 3- 1

( C)
đến một điểm thuộc

.

3 2- 1

C.
 Lời giải

.

bằng
D.

3 2 +1

.

z = x + yi ; w = a+ bi ( x, y, a, b Î ¡ ) .

Đặt

Ta có
2
2
2
w + 2- 3i £ w- 3+ 2i ¾¾
® ( a + 2) +( y- 3) £ ( a- 3) +( b+ 2) Û a- b £ 0 ¾¾
®
2



M

tập hợp điểm
biểu diễn số phức

w

thuộc nửa mặt phẳng bờ
( C1 ) .

D : x- y = 0

và kể cả bờ (miền tô đậm như

hình vẽ). Gọi miền này là
2
2

z - 2+ 4i £ 1¾¾
® ( x - 2) +( y + 4) i £ 1Û ( x - 2) +( y + 4) £ 1¾¾
®
N

tập hợp điểm
biểu diễn
C
I
2;
4
,
( 2)
(
)
R = 1.
z
số phức là hình tròn
có tâm
bán kính


P = z - w = MN

Khi đó biểu thức
( C2 )
.

là khoảng cách từ một điểm thuộc

( C1 )

đến một điểm thuộc

Pmin = d[ I , D ] - R = 3 2 - 1.

Từ đó suy ra
Ví dụ 3: Xét các số thức

z - 2i £ z - 4i

z

thỏa mãn

z - 3- 3i = 1.

và

Giá trị lớn nhất của biểu thức

P = z - 2 +1

bằng
5 + 2.

A.

10

B.

C.
 Lời giải

10 +1.

D.

13 +1.

z = x + yi ( x, y Î ¡ )

Gọi

. Ta có
2
2
z - 2i £ z - 4i ¾¾
® x +( y- 2) £ x2 +( y- 4) Û y £ 3 ¾¾
®
2



z

tập hợp điểm biểu diễn số phức
( C1) .
D : y=3

thuộc nửa mặt phẳng bờ
, kể cả bờ (miền tô đậm). Gọi miền này là
2
2
z - 3- 3i = 1¾¾
® ( x - 3) +( y- 3) i = 1Û ( x - 3) +( y- 3) = 1¾¾
®

tập hợp điểm biểu diễn số
I ( 3;3) ,
( C2 )
R = 1.
z
phức là đường tròn
có tâm
bán kính
( C1 )
( C2 )
M
z
Như vậy tập hợp điểm
biểu diễn số phức là giao của
và
. Đó chính là phần cung
D ( 2;3) , C ( 4;3)
tròn nét liền như trên hình vẽ (có tính 2 điểm đầu mút
của cung).

B( 2;0)

P = z - 2 +1= MB +1

Khi đó
cung tròn

CD

Từ đó suy ra

với

và

MB

là khoảng cách từ điểm

B

đến một điểm thuộc

.
Pmax = BC +1= 13 +1.

Ví dụ 4: Xét các số phức

z, w

thỏa mãn

ìï max{ z ; z - 1- i } £ 1
ï
.
í
ïï w +1+ 2i £ w- 2- i
ïî

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức


P = z- w

bằng
A.

0.

B.

1
.
6

2 - 1.

C.
 Lời giải

M , N ( x; y)

Gọi

lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức
2



2

2 2 - 1.

z, w.
2

w +1+ 2i £ w- 2- i ¾¾
® ( x +1) +( y + 2) £ ( x - 2) +( y- 1) Û x + y £ 0 ¾¾
®

tập hợp điểm

biểu diễn số phức
vẽ).



2

D.

w

thuộc nửa mặt phẳng bờ

max { z ; z - 1- i } £ 1,

suy ra

D : x+ y= 0

thuộc phần chung của hai hình tròn

P = z - w = MN

Ta có

nên

nhất khi

Nº O

và

P

nhỏ nhất khi

MN

( O; 1)

và

(phần gạch sọc như hình vẽ).

ngắn nhất. Dựa vào hình vẽ ta thấy

z = x + yi ( x, y Î ¡ )

z + 2- 3i £ z +i - 2 £ 5.

là số phức thỏa mãn
2

2

P = x + y + 8x + 6y.

giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
A.

MN

ngắn

MN min = OI - 1= 2 - 1.

Ví dụ 5: Cho
156
- 2 10.
5

và kể cả bờ (miền tô đậm như hình

ïìï z - 1- i £ 1 ïìï MI £ 1, I ( 1;1)
Þ í
í
ïï z £ 1
ïï MO £ 1, O( 0;0)
î
î

( I ; 1)

¾¾
®M

N

B.

156
+ 2 10.
5

Giá trị

Gọi
M +m

60- 20 10.

C.
 Lời giải

bằng
D.

60+ 20 10.

M, m

lần lượt là


Ta có

ìï z + 2- 3i £ z + i - 2 Û 2x + y + 2 £ 0
ï
.
í
ïï z + i - 2 £ 5 Û ( x - 2) 2 +( y +1) 2 £ 25
ïî

M ( x; y)

Suy ra tập hợp các điểm

thỏa yêu cầu bài

(H)

d : 2x + y = - 2
toán nằm trên miền
tô đậm được giới hạn bởi đường thẳng
và đường tròn
I ( 2;- 1) ,
( C)
R =5
có tâm
bán kính
(kể cả biên) như hình vẽ.

2

2

J ( - 4;- 3) .

P = x2 + y2 + 8x + 6y = ( x + 4) +( y + 3) - 25 = J M 2 - 25

Ta có

với
d

( C)

A ( 2;- 6) , B( - 2;2) ; C

Gọi giao điểm của và
là

là giao điểm của đoạn
Dựa vào hình vẽ ta thấy
J M ³ min { J A, J B, J C } = J C = IJ - IC = IJ - R = 2 10 - 5.

J M £ max { J A, J B, J C } = J A = 3 5.


với

)

(

)

Ví dụ 6: Xét các số phức
M, m

A.

Đặt

( C) .

2
ìï
ïï M = 3 5 - 25 = 20
ïí
¾¾
® M + m= 60- 20 10.

2
ïï
ïïî m= 2 10 - 5 - 25 = 40- 20 10

(

Vậy

IJ

z1, z2

thoả mãn

z1 - 3- 4i = 1, z2 +1 = z2 - i

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
P = 14 5.

B.

P = 16 5.

z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c, d Î ¡ ) .

z1 - z2 .

P = 18 5.

C.

 Lời giải

Tính

và

z1 - z2
2- i

P = M +m

D.

.

P = 20 5.

là số thực. Gọi


A ( a;b) , B( c;d)

Gọi

lần lượt là hai điểm biểu diễn số phức

Suy ra

z1 , z2.

uur uur uuu
r
z1 - z2 = OA - OB = BA ¾¾
® z1 - z2 = AB.

Do đó từ

uuu
r
z1 - z2
= k ( k Î ¡ ) ¾¾
® BA = k( 2;- 1) .
2- i

AB

uuu
r
nAB = ( 1;2) .

Suy ra đường thẳng
có VTPT
z1 - 3- 4i = 1¾¾
®
I ( 3;4) ,
( C)
R = 1.
A

tập hợp các điểm là đường tròn

có tâm
bán kính
2
2
z2 +1 = z2 - i ¾¾
® ( c +1) + d2 = c2 +( d - 1) Û c + d = 0 ¾¾
®
B

tập hợp các điểm
là đường
thẳng

Gọi

j

D : x + y = 0.

là góc giữa

D

và

AB

uuu
r uur
nAB .nD

3 10
1
cosj = uuu
¾¾
® sinj =
.
r uur =
10
10
nAB . nD

, ta có

AB.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tìm GTLN và GTNN của
d[ I , D ] > R
( C) .
H
A
D
D
Do
nên suy ra
không cắt
Gọi
là hình chiếu của trên , ta có
ìï
max AH d[ I , D ] + R
ï

AB =

=
= 7 5 + 10
ïï max AB =
sinj
sinj
AH
ï
¾¾
®í
Þ P = 14 5.
ïï
sinj
min AH d[ I , D ] - R
ïï min AB =
=
= 7 5 - 10
ïïî
sinj
sinj

Bài tập tổng hợp

Câu 1: Xét các số phức

z = a + bi ( a, b ∈ ¡

)

z − 3 − 2i = 2
thỏa mãn

. Tính

a+b

, biết rằng


( z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i )
4+ 3

A.

B.

đạt giá trị nhỏ nhất

2+ 3

C.

4− 3

D.


Gọi

A ( −1; 2 )

Lấy điểm
⇒

Vì

Lời giải

z − 3 − 2i = 2 ⇔ ( a − 3) + ( b − 2 ) = 4
2

Cách 1. Ta có

3

B ( 2;3)

và

J ( 2; 2 )

suy ra

2

z + 1 − 2i + 2 z − 2 − 5i = MA + 2 MB
. Khi đó

IA.IJ = IM 2

IA IM
=
IM
IJ
∆IJM , ∆IMA

Do đó

đồng dạng với nhau nên

MA IM
=
=2
MJ
IJ

.

MA + 2 MB = 2 ( MJ + MB ) ≥ 4 JB

(

⇔ M ≡ E 2; 2 + 3
Dấu “=” xảy ra
Câu 2: Cho hai số phức
T = 2iz1 + 3z2
biểu thức

z1 , z2

)

thỏa mãn

z1 − 3i + 5 = 2

và

iz2 − 1 + 2i = 4

. Tìm giá trị lớn nhất của