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

MỤC LỤC
1. Lời giới thiệu:..............................................................................................................................3
2. Tên sáng kiến: Một số dạng toán về cực trị số phức giải bằng phương pháp hình học...............3
3. Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến.......................................................................................3
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thành Tiến.......................................................................3
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học........................................................................................3
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 09/2019..................................3
7. Mô tả bản chất sáng kiến:............................................................................................................3
- Về nội dung của sáng kiến:........................................................................................................3
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT..........................................................................................................5
B. NỘI DUNG................................................................................................................................7
Dạng 1. Điểm và đường thẳng..................................................................................................7
Dạng 2. Điểm và đường tròn..................................................................................................10
Dạng 3. Điểm và elip..............................................................................................................14
Dạng 4. Đường thẳng và đường tròn......................................................................................16
Bài tập tổng hợp.......................................................................................................................21
- Về khả năng áp dụng của sáng kiến: .......................................................................................30
8. Những thông tin cần được bảo mật:..........................................................................................30
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12................................................30
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được ........................................................30
11. Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử ..................................................................30

BÁO CÁO KẾT QUẢ


NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu:
Trong chương trình tốn 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 khơng 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 mơ-đun của số phức, giải phương trình bậc hai …. Bên cạnh đó, các bài
tốn 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 địi 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, mơ-đun của số phức, số
phức liên hợp,… kết hợp với các kiến thức về điểm, đường thẳng, đường trịn 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 tốn về cực trị số phức tơi 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 qt về dạng tốn này. Vì vậy tơi 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 hồn thiện hơn.
Tơi 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 cơng. 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 tốn 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 Oxy bởi điểm

M  a; b 

�Điểm biểu diễn số phức liên hợp z là N  a; b  đối xứng với M qua Ox .
�Điểm biểu diễn số phức đối  z là P  a; b  đối xứng với M qua O .

�Điểm biểu diễn số phức  z là P   a; b  đối xứng với M qua Oy .
�Mô đun của số phức z là z  OM .

 a�
 b�
i thì
2. Nếu M ; M �biểu diễn cho số phức z  a  bi , z �
�a  a�b  b�
�
z  z�
I�
;

�
2 �biểu diễn số phức 2 .
�Trung điểm MM �là � 2
�
�
� z  z  MM .
2

2. Công thức trung tuyến:

2



2

z1  z2  z1  z2  2 z1  z2

2



3. Công thức trọng tâm tam giác: Nếu A, B, C biểu diễn các số phức z1 , z2 , z3 thì trọng tâm
z1  z2  z3
G của tam giác ABC biểu diễn số phức
3
.

4. Môđun của số phức:
Số phức z  a bi được biểu diễn bởi điểm M(a; b) trên mặt phẳng Oxy. Độ dài của véctơ

uuuur
2
2
OM được gọi là mơđun của số phức z. Kí hiệu z  a  bi  a  b


Tính chất


uuuur
2
2
 z  a  b  zz  OM
z
z

, z' �0
z
'
z
'


z �0, z ��, z  0 � z  0

 z.z'  z . z'


kz  k . z , k��

 z  z' �z �z' �z  z'
2

2

 Chú ý:

z2  a2  b2  2abi  (a2  b2 )2  4a2b2  a2  b2  z  z  z.z

.

Lưu ý:


z1  z2 �z1  z2

dấu bằng xảy ra

� z1  kz2  k �0



z1  z2 �z1  z2

dấu bằng xảy ra

� z1  kz2  k �0



z1  z2 � z1  z2

dấu bằng xảy ra

� z1  kz2  k �0



z1  z2 � z1  z2

dấu bằng xảy ra

� z1  kz2  k �0

2



2





2

2

z1  z2  z1  z2  2 z1  z2

z  z z z

2

.



2

z ��

5. Một số quỹ tích nên nhớ
Biểu thức liên hệ
ax  by  c  0
(1)
z  a bi  z  c di
(2)

 x  a   y  b
2

2

 R2

x, y

Quỹ tích điểm M
:ax  by  c  0

(1)Đường thẳng
(2) Đường trung trực đoạn AB với
A  a,b , B c, d





hoặc

Đường trịn tâm

hoặc

Hình trịn tâm

I  a; b

, bán kính R

z  a bi  R

 x  a   y  b
2

2

�R2

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 trịn đồn
I  a; b
tâm
, bán kính lần lượt là r , R


Parabol

�
y  ax2  bx  c
 c �0
�
x  ay2  by  c
�

 x  a

2

b2

 y  c


2

d2

 1

 1 1

hoặc
z  a1  bi
 z  a2  b2i  2a
1

 x  a
b2

2

 y  c

d2

Elip

 2

2a  AB , A  a1 ,b1  , B a2 ,b2 
Elip nếu
Đoạn AB nếu 2a  AB
Hypebol

2

1

B. NỘI DUNG
Dạng 1. Điểm và đường thẳng

Ví dụ 1: Trong các số phức thỏa mãn điều kiện
A. z  1 2i .

Giả sử
Ta có:

1 2
z   i
5 5 .
B.

z  x  yi  x, y ��

z

z  3i  z  2  i .

Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất?

1 2
 i
5 5 .

D. z  1 2i .

C.
 Lời giải

M  x, y 
, số phức z có điểm biểu diễn là điểm

z  x 2  y 2  MO

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
Ta thấy điểm M di chuyển trên đường thẳng  : x  2 y  1  0 nên MO nhỏ nhất khi và chỉ
khi M là hình chiếu của điểm O lên đường thẳng  .

Phương trình đường thẳng đi qua O và vng góc với  là 2 x  y  0 .
�x  2 y  1  0
�
M
Do đó, tọa độ điểm
là nghiệm của hệ phương trình � 2 x  y  0
�1 2 �
M � ; �
Suy ra �5 5 �

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn
phức z bằng
A. 6
B. 7

z  4  3i  z  4  3i  10

và

C. 5
 Lời giải

z  3  4i

nhỏ nhất. Mô-đun của số
D. 8

Đặt

z  a  bi  a, b �� � z  a  bi
M  a, b 
và
là điểm biểu diễn của số phức z .

Gọi

A  4; 3 , B  4;3 

Theo giả thiết

. Ta có AB  10 .

z  4  3i  z  4  3i  10 � MA  MB  10  AB

z  3  4i  MC
Suy ra M thuộc đoạn AB kéo dài ( B nằm giữa A và M ). Lại có
nên
z  3  4i

C  3; 4 
nhỏ nhất khi và chỉ khi MC nhỏ nhất (với
).

M �B
�
MCmin � �
M �A và MCmin  5 2
�
Ta có:

� M  4;3
Do đó

hoặc

M  4; 3

z 5

w
z + 2- 2i = z - 4i
Ví dụ 3. Xét các số phức z, w thỏa mãn
và w = iz +1. Giá trị nhỏ nhất của
bằng
2
.
2
A.

3 2
.
B. 2

C. 2.
 Lời giải

D. 2 2.

M x; y

Đặt z = x + yi ( x, y��) và ( ) là điểm biểu diễn số phức z.
2
2
2
z  2  2i  z  4i
x  2   y  2  x2   y  4 � x  y  2

Từ
suy ra
tập hợp điểm M
là đường thẳng D : x + y = 2.


Ta có

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

Dựa vào hình vẽ ta thấy

2 5
.
7

B.

0 1 2
2

z +1- i = z - 3i .



2
2 .

Môđun lớn nhất của số phức

4 5
.
7

C.


z  x  yi  x, y ��

N  0;1

Pmin  MN min  d  N ,   

Ví dụ 4. Xét các số phức z thỏa mãn
A.

với

9 5
.
10

D.

w=

1
z

là

7 5
.
10

Lời giải

M  x; y 

là điểm biểu diễn số phức z.
2
2
2
z  1  i  z  3i
x  1   y  1  x 2   y  3  � 2 x  4 y  7

Từ
ta suy ra
. Do đó tập hợp
D
:
2
x

+
4
y
=
7.
điểm M là đường thẳng
Đặt

w=

Ta có

và

1
1
1
= =
z
z OM

Dựa vào hình vẽ ta thấy

với

O  0;0 

w max � OM min

suy ra

w max 

1
20
2 5


d  O,   2.0  4.0  7
7

.

z2 - 2z + 5 = ( z- 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) .
Ví dụ 5: Xét các số phức z thỏa mãn
Giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

P = z - 2+ 2i

A. 1.

Ta có

bằng
B.

3
.

2

C.
 Lời giải

5
.
2

D. 5.

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

�
z = 1- 2i
� ( z - 1+ 2i ) ( z - 1- 2i ) = ( z - 1+ 2i ) ( z + 3i - 1) � �
.
�
z - 1- 2i = z + 3i - 1
�


P = z- 2+ 2i = 1- 2i - 2+ 2i = 1.
 TH 1. Với z = 1- 2i. Khi đó
z - 1- 2i = z + 3i - 1.

 TH 2. Với
z  x  yi  x, y ��
M  x; y 
Đặt

và
là điểm biểu diễn số phức z.
2
2
2
2
z  1  2i  z  3i  1
 x  1   y  2    x  1   y  3 � 2 y  1  0 tập hợp
Từ
ta suy ra
điểm M là đường thẳng D : 2y +1= 0.

Ta có

P = z - 2+ 2i = MA

với

A  2; 2 

Dựa vào hình vẽ ta thấy Pmin � MAmin suy ra
So sánh hai trường hợp ta thấy Pmin = 1.

Pmin  d  A,   

2  2   1
2



3
2.

z - 1- 3i � z + 2i
w +1+ 3i � w- 2i .
Ví dụ 6: Xét các số phức z, w thỏa mãn
và
Giá trị nhỏ nhất của

biểu thức
A.

P = z- w

13 +1
.
2

là
B.

26
.
4

C.
 Lời giải

3
.

13

D.

3 26
.
13

 a, b, c, d �� .
Gọi z = a+ bi và w = c + di
2
2
2
z  1  3i �z  2i �  a  1   b  3 �a 2   b  2  � a  5b �3

. Suy ra tập hợp điểm M
D
:
x
+ 5y = 3 .
biểu diễn số phức z là phần tơ đậm như trên đồ thị có tính biên
2
2
2
w  1  3i �w  2i �  c  1   d  3 �c 2   d  2  � c  5d �3

. Suy ra tập hợp điểm
N

: x + 5y = - 3

biểu diễn số phức w là phần gạch chéo như trên đồ thị có tính biên D �
.


P  z  w  MN �d  ; �


3 26
13 .

Dựa vào hình vẽ ta thấy
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi M �D , N �M và MN ^ D �
Dạng 2. Điểm và đường trịn

- iz +1 = 1
Ví dụ 1: Xét các số phức z thỏa mãn
. Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn

P = z.

nhất của biểu thức
A. S = 2014.

Ta có

Tính S = 2020- M + m.
B. S = 2016.
C. S = 2018.
 Lời giải

- iz +1 = 1� - i . z + i = 1� z + i = 1��
�

D. S = 2022.

tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thuộc

I 0;- 1)
đường trịn có tâm (
, bán kính R = 1.

Khi đó

�
Pmin = OI - R = 1- 1 = 0
m= 0
�
�
��
��
��
� S = 2018.
�
�
�Pmax = OI + R = 1+1= 2
�
�M = 2
�

Ví dụ 2: Xét các số phức z thỏa mãn z- 2- 3i = 1. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = z +1+ i

lần lượt là
A. 13 + 2 và 13- 2 .
C. 6 và 4 .

Ta có
I  2;3

z - 2- 3i = 1��
�

, bán kính R = 1.

B. 13 +1 và 13 - 1.
D. 13 + 4 và 13- 4 .
 Lời giải

tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường trịn có tâm


Ta có
Vậy

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

với

A ( - 1;1) .

�P = AM = AI - R = 13 - 1
1
�min
.
�
�
�
�Pmax = AM 2 = AI + R = 13 +1

( 1+ i ) z +1- 7i = 2.
Ví dụ 3: Xét các số phức z thỏa mãn
Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và

giá trị lớn nhất của
A. S = 2.

P = z.

Tính S = M - m.
B. S = 4.

C. S = 10.
 Lời giải

( 1+ i ) z +1- 7i = 2 � z +

Ta có

D. S = 24.

1- 7i
2
=
� z - ( 3+ 4i ) = 1��
�
1+ i
1+ i

I  3; 4 
diễn số phức z thuộc đường trịn có tâm
, bán kính R = 1.

Khi đó

tập hợp các điểm M biểu

�
�
Pmin = OM 1 = OI - R = 5- 1 = 4
m= 4
�
��
��
��
� S = 2.
�
�
�
�M = 6
Pmax = OM 2 = OI + R = 5+1= 6

�
�

( 1+ i ) z

Ví dụ 4: Xét các số phức z, w thỏa mãn
P = z- w

A. 3

1- i

+2 =1

và w = iz. Giá trị lớn nhất của biểu thức

bằng
B. 2 3

C. 3 2
 Lời giải

D. 3 3


( 1+ i ) z

Từ

1- i

+ 2 = 1� z +

2( 1- i )
1+ i

=

1- i
� z - 2i = 1��
�
1+ i

tập hợp các điểm M biểu diễn số

I 0;2 ,
phức z thuộc đường trịn có tâm ( ) bán kính R = 1.

w=iz

Theo giả thiết

P = z- w =

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

với

O( 0;0) .

Dựa vào hình vẽ ta thấy Pmax = 2OM 2 = 2 OI + R = 2 2+1 = 3 2.
z - 1+ i = 1
Ví dụ 5: Xét các số phức z1, z2 thỏa mãn 1
và z2 = 2iz1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 2z1 - z2

bằng

A. 2- 2.

B. 2- 2 2.

C. 4- 2 2.


D. 8- 2.

Lời giải

z - 1+ i = 1
Từ 1
suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z1 thuộc đường trịn có tâm
I ( 1;- 1) ,
bán kính R = 1.

z2 =2iz1

Theo giả thiết ta có

P = 2z1 - z2 = 2z1 - 2iz1 = 21- i z1 = 2 2OM

Dựa vào hình vẽ ta thấy

với

O( 0;0) .

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

Ví dụ 6: Xét các số phức z thỏa mãn z - 2- 4i = 2 2. Trong các số phức w thỏa mãn w = z( 1+ i ) ,
gọi w1 và w2 lần lượt là số phức có mơđun nhỏ nhất và mơđun lớn nhất. Khi đó w1 + w2 bằng
A. - 2+ 6i.
B. 2+ 4i.
C. - 4 +12i.
D. 4 + 8i.
 Lời giải


�
Từ z - 2- 4i = 2 2 ��
tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường trịn có tâm
I ( 2;4) ,
bán kính R = 2 2.

P = w = z( 1+ i ) = z . 1+ i = 2 z = 2OM
O 0;0 .
Ta có
với ( )
Dựa vào hình vẽ ta thấy

+-=++=���+=�
M M 1 z 1 2i
 Pmin = 2OM 1. Dấu '' = '' xảy ra

 Pmax = 2OM 2. Dấu '' = '' xảy ra
Vậy w1 + w2 =- 4 +12i.

w1

+-=++=���+=�
M M2
z 3 6i

w2

( 1 2i ) ( 1 i )
( 3 6i ) ( 1 i )

1 3i .
3 9i.

z  1 i
z  2 3i  1
Ví dụ 7: Cho số phức z thỏa mãn
. Giá trị lớn nhất của
là
A. 13  2 .



Gọi

Lời giải

z  x  yi ta có z  2 3i  x  yi  2 3i  x  2  y  3 i .

 x  2   y  3  1 nên
Theo giả thiết
I  2;3
trịn tâm
bán kính R  1.
2

Ta có
Gọi

D. 13  1.

C. 6 .

B. 4 .

2

điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên đường

z  1 i  x  yi  1 i  x  1  1 y i 

M  x; y

và

H  1;1

thì

HM 

 x  1   y  1

 x  1   y  1
2

2

2

.

2

.

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


�x  2  3t
HI : �
�y  3 2t , giao của HI và đường tròn ứng với t thỏa mãn:

Phương trình
9t2  4t2  1 � t  �

�
3
2 � �
3
2 �
M �2 
;3
;3
�, M �2
�
13
13 � �
13
13 �.
13 nên
�

1

Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM  13  1.
z  a bi  R  0
Lưu ý: Cho số phức z thỏa mãn
, khi đó ta có quỹ tích các điểm
I  a,b ,bk  R
biểu diễn số phức z là đường tròn
) và
2

2
�z
� Max  OI  R  a  b  R
�
2
2
�z Min  OI  R  a  b  R
�

Ngồi ra ta ln có cơng thức biến đổi

z  a bi  z  a bi

Dạng 3. Điểm và elip
z  4  z  4  10.
z
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
lần
lượt là
A. 10 và 4
B. 5 và 4
C. 4 và 3 .
D. 5 và 3 .
 Lời giải

Gọi

z  x  yi ,  x, y �� . Theo giả thiết, ta có z  4  z  4  10.

�  x  4  yi   x  4  yi  10 �
Gọi

M  x; y

,

F1   4;0

và

F2  4;0

.

 x  4

2

 y2 

 x  4

2

 y2  10

 

Khi đó

  � MF  MF
1

2

 10

nên tập hợp các điểm

M  z

là đường elip

 E .

2
2
2
Ta có c  4 ; 2a  10 � a  5 và b  a  c  9 .

x2 y2
 E là 25  9  1.
Do đó, phương trình chính tắc của

Vậy

max z  OA  OA '  5

và

min z  OB  OB'  3

.

z 3  z 3  8
Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn
. Gọi M , m lần lượt giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất

z.

Khi đó M  m bằng

A. 4  7.

B. 4 7.

C. 7.


Gọi
Gọi

D. 4  5.

Lời giải

z  x  yi với x; y �� và M là điểm biểu diễn số phức z .

z  3  z  3  8 � MF1  MF2  8
F1  3;0  , F2  3;0 
. Khi đó

Suy ra điểm M thuộc vào elip
Do đó:

 E :

x2 y 2

1
16 7

z max  4; z min  7

� M m  4 7
z2  z2 4 2
Ví dụ 3: Cho số phức z thay đổi thỏa mãn
. Trong mặt phẳng tọa độ, gọi
M , N là điểm biểu diễn z và z . Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ONM .
A. 1 .

B.

2.

C. 4 2 .


Lời giải

D. 2 2 .


Gọi M là điểm biểu diễn số phức z  x  yi và N là điểm biểu diễn số phức z thì M , M '

S
 xy
đối xứng nhau qua Ox . Diện tích tam giác OMN là OMN
.

Do
1

z2  z2 4 2

nên tập hợp M biểu diễn z là Elip

 E :

x2 y2

1
8
4
. Do đó:

xy
x2 y 2

x2 y 2

�2
.

� SOMN  xy �2 2
8
4
8 4
2 2

z  a  bi  a, b ��
z  4  3i  5
Câu 4. Cho số phức
thỏa mãn
. Tìm
z  1  3i  z  1  i
đạt giá trị lớn nhất.
A. P  10
B. P  4
C. P  6
D. P  8
 Lời giải
z  4  3i  5 �  a  4    b  3   5
2

Ta có

P  a  b khi

2

 C  có tâm I  4;3 .
Suy ra điểm M di chuyển trên đường tròn tâm
Gọi

F1  1;3 F2  1; 1
,

Dạng 4. Đường thẳng và đường trịn
2
2
Ví dụ 1: Xét các số phức z1 thỏa mãn z1 - 2 - z1 + i = 1 và các số phức z2 thỏa mãn z2 - 4- i = 5 .

Giá trị nhỏ nhất của
A. 5.

P = z1 - z2

bằng

B. 2 5.

C.


Gọi z  x  yi . Ta có

2 5
.

5

Lời giải

D.

3 5
.
5


2

2

2

2

z - 2 - z + i = 1��
�( x - 2) + y2 - x2 - ( y +1) = 1� 2x + y- 1= 0 ��
�

tập hợp các số phức z1

là đường thẳng D : 2x + y- 1= 0.
2
2
z - 4- i = 5 ��
� ( x - 4) +( y- 1) i = 5 � ( x - 4) +( y- 1) = 5 ��

�

tập hợp các số phức z2 là
C
I 4;1 ,
đường tròn ( ) có tâm ( ) bán kính R = 5.

Khi đó biểu thức
Từ đó suy ra

P = z1 - z2

C
là khoảng cách từ một điểm thuộc D đến một điểm thuộc ( ) .

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

8
5

-

5=

3 5
.
5

C
C

w + 2- 3i � w- 3+ 2i .
Ví dụ 2: Gọi ( 1 ) là tập hợp các số phức w thỏa mãn
Gọi ( 2 ) là tập hợp các

số phức z thỏa mãn
A. 2 3- 1.
Đặt

z - 2+ 4i �1.

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B. 2 3 +1 .
C. 3 2 - 1.
 Lời giải

P = w- z

bằng
D. 3 2 +1 .

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

Ta có
2
2
2
w + 2- 3i � w- 3+ 2i ��
�( a+ 2) +( y- 3) �( a- 3) +( b+ 2) � a- b�0 ��
�


tập hợp điểm
D
:
x
y
=
0
M biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ
và kể cả bờ (miền tơ đậm như
C1 ) .
(
hình vẽ). Gọi miền này là
2

2



2

z - 2+ 4i �1��
� ( x - 2) +( y + 4) i �1� ( x - 2) +( y + 4) �1��
�

C
I 2;- 4) ,
số phức z là hình trịn ( 2 ) có tâm (
bán kính R = 1.

tập hợp điểm N biểu diễn

Khi đó biểu thức
( C2 ) .
Từ đó suy ra

P = z - w = MN

C
là khoảng cách từ một điểm thuộc ( 1 ) đến một điểm thuộc

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

z - 2i � z - 4i
z - 3- 3i = 1.
Ví dụ 3: Xét các số thức z thỏa mãn
và
Giá trị lớn nhất của biểu thức

P = z - 2 +1

A.
Gọi

bằng

5 + 2.

B. 10

C. 10 +1.
 Lời giải

D. 13 +1.

z = x + yi ( x, y ��)

. Ta có
2
2i
z 4i
���
x ( y 2)
 z -�-���+-�+2

x2

( y 4)

2

y

3

tập hợp điểm biểu diễn số phức z
C .
thuộc nửa mặt phẳng bờ D : y = 3 , kể cả bờ (miền tô đậm). Gọi miền này là ( 1)
2
2

z - 3- 3i = 1��
� ( x - 3) +( y- 3) i = 1� ( x - 3) +( y- 3) = 1��
�

tập hợp điểm biểu diễn số
C
I 3;3 ,
phức z là đường trịn ( 2 ) có tâm ( ) bán kính R = 1.
C
C
Như vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là giao của ( 1 ) và ( 2 ) . Đó chính là phần
D 2;3 , C 4;3
cung tròn nét liền như trên hình vẽ (có tính 2 điểm đầu mút ( ) ( ) của cung).

P = z - 2 +1= MB +1

Khi đó
thuộc cung trịn CD .

với

B( 2;0)

và MB là khoảng cách từ điểm B đến một điểm

Từ đó suy ra Pmax = BC +1= 13 +1.

Ví dụ 4: Xét các số phức z, w thỏa mãn
P = z- w

A. 0.

�
max{ z ; z - 1- i } �1
�
.
�
�
�
�w +1+ 2i � w- 2- i

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

bằng
B.

1
.
6

C. 2 - 1.
 Lời giải

Gọi M , N ( x; y) lần lượt là điểm biểu diễn của hai số phức z, w.

D. 2 2 - 1.


2

2

2

2

�( x +1) +( y + 2) �( x - 2) +( y- 1) � x + y �0 ��
�
 w +1+ 2i � w- 2- i ��
tập hợp điểm N
biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ D : x + y = 0 và kể cả bờ (miền tơ đậm như hình
vẽ).
�
�z - 1- i �1� �
�MI �1, I ( 1;1)
�
�
�z �1
�
max { z ; z - 1- i } �1,
�MO �1, O( 0;0)

suy ra �
��
� M thuộc phần chung của hai hình trịn ( I ; 1) và ( O; 1) (phần gạch sọc như hình vẽ).

Ta có

P = z - w = MN

nên P nhỏ nhất khi MN ngắn nhất. Dựa vào hình vẽ ta thấy MN ngắn

nhất khi N �O và MN min = OI - 1= 2 - 1.
x, y ��)
z + 2- 3i � z + i - 2 �5.
Ví dụ 5: Cho z = x + yi (
là số phức thỏa mãn
Gọi M , m lần lượt là
2
2
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = x + y + 8x + 6y. Giá trị M + m bằng

A.

Ta có

156
- 2 10.
5

B.

156
+ 2 10.
5

C. 60- 20 10.
 Lời giải

�z + 2- 3i � z + i - 2 � 2x + y + 2 �0

�
.
�
2
2
�
�
�z + i - 2 �5 � ( x - 2) +( y +1) �25

Suy ra tập hợp các điểm

D. 60+ 20 10.

M ( x; y)

thỏa u cầu bài
H)
(
d
:
2
x
+
y
=
2 và đường trịn
tốn nằm trên miền
tơ đậm được giới hạn bởi đường thẳng
( C ) có tâm I ( 2;- 1) , bán kính R = 5 (kể cả biên) như hình vẽ.

2
2
2
2
2
J - 4;- 3) .
Ta có P = x + y + 8x + 6y = ( x + 4) +( y + 3) - 25 = J M - 25 với (
C
C .
Gọi giao điểm của d và ( ) là A ( 2;- 6) , B( - 2;2) ; C là giao điểm của đoạn IJ với ( )
Dựa vào hình vẽ ta thấy
 J M �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.
2
�
�
M = 3 5 - 25 = 20
�
�
��
� M + m= 60- 20 10.
�
2
�
�
m
=
2

10
5
25
=
40
20
10
�
Vậy �

(

(

)

)

Ví dụ 6: Xét các số phức

z1, z2

thoả mãn

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

z1 - z2 .

M, m

lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
A. P = 14 5.
B. P = 16 5.
C. P = 18 5.
 Lời giải

Đặt
Gọi

và

z1 - z2
2- i

là số thực. Gọi

Tính P = M + m.
D. P = 20 5.

z1 = a + bi, z2 = c + di ( a, b, c, d ��) .
A ( a;b) , B( c;d)
lần lượt là hai điểm biểu diễn số phức z1 , z2.
uur uur uuu
r
z1 - z2 = OA - OB = BA ��
� z1 - z2 = AB.

Suy ra

z1 - z2

=�=k ( k �)
2- i

uuu
r
BA

k( 2; 1) .

uuu
r
nAB = ( 1;2) .

Suy ra đường thẳng AB có VTPT
C
z - 3- 4i = 1��
�
I 3;4 ,
 1
tập hợp các điểm A là đường trịn ( ) có tâm ( ) bán kính R = 1.
2
2
� ( c+1) + d2 = c2 +( d - 1) � c+ d = 0 ��
�
 z2 +1 = z2 - i ��
tập hợp các điểm B là đường
thẳng D : x + y = 0.
Do đó từ

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

Gọi j là góc giữa D và AB , ta có
Theo u cầu bài tốn ta cần tìm GTLN và GTNN của AB.
d I ,D > R
C .
Do [ ]
nên suy ra D không cắt ( ) Gọi H là hình chiếu của A trên D , ta có
�
max AH d[ I , D ] + R
�
max AB =
=
= 7 5 + 10
�
�
sinj
sinj

AH
�
AB =
��
��
� P = 14 5.
�
sinj
min AH d[ I , D ] - R
�
�
min AB =
=
= 7 5 - 10
�
�
sinj
sinj
�

Bài tập tổng hợp

Câu 1: Xét các số phức

z  a  bi  a, b ��

 z  1  2i  2 z  2  5i  đạt giá trị nhỏ nhất
A. 4  3

B. 2  3



Gọi

A  1; 2 

z  3  2i  2

C. 4  3
Lời giải

z  3  2i  2 �  a  3   b  2   4
2

Cách 1. Ta có

thỏa mãn

và

B  2;3

. Khi đó

2

z  1  2i  2 z  2  5i  MA  2 MB

. Tính a  b , biết rằng

D. 3


Lấy điểm
�

J  2; 2 

2
suy ra IA.IJ  IM

IA IM

IM
IJ

MA IM

2
IJ
Vì IJM , IMA đồng dạng với nhau nên MJ
.

Do đó

MA  2 MB  2  MJ  MB  �4 JB


Dấu “=” xảy ra

M




E 2; 2

3



z  3i  5  2
iz  1  2i  4
Câu 2: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 1
và 2
. Tìm giá trị lớn nhất của
T  2iz1  3z2
biểu thức
A.

313  16

B.

313

C.


313  8

D.

313  2 5

Lời giải

Từ giả thiết, ta có

z1  3i  5  2 � 2iz1  6  10i  4
� Điểm M 1 biểu diễn số phức z1 thuộc vào đường tròn tâm I1  6; 10  , bán kính R1  4

 1

iz2  1  2i  4 � 3 z2  6  3i  12
� Điểm M 2 biểu diễn số phức z2 thuộc vào đường trịn tâm I 2  6;3 , bán kính R2  12
Từ

 1 và  2 

suy ra

 2

T  2iz1  3z 2  I1I 2  R1  R2  12 2  132  16  313  16

Câu 3. Xét các số phức

z  a  bi  a, b ��

thỏa mãn

z 2

z  4  2 z  1  4i
. Tính P  a  b khi


đạt giá trị nhỏ nhất.
A. P  4 5

Giả sử

B. P  2

z  a  bi  a, b ��

Gọi

A  4;0  , B  1; 4 

Gọi

H  1;0  .

D. P  2 5

C. P  2
 Lời giải

có điểm biểu diễn là

. Khi đó, ta có

P

M  a; b 

 a  4

2

.

 b2  2

 a  1

2

  b  4   MA  2MB
2

.

2
Ta có OH .OA  OM  4

MA OA


2
� OMA : OHM nên có MH OM

P  2 MH  2MB  2  MH  MB 
Suy ra MA  2 MH . Vậy

Pmin �  MH  MB  min � M , H , B

thẳng hàng

� M  0; 2 

� P  2
Câu 4. Cho các số phức z , z1 , z2 thỏa mãn
P  z  z  z1  z  z2
biểu thức
A. P  6 2  2

2 z1  2 z2  z1  z2  6 2

B. P  3 2  3
 Lời giải

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

C. P  6 2  3

D.

P

9
2 3
2

Chọn A, B, M lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , z .
Dựa vào điều kiện, ta có tam giác OAB vng cân tại O có độ dài OA  OB  6 , AB  6 2 .


Phép quay tâm B , góc quay 60�ta có
Q B ;60� : A a A�
M a M�
M�
; BM  B�
M �(do tam giác BMM �
Suy ra AM  A�
đều).

 A�
M�
�OA�
Suy ra OA  AM  BM  OA  MM �
, A�thẳng hàng.
Dấu "  " khi O, M , M �
 BA  6 2 và
Khi đó tam giác OBA�
có OB  6, BA�

� �
OBA

 105�
Từ đó, suy ra
2
OA�
 OB 2  BA�
 2OB.BA�
.cos105� 6 2  3

z 1 i  3
Câu 5. Cho số phức z thay đổi thỏa mãn
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  2 z  4  5i  z  1  7i
bằng a b (với a, b là các số nguyên tố). Tính S  a  b .
A. S  20
B. S  18
C. S  24
D. S  17
 Lời giải
Gọi

M  x; y 

là điểm biểu diễn của số phức z .

z  1  i  3 �  x  1   y  1  32
2

Ta có

trịn tâm

Xét điểm
Suy ra

I  1;1

2

suy ra các điểm biểu diễn số phức z thuộc đường

.

A  4; 5 

và

B  1;7 

. Ta có IB  6 .

2 z  4  5i  z  1  7i  2MA  MB

uur 1 uur
� 5�
1; �
IK  IB � K �
2 �thuộc đường tròn
�
6
K
Lấy điểm

:

tâm I , bán kính R  2 .
IK IM 1


IB 2 và đỉnh I chung nên suy ra IKM : IMB � MB  2MK
Do IM

� 2MA  MB  2  MA  MK  �2 AK


2

�25 �
Pmin  2 AK  2 25  � �  5 13
�2 �
Vậy

� a  b  18

z i  1
Câu 6. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  z  2  i  2 z  2  3i

A.

3.

B. 3 .

C.


2.

4 3
D. 3 .

Lời giải

I  0; 1 , R  1.
Gọi điểm biểu diễn của z là M . Khi đó M nằm trên đường tròn tâm
Gọi tọa

độ các điểm

A



 

2; 1 , B

 do đó:

2; 3

�1
�
K
;

1
�
�
P  z  2  i  2 z  2  3i  MA  2MB.
�khi đó ta có:
Gọi � 2
IK IM
1


.
IM IA
2 Vậy IMK và IAM là hai tam giác đồng dạng. Khi đó: MA  2MK .
P  2  MK  MB
Vậy
.
P  2  MK  MB � 2BK.
Theo bất đẳng thức tam giác: