Dang 1. Phương pháp hình học(VDC)

Câu 1.

[2D4-5.1-4] (ĐH Vinh Lần 1) Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn
số thực. Biết rằng
A. 5 −

z1 − z2 = 4 , giá trị nhỏ nhất của z1 + 3z2
B. 20 − 4

21 .

C. 20 − 4
Lời giải

21 .

( z − 6 ) ( 8 + zi ) là

bằng
D. 5 −

22 .

22 .

Chọn C

Giả sử z =

x + yi , x, y ∈ ¡

.Gọi

AB = z1 − z2 = 4 .

A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z2 . Suy ra

( z − 6 ) ( 8 + zi ) =  ( x − 6 ) + yi  .  ( 8 − y ) − xi  = ( 8x + 6 y − 48) − ( x2 + y 2 − 6 x − 8 y ) i .
2
2
Theo giả thiết ( z − 6 ) ( 8 + zi ) là số thực nên ta suy ra x + y − 6 x − 8 y = 0 . Tức là các điểm
* Ta có

A, B

thuộc đường trịn

( C ) tâm I ( 3;4) , bán kính R = 5 .

uuur uuur r uuur uuur uuuur
MA + 3MB = 0 ⇔ OA + 3OB = 4OM .Gọi H là trung điểm
M
2
2
2
2
2
AB . Ta tính được HI = R − HB = 21; IM = HI + HM = 22 , suy ra điểm M thuộc
đường tròn ( C ′ ) tâm I ( 3;4 ) , bán kính r = 22 .
uuur uuur
uuuur

z
+
3
z
=
OA
+
3
OB
=
4
OM
= 4OM , do đó z1 + 3z2 nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất.
2
* Ta có 1
* Xét điểm

thuộc đoạn

AB thỏa

Ta có

( OM ) min = OM 0 = OI − r = 5 −

Vậy

z1 + 3z2 min = 4OM 0 = 20 − 4 22 .

22 .

Phân tích : Kiến thức cần nắm vững :




Câu 2.

Quỹ tích điểm biểu diễn số phức.
Modun số phức
Bài toán liên quan tâm tỉ cự trong hình học.
Sai sót dễ gặp, khơng để ý đường tròn C đi qua gốc tọa độ.

[2D4-5.1-4] (ĐH Vinh Lần 1) Giả sử z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn
một số thuần ảo. Biết rằng
A.

13 − 5 .

z1 − z2 = 2 , giá trị nhỏ nhất của z1 + 5 z2

B. 3

5 − 13 .

C.

3 5 − 2 13 .

( z + 1) ( z − 2i )

bằng
D. 5 −

22 .

là


Lời giải
Chọn B
Đặt

z = x + yi ( x; y ∈ ¡ ) ⇒ ( z + 1) ( z − 2i ) = x 2 + y 2 + x + 2 y − ( 2 x + y + 2 ) i.

Theo giả thiết

( z + 1) ( z − 2i )

là số thuần ảo, suy ra
2

1
5  1
5
2
x + y + x + 2 y = 0 ⇔ x + x + + y 2 + 2 y + 1 = ⇔  x + ÷ + ( y + 1) = .
4
4  2
4

 1 
I  − ; − 1÷ R = 5
⇒ tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn ( C1 ) tâm  2  ,
2
2

2

2

Giả sử z =

x + yi , x, y ∈ ¡

z1 − z2 = 2 ⇔ AB = 2 .

Gọi

M

là điểm thỏa mãn

Gọi H là trung điểm

AB

.Gọi

A, B lần lượt là điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z2 . Suy ra

uuur uuur r uuur uuur uuuur
MA + 5MB = 0 ⇔ OA + 5OB = 6OM .
 2 1
IH =
 IH 2 = IA2 − HA2

4
⇒
 2
2
2
 IM 2 = 13
 IH = IM − HM

ta có
36 .

 1 
I  − ; − 1÷ r = 13
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn ( C2 ) tâm  2
,
6 .
uuur uuur
uuuur
z
+
5
z
=
OA

+
5
OB
=
6
OM
= 6OM .
2
Ta có 1
Do

( C1 ) , ( C2 ) là hai đường tròn đồng tâm và O ∈ ( C1 )

 5 13 
z1 + 5 z2 Min = 6OM Min = 6 R − r = 6  −
÷÷ = 3 5 − 13
2
6
Từ đó suy ra


Câu 3.

[2D4-5.1-4] (ĐH Vinh Lần 1) Giả sử

z1, z2

là hai trong số các số phức

iz + 2 − i = 1 và z1 − z2 = 2 Giá trị lớn nhất của z1 + z2 bằng

A. 4 .

B.

2 3.

C.
Lời giải

Chọn A

3 2.

D.

3..

z

thỏa mãn


iz + 2 − i = 1

Ta có

⇔ i z − i 2 − 1 = 1 ⇔ z − 1− i 2 = 1.

z thuộc đường tròn tâm I ( 1;

Điểm biểu diễn

)

2,

R = 1.

M , N là điểm biểu diễn z1 , z2 nên MN = 2 là đường kính. Dựng hình bình hành
OMPN ta có z1 + z2 = OP = 2 3 .

Gọi

Ta có (
khi
Câu 4.

z1 + z2

)

2

(

2

≤ 2 z1 + z2

2

) = z −z

z1 = z2 ⇔ MN ⊥ OI ( OMPN

1

2

2

2

+ z1 + z2 = 16 ⇒ z1 + z2 ≤ 4 . Dấu bằng xảy ra

là hình thoi)

[2D4-5.1-4] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Cho các số phức

w+ i =

mãn
bằng
A.

z, w

thỏa

3 5

5w
= 2+ i
. Giá trị lớn nhất của biểu thức P = z − 1 − 2i + z − 5 − 2i
5 và z − 4

52 + 55 .

B.

29
C. 2 .

2 53 .

D.

3 + 134 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
Chọn B

5w
= 2+ i
Từ giả thiết z − 4
, ta có 5w = ( 2 + i ) ( z − 4 ) .
Khi đó:

w+ i =

Suy ra điểm
Ta có:

3 5
⇔ 5w + 5i = 3 5 ⇔ ( 2 + i ) ( z − 4 ) + 5i = 3 5 ⇔ z − 3 + 2i = 3
.
5

M ( x; y)

biểu diễn cho số phức

P = MA + MB , với A ( 1;2 ) , B ( 5;2 ) .

z sẽ thuộc đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y + 2 )
2

2

= 9.


Gọi

H

là trung điểm của

AB , ta có H ( 3;2 ) . Khi đó:

P = MA + MB ≤ 2 ( MA2 + MB 2 ) = 4MH 2 + AB 2 .
Mặt khác:

MH ≤ KH

với mọi điểm

M ∈ ( C ) , nên

P ≤ 4KH 2 + AB 2 = 4 ( IH + R ) + AB 2 = 2 53 .
2

Vậy

Câu 5.

Pmax

M ≡ K
= 2 53 khi  MA = MB hay

z = 3 − 5i

3 11
w= − i
và
5 5 .

[2D4-5.1-4] (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho số phức
. Giá trị lớn nhất của biểu thức

4
A. 3 .

P = z + 1 + z − 1 + z − 3i

8
B. 3 .

16
C. 3 .

z

thay đổi thỏa mãn

z−

3
2
i=
3
3

bằng

32
D. 3 .

Lời giải

Tác giả: Phi Trường ; Fb: Đỗ Phi Trường
Chọn B


Gọi

M

là điểm biểu diễn của

z , A ( − 1;0 ) , B ( 1;0 ) , C ( 0; 3 ) .
2


3 4
M ∈ ( C ) : x +  y − ÷÷ =
3  3 có tâm
Khi đó

2


3
2
I  0; ÷÷
R=
3 và
 3  , bán kính

∆ ABC

là tam giác đều.

Ta có:

P = z + 1 + z − 1 + z − 3i = MA + MB + MC .

Giả sử

M

Vì

thuộc cung nhỏ

·AMC = ·ABC = 60°

⇒ AM = AE

và

nên

»AB . Lấy E ∈ MC

∆ AME

sao cho

A , B , C ∈ ( C) ,

ME = MA .

là tam giác đều.

· = 60°
MAE

· = BAM
·
⇒ CAE
⇒ ∆ CAE = ∆ BAM ( c.g.c ) ⇒ EC = MB .
Do đó:

P = z + 1 + z − 1 + z − 3i = MA + MB + MC = ME + EC + MC = 2MC .

PMax ⇔ MC

có độ dài lớn nhất

chính giữa cung nhỏ

Vậy

PMax =

8
3.

( C)

( hay

M

là điểm

8
3.

» , »AC
M thuộc cung nhỏ BC
» , »AC .
BC

Tương tự

là đường kính của đường trịn

»AB ).

⇒ PMax = 2MC = 2.2 R =

nhỏ

⇔ MC

thì

PMax =

8
⇔M
lần lượt là điểm chính giữa cung
3


Câu 6.

[2D4-5.1-4] (Hàm Rồng ) Cho số phức

z + 4i = z − 8 + 4i
A.

. Tính

2 5.

z1 − z2

khi

z, z1 , z2

P = z − z1 + z − z2

41 .

B.

C.

thỏa mãn

z1 − 4 − 5i = z2 − 1 = 1

và

đạt giá trị nhỏ nhất.

8.

D.

6.

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Nga:; Fb:Con Meo
Chọn A

*) Gọi
+

z = a + bi, z1 = a1 + b1i, z2= a2 + b2i . Từ giả thiết, ta có:

z1 − 4 − 5i = 1 ⇔ ( a1 − 4 ) + ( b1 − 5) = 1 . ⇒
2

2

Tập hợp điểm biểu diễn số phức

z1

là một đường tròn

( C1 ) tâm I1 = ( 4;5) , bán kính R = 1 .

+

z2 − 1 = 1 ⇔ ( a2 − 1) + b22 = 1 ⇒
2

Tập hợp điểm biểu diễn số phức

z2

là một đường tròn

( C2 ) tâm

I 2 = ( 1;0 ) , bán kính R = 1 .

z + 4i = z − 8 + 4i ⇔ a 2 + ( 4 − b ) = ( a − 8) + ( b + 4 ) ⇔ a − b = 4 ⇒
2

+

phức

2

2

Tập hợp điểm biểu diễn số

z là một đường thẳng ( d ) : x − y = 4 .

*) Ta cần tìm

z, z1, z2

AM + BM
+ Đường thẳng

d,

để

P = z − z1 + z − z2

nhỏ nhất với
đi qua

đạt GTLN tức là ta cần tìm

M ∈ d . Ta có:

I 2 = ( 1;0 )

và vng góc với

d⇒

PT

d, : x + y = 1.

A ∈ ( C1 ) , B ∈ ( C2 )

để


 5 3
d ∩ d , = { H} ⇒ H  ;− ÷
+
 2 2 .

I 2, , ( C2, )

+ Gọi

I 2, ( 4, −3)

và

lần lượt đối xứng với

( C ) : ( x − 4 ) + ( y + 3)
2

,
2

⇒ I1I 2,

cắt

(d )

⇒ I1I 2,

cắt

( C1 )

tại

I 2 ;(C2 )
2

qua đường thẳng

d . Ta có:

= 1.

M ( 4;0) ⇒ z = 4 .

tại hai điểm

A1 ( 4;4 ) ; A2 ( 4,6) ⇒ z1 = 4 + 4i

thỏa mãn bài toán.

MI 2 cắt ( C2 ) tại hai điểm O ( 0;0 ) ; B ( 2;0) ⇒ z2 = 2 thỏa mãn bài toán.
Vậy:
Câu 7.

z1 − z2 = 2 + 4i = 22 + 42 = 2 5 .
[2D4-5.1-4] (Sở Hà Nam) Cho số phức
Tính

z

khi biểu thức

1
A. 5 .

z = a + bi

z + 1 + 4i + z − 2 − 5i
B.

với

a, b

là hai số thực thỏa mãn

a − 2b = 1 .

đạt giá trị nhỏ nhất.

2
D. 5 .

1
C. 5 .

5.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Huyền; Fb: Huyền Kem
Chọn C
Gọi

M ( a, b )

Để

z + 1 + 4i + z − 2 − 5i

là điểm biểu diễn số phức

z . Theo đề bài có M ∈ ∆ : x − 2 y − 1 = 0 .

đạt giá trị nhỏ nhất thì MA +

( 2;5) . Vì A, B nằm khác phía với ∆

và B
hàng.

Ta có phương trình đường thẳng

Suy ra tọa độ điểm

M

nên

MA + MB

MB

đạt giá trị nhỏ nhất với

đạt giá trị nhỏ nhất khi

A ( − 1; − 4 )

M , A, B

thẳng

AB : 3x − y = 1 .

1


x
=
 x − 2 y = 1 
5
⇔

3x − y = 1  y = − 2
là nghiệm của hệ phương trình:

5.

1 2
1
z= − i⇒ z =
Vậy
5 5
5.
Câu 8.

[2D4-5.1-4] (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho hai số phức

z1,z2

thỏa mãn

z1 − 1− 3i = 1 và z2 + 1− i = z2 − 5+ i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z2 − 1− i + z2 − z1

bằng

A.

2 5 − 1.

10 + 1 .

B.

C.

10 − 1 .

D.

3.

Lời giải
Tác giả: Hoàng Ngọc Quang; Fb:Hoàng Ngọc Quang
Chọn ?
Gọi

M ( z1) , N ( z2 )

Từ điều kiện
Từ điều kiện

lần lượt là điểm biểu diễn số phức

z1 − 1− 3i = 1 ⇒

là đường tròn tâm

I ( 1;3) , bán kính R= 1.

z2 + 1− i = z2 − 5+ i ⇒ NA = NB , với A( − 1;1) , B( 5;− 1) ⇒

đường trung trực của đoạn thẳng
Ta có

M

Tập hợp điểm

z1 và z2 .

Tập hợp điểm

AB có phương trình ( d) :3x − y− 6 = 0 .

N

là

P = z2 − 1− i + z2 − z1 = NE + MN , với E = ( 1;1) .
I

E

M

d
N

F

Dễ thấy điểm

Gọi

F

Ta có

E

( I ;R)

và đường trịn

là điểm đối xứng của E qua

d

nằm hồn tồn cùng phía so với đường thẳng

 17 1
⇒ F ; ÷
 5 5 .

P = NE + MN ≥ NF + NI − R ≥ FI − R =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 điểm

Vậy

minP =

d.

2 85
−1
5

F ,N, M, I

thẳng hàng.

2 85
−1
.
5


Câu 9.

[2D4-5.1-4] (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho số phức số

z − 1 + 3i + z + 5 + i = 2 65 . Giá trị nhỏ nhất của z + 2 + i
các số thực dương. Giá trị của
A. 17 .

B.

2a 2 + b2

33 .

đạt được khi

z

z = a + bi

thỏa mãn
với

a, b

là

là
C.

24 .

D.

36 .

Lời giải

Tác giả:Thái Lê Minh Lý ; Fb:Lý Thái Lê Minh
Chọn B


Gọi

z = x + yi ; ( x , y ∈ ¡ ) . Điểm M ( x ; y )

biểu diễn số phức

z.

−

z − 1 + 3i + z + 5 + i = 2 65

Theo giả thiết

⇔ x + yi − 1 + 3i + x − yi + 5 + i = 2 65

( x − 1) + ( y + 3)
2

⇔

⇒

Tập hợp điểm

F2 ( − 5;1) .

z + 2+ i =

Mà

M

2

( x + 5) + ( y − 1)
2

+

biểu diễn số phức

( x + 2) + ( y + 1)
2

2

z

= 2 65 ( 1)

2

nằm trên đường elip

= MA , với A ( − 2; − 1)

MA = z + 2 + i nhỏ nhất khi M = ∆ ∩ ( E ) ; với ∆
uuuur
uur
dương. Ta có F1 F2 = ( − 6;4 ) ⇒ n∆ = ( − 3;2 ) .
Phương trình

∆

là

có tiêu điểm

là trung điểm của

Do đó

− 3x + 2 y − 4 = 0 ⇒ y =

( E)

đi qua

F1 ( 1; − 3)

và

F1F2 .

A là ∆ ⊥ F1F2 và M có tọa độ

4 + 3x
.
2
2

 4 + 3x 
x − 1) + 
+ 3÷ +
(
Thay vào ( 1) ta được
 2

2

2

4 + 3x 
− 1÷ = 2 65
( x + 5) + 
.
 2

2

x = 2
⇔ 13 x 2 + 52 x + 104 = 2 65 ⇔ 13 x 2 + 52 x − 156 = 0 ⇔ 
.
x
=
−

6

+ Với

x = −6⇒ y = −7

+ Với

x = 2 ⇒ y = 5 ⇒ M ( 2;5) ⇒ a = 2; b = 5 ⇒ 2a 2 + b2 = 33.

(loại)

i− a
a 2 + 1 1 − a(a − 2i) . Trên mặt phẳng tọa độ, gọi
z

thỏa mãn

=

Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm
A.

6.

B.

M

5.

và

I (− 3;4) (khi a
C.

M

a

thay đổi và số phức

z

là điểm biểu diễn số phức

z.

Câu 10. [2D4-5.1-4] (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Cho số thực

thay đổi) là

4.

D.

3.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Quang Huy ; Fb: quanghuyspt

Chọn C

i− a
⇔
a 2 + 1 1 − a( a − 2i)
z

=

z
a2 + 1

=

a−i
⇔
a − 2ai + i 2
2

a−i
2
a 2 + 1 (a − i)
z

=


a2 + 1
a
1

a
1
⇔ z=
⇔ z=
+
i ⇒ M(
;
)
a−i
a2 + 1 a2 + 1
a2 + 1 a2 + 1

⇒ M

(C ) : x 2 + y 2 = 1

thuộc đường tròn

khoảng cách

d

giữa hai điểm

M

và

bán kính

R = 1 . Vì I (− 3;4)

nằm ngồi

(C )

nên để

I (− 3;4) nhỏ nhất thì d min = IO − R = 5 − 1 = 4 .

Câu 11. [2D4-5.1-4] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hai số phức

z

và

của

ω = a + bi ( a, b ∈ ¡

z−ω

)

thỏa mãn:

z + 5 + z − 5 = 6 ; 5a − 4b − 20 = 0 . Giá trị nhỏ nhất

là

3
A. 41 .

5
B. 41 .

4
C. 41 .

3
D. 41 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Tu Nguyen
Chọn A
Gọi

M ( a ;b)

đường thẳng

là điểm biểu diễn cho số phức

( d ) : 5x − 4 y − 20 = 0 .

N ( x ; y ) là điểm biểu diễn cho số phức z , ta có:

Giả sử

z + 5 + z − 5 = 6 ⇔ NA + NB = 6

Suy ra

Gọi

ω , từ điều kiện: 5a − 4b − 20 = 0 , suy ra M thuộc

N

(∆)

, với

(

) (

A − 5 ;0 , B 5 ;0

) , AB = 2 5 < 6

x2 y 2
+ =1
thuộc Elip có phương trình ( E ) : 9
.
4

là tiếp tuyến của

+

(∆)

song song với

+

(∆)

tiếp xúc với

( d)

( E)

và

(∆)

song song với

suy ra phương trình

( d) .

( ∆ ) có dạng : 5x − 4 y + C = 0 .

( E ) ⇔ 9.25 + 4.16 = C 2 ⇔ C 2 = 289 ⇔ C = ± 17 .

(áp dụng điều kiện tiếp xúc của đường thẳng với

( E ) là: a 2 A2 + b2 B 2 = C 2 )


+ Các tiếp tuyến của

( E)

và song song với

( d ) là ( ∆ 1 ) : 5x − 4 y − 17 = 0 hoặc

( ∆ 2 ) : 5x − 4 y + 17 = 0 .
z − ω = MN , với điểm M

Ta có:

thuộc đường thẳng

MN min ⇔ MN = d ( ∆ 1 , d ) =

Do đó :

− 17 + 20
52 + 4 2

Câu 12. [2D4-5.1-4] (Sở Vĩnh Phúc) Cho số phức

( d)

và điểm

N

thuộc

( E) .

3
41 .

=

z thỏa

mãn

z − 2 − 3i = 1 .Giá

trị lớn nhất của

z + 1 + i là
A. 4 B. 6

C.
Lời giải

13 + 1 .

D.

13 + 2

.

Tác giả :Trần Thị Phượng Uyên, FB: UyenTran
Chọn C
Cách 1:
Gọi

z = x + yi , với x, y ∈ ¡

Ta có

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

z − 2 − 3i = 1 ⇔ ( x − 2) + ( y − 3) = 1 nên điểm M
nằm trên đường tròn (C ) tâm I ( 2;3) , bán kính R = 1
2

Theo giả thiết

z + 1 + i = x − yi + 1 + i = x + 1 + ( 1 − y ) i =
Gọi

M ( x; y )

Do

M

và

H ( − 1;1)

thì

chạy trên đường tròn

nhất khi

M là giao của HI

biểu diễn cho số phức

z

( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 .

HM =

( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 .

(C ) , H

cố định và

với đường trịn

 x = 2 + 3t
HI : 

Phương trình
 y = 3 + 2t

2

H

nằm ngồi đường trịn

(C ) sao cho I

(C ) nên MH lớn

nằm giữa H và M.


Giao của

HI với đường tròn ứng với t thỏa mãn:

9t 2 + 4t 2 = 1 ⇔ t = ±

1
13

3
2  
3
2 


M 2+
;3 +
,M 2−
;3 −
÷
÷

Suy ra
13
13  
13
13 
3
2 

M 2+
;3 +
÷

Với
13
13  , ta có MH = 13 + 1
3
2 

M 2−
;3 −
÷

Với

13
13  , ta có

MH ≈ 1,92 . Vậy GTLN của z + 1 + i = 13 + 1 .

Cách 2:
Gọi

z = x + yi , với x, y ∈ ¡

Ta có

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

z − 2 − 3i = 1 ⇔ ( x − 2) + ( y − 3) = 1 nên điểm M
nằm trên đường tròn (C ) tâm I ( 2;3) , bán kính R = 1.
2

Theo giả thiết

z + 1 + i = x − yi + 1 + i = x + 1 + ( 1 − y ) i =
Gọi

M ( x; y )

Do

HI = 13 > 1 = R

và

H ( − 1;1)

thì

HM =

2

( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 .

(C ) tại hai điểm phân biệt M1; M 2
nằm ngoài đoạn  HI .

Với điểm

M

bất kỳ thuộc

(C ) ta có:

·
HM 2 = HI 2 + IM 2 − 2 HI .IM cos HIM
·
= HI 2 + R 2 − 2 HI .R.cos HIM

z

( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 .

nên H nằm ngồi đường trịn

Tia  HI ln cắt

biểu diễn cho số phức

(C ) .
trong đó

M 1 nằm trên đoạn  HI

và

M2


2
≤ HI 2 + R 2 + 2 HI .R = ( HI + R ) = HM 2
2

Do đó
Dấu

HM ≤ HM 2 = HI + R = 13 + 1

“= ”

xảy ra khi

M ≡ M2 .

Câu 13. [2D4-5.1-4] (Đặng Thành Nam Đề 6) Gọi

z − 1 = 34

và

z + 1 + mi = z + m + 2i .

nhỏ nhất, giá trị của
A.

z1 + z2

bằng

B.

2 3.

2.

Gọi

S

là tập hợp tất cả các số phức

z1 , z2

là hai số phức thuộc

( S)

z

thoả mãn

sao cho

z1 − z2

C. 2 .
D. 3 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vượng; Fb: Nguyen Vuong

Chọn D

z = x + yi

Đặt

 z − 1 = 34

theo giả thiết có:  z + 1 + mi = z + m + 2i

2


( x − 1) + y 2 = 34
⇔
⇔
2
2
2
2
 ( x + 1) + ( y + m ) = ( x + m ) + ( y + 2 )

Ta có

( 1)

là đường trịn

( C)

Vì vậy có tối đa 2 số phức

có tâm

z1 , z2

 ( x − 1) 2 + y 2 = 34

 ( 2m − 2 ) x − ( 2m − 4 ) y + 3 = 0

I (1;0), R = 34; ( 2 )

là đường thẳng

thoả mãn hệ phương trình đã cho, gọi

( 1)
( 2)

∆.

A ( z1 ) , B ( z2 )

ta có

AB = 2 R 2 −d 2 ( I , ∆) = 2 34 − d 2 ( I , ∆ ) ⇒ ABmin ⇔ d ( I , ∆ ) max .
Ta có

d (I , ∆ ) =

1(2m − 2) + 3
(2m − 2) 2 + (2m − 4) 2

⇒ d ( I , ∆ )max =

34
13
⇔ m= .
2
8

 ( x − 1) 2 + y 2 = 34,


⇒ z1 + z2 = 3 2.
5
3
x
+
y
+
3
=
0
Khi đó  4
4
Câu 14. [2D4-5.1-4] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho số phức

z 1, z 2

thỏa mãn

z1 − 2 + 2i + z1 + 2 − 2i = 10 2 , z 2 − 6 + 6i = 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của
A.

5 2.

M , A ( 2; −2 )
z′ = − 2 + 2i .

Gọi

và

z1 − z2

.

B. 11

2.

B ( −2;2 )

C. 12
Lời giải

2.

D. 16

lần lượt là các điểm biểu diễn cho số phức

2.

z1 , z = 2 − 2i

và


Khi đó theo đề bài ta có :

MA + MB = 10 2

AB = 4 2 < 10 2 . Vì A , B

và

M thõa mãn các điều kiện trên là elip ( E )
A, B .

định nên quỹ tích các điểm

2a = 10 2 , 2 tiêu điểm là
Mặt khác
tâm

N

là điểm biểu diễn cho số phức

I ( 6; −6 ) , bán kính R = 2 .

Dễ thấy

B, A, I

Xét điểm

P

nằm trên đường thẳng

BI

nằm trong đoạn

z2

thỏa mãn

MN

lớn nhất khi :

các đỉnh trên trục lớn

thỏa mãn

IP = 2 ⇒ P ( 5; − 5)

( E) , N

là điểm đối xứng của

A.

9.

2

( C)

.

MN = 2a + 2 R = MP + PN = 10 2 + 2 2 = 12 2 , lúc đó : M , P

iz + 2i + 4 = 3 ; phần thực của z1

nhất của biểu thức

là đường tròn

P.

P

qua

bằng

là

I.

z , z1 , z2

thay đổi thỏa mãn các

2 ; phần ảo của z2

bằng 1. Tìm giá trị nhỏ

Câu 15. [2D4-5.1-4] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho các số phức
điều kiện sau:

có độ dài trục lớn

y= −x.

 P ∈ ( C )
⇒ ( C)

P
∈
E
(
)

Khi đó 
và ( E ) tiếp xúc nhau tại

Do đó

z2 − 6 − 6i = 2

là các điểm cố

2

T = z − z1 + z − z2 .
B.

2.

C. 5 .
Lời giải

D.

4.

Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô
Chọn D

 2i + 4 
⇔ i z +
÷ = 3 ⇔ i . z + 2 − 4i = 3 ⇔ z + 2 − 4i = 3
iz + 2i + 4 = 3
i
.


Gọi

M

là điểm biểu diễn số phức

z và I ( − 2;4 ) .


z + 2 − 4i = 3 ⇔ MI = 3 ⇔ M thuộc đường trịn ( C )

Ta có:
Gọi

A, B

là điểm biểu diễn số phức

Vì phần thực của
Vì phần ảo của

Gọi

H, K

Ta có:

z2

z1

bằng

B

bằng 1 nên

thuộc đường thẳng

lần lượt là hình chiếu của

Gọi

M0

M

y = 1.

trên đường thẳng

là hình chữ nhật

là giao điểm của đường thẳng

ME ≥ M 0 E ∀ M ∈ ( C )

Từ (1), (2), (3) suy ra

x= 2

và

IE

y = 1.

(1)

⇒ MH 2 + MK 2 = ME 2

với đường tròn

(2)

( C ) ( M 0 ở giữa I , E ) (như hình vẽ).

(3)

T ≥ M0E2 .

M 0 E = IE − IM 0 = 5 − 3 = 2 . Suy ra T ≥ 4.

H ≡ A , K ≡ B và M ≡ M 0
hình chiếu của M trên đường thẳng x = 2 và y = 1 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy

2

T = MA2 + MB 2 = MH 2 + HA2 + MK 2 + KB 2 ≥ MH 2 + MK 2

E ( 2;1) . Tứ giác MHEK

Ta có:

2

z1 , z2 . Ta có: T = z − z1 + z − z2 = MA2 + MB 2 .

2 nên A thuộc đường thẳng x = 2 .

Gọi

Ta có:

I , bán kính R = 3 .

tâm

T

hay

M ≡ M0

và

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.

Cách 2

 2i + 4 
⇔ i z +
÷ = 3 ⇔ i . z + 2 − 4i = 3 ⇔ z + 2 − 4i = 3
iz + 2i + 4 = 3
i 
.


Gọi

z = x + yi ( x , y ∈ ¡ )

A, B

lần lượt là


Ta có:
Gọi

( x + 2) + ( y − 4)
2

2

= 9 ⇔ x 2 + y 2 = − 4 x + 8 y − 11 (*)

z1 = 2 + ai , z2 = b + i ( a , b∈ ¡

)

T = z − z1 + z − z2 = ( x − 2 ) + ( y − a ) + ( x − b ) + ( y − 1) ≥ ( x − 2 ) + ( y − 1) (1)
2

2

2

2

2

2

2

2

A = ( x − 2 ) + ( y − 1) = − 8 x + 6 y − 6 (theo (*))
2

Đặt

2

= − 8 ( x + 2 ) + 6 ( y − 4 ) + 34
Ta có:

2
2
2
 − 8 ( x + 2 ) + 6 ( y − 4 )  ≤ ( 82 + 62 )  ( x + 2 ) + ( y − 4 ) 



⇔ ( A − 34 ) ≤ 100.9 (theo (*))
2

⇔ 4 ≤ A ≤ 64
Suy ra

A≥ 4

(2).

Từ (1) và (2) suy ra

T ≥ 4.

y=a


x=b
2


x
=
b
=


x+2 y−4
5
=
⇔



−8
6
 y = a = 11

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  A = − 8 x + 6 y − 6 = 4

5
Vậy

T

đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.

Câu 16. [2D4-5.1-4] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho số phức

z
A.

thỏa mãn

z = 1 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức T = z + 1 + 2 z − 1 .

max T = 3 2.

B.

max T = 2 10.

C.

max T = 2 5.

D.

max T = 3 5.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Dung ; Fb: Dung Nguyen
Chọn C

Giả sử

z = x + y.i ( x, y ∈ ¡

).


Số phức

z

được biểu diễn bởi điểm

Theo bài ra:
Xét

Ta có:

trên mặt phẳng tọa độ

z = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 1. Do đó điểm M ( x; y)

( x + 1)

T = z+1+ 2 z−1 =

Nhận thấy

M ( x; y)

A(− 1;0); B(1;0) ∈ ( C )

2

Oxy.

luôn thuộc đường tròn

(C ) : x 2 + y 2 = 1.

+ y 2 + 2 ( x − 1) + y 2 = MA + 2MB với A(− 1;0) , B(1;0).

và

2

AB

là đường kính của đường trịn

(O;1).

2
2
T 2 = ( MA + 2MB ) ≤ 5 ( MA + MB ) = 5 AB 2 = 20.
2

⇒ Tmax = 2 5.
Câu 17. [2D4-5.1-4] (CổLoa Hà Nội) Gọi

z1 , z2 , z3

là ba số phức thỏa mãn điều kiện

z1 + 1 + z1 − 3i = 10 , z2 − 3 + z2 − 3i = 3 2 , z3 + 1 + z3 − 3 = 4 .
của biểu thức
A.

m

Đặt

là giá trị nhỏ nhất

z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 . Khẳng định nào sau đây đúng?

m∈ ( 4;5) .

B.

m∈ ( 5;6 ) .

C. m∈
Lời giải

( 6;7 ) .

D.

m∈ ( 7;8) .

Tác giả: Nghiêm Phương ; Fb: nghiêm Phương
Chọn B

Trong mặt phẳng

Oxy , gọi A ( − 1;0 ) , B ( 0;3) , C ( 3;0 )

biểu diễn số phức

z1 , z2 , z3 .

Khi đó,

z1 + 1 + z1 − 3i = 10 ⇔ MA + MB = AB ⇒

là đoạn

AB .
z2 − 3 + z2 − 3i = 3 2 ⇔ NC + NB = BC ⇒

z2

BC .

z3 + 1 + z3 − 3 = 4 ⇔ PA + PC = AC ⇒

M, N, P

Tập hợp điểm

Tương tự,
là đoạn

và

Tập hợp điểm

M

Tập hợp điểm

P

lần lượt là các điểm

biểu diễn số phức

N

z1

biểu diễn số phức

biểu diễn số phức

z3 là đoạn AC .


z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1 = MN + NP + PM .

Khi đó
Gọi

P1 , P2

Khi đó

lần lượt đối xứng với

P

qua

AB , BC . Ta có MP = MP1 , NP = NP2 .

P = MN + NP + PM = PM
+ MN + NP2 ≥ PP
1
1 2.

Mặt khác

· = P· AB , PBC
· = CBP
·
PBA
1
2

·
·
·
·
·
⇒ P· 1 AB + ·ABC + CBP
2 = PBA + ABC + PBC = 2 ABC .
Gọi

H

là trung điểm của

PP
1 2 , khi đó

P· 2 BP1
·
·
PP

= 2 BP.sin BAC
1 2 = 2 P2 H = 2 BP2 .sin P2 BH = 2 BP.sin
.
2
Ta có

·
sin BAC
=

9 10
3 10
·
PP
1 2 = 2 BP sin BAC ≥
10 và BP ≥ BO = 3 . Khi đó
5 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

z1 − z2 + z2 − z3 + z3 − z1

Câu 18. [2D4-5.1-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Xét các số phức
trị nhỏ nhất của
A.

4.

Chọn C
Cách 1:

9 10
∈ ( 5;6 )
bằng 5
.

z , w thỏa mãn z = 2 , iw − 2 + 5i = 1 . Giá

z 2 − wz − 4 bằng
B.

(

2 29 − 3

).

C. 8 .
Lời giải

D.

(

2 29 − 5

).


Ta có:

iw − 2 + 5i = 1 ⇔ i × w +

− 2 + 5i
= 1 ⇔ w + 5 + 2i = 1
.
i

T = z 2 − wz − 4 = z 2 − wz − z = z 2 − wz − z ×z = z × z − z − w = 2 z − z − w ( *)
Ta có:
2

z = a + bi . Suy ra: z − z = 2bi . Vì z = 2 nên − 4 ≤ 2b ≤ 4 .
Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn của w và 2bi . Suy ra:
Đặt

A thuộc đường tròn ( C ) có tâm I ( − 5; − 2 ) , bán kính R = 1 .
+ B thuộc trục Oy và − 4 ≤ xB ≤ 4 .
+

Từ

( *)

suy ra:

T = 2 AB ≥ 2MN = 2 ×4 = 8 (xem hình)

A ≡ M ( − 4; − 2 ) ⇒ w = − 4 − 2i và
=

B ≡ N ( 0; − 2 ) ⇒ 2bi = − 2i ⇒ b = − 1 ⇒ z = a − i ⇒ a 2 + 1 = 4 ⇒ a = ±

Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi

Vậy z −
Cách 2:
2

Đặt

3 ⇒ z = ± 3− i.

wz − 4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .

z = a + bi , w = c + di ( a , b , c , d ∈ ¡

). Từ giả thiết, ta có:

a 2 + b 2 = 4
 a, b ∈ [ − 2;2]
⇒


2
2
( c + 5) + ( d + 2 ) = 1  c ∈ [ − 6; − 4] , d ∈ [ − 3; − 1] .

Ta có:

2

T = z 2 − wz − 4 = z 2 − wz − z = z 2 − wz − z ×z = z × z − z − w = 2 z − z − w
⇒ T = 2 2bi − ( c + di ) = 2 ( 2b − d ) + c 2 ≥ 2 c 2 = 2 c ≥ 2 ×4 = 8 (do c ∈ [ − 6; − 4] ).
2

c = −4

 2b − d = 0

2
2
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi  ( c + 5 ) + ( d + 2 ) = 1 .

c = −4

d = −2

Suy ra một nghiệm thỏa mãn là  b = − 1 .
Vậy

z 2 − wz − 4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .

Chú ý: Về một Lời giải SAI.

Sau khi có

(

T = z 2 − wz − 4 = 2 z − z − w ≥ 2 z − w − z = 2 EF − 2 ≥ 2 OI − 1 − 2 − 2 = 2 29 − 5
 z − w = kz , k ≥ 0


Khi đó, đẳng thức khơng xảy ra, vì hệ  z − w = 29 − 3 vô nghiệm.
Hoặc:

).


(

)

(

)

T = z 2 − wz − 4 = z ( z − w ) − 4 ≥ z ( z − w ) − 4 = 2 z − w − 4 ≥ 2 29 − 3 − 4 = 2 29 − 5 ,
cũng khơng có đẳng thức xảy ra. (Bạn đọc tự kiểm tra điều này).

z

Câu 19. [2D4-5.1-4] (Kim Liên) Xét các số phức

thỏa mãn

lần lượt là hai giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
A.

M = 17 + 5, m = 3 2 .

C.

M = 26 + 2 5, m = 3 2 .

B.

z + 3 − 2i + z − 3 + i = 3 5 . Gọi M , m

P = z + 2 + z − 1 − 3i . Tìm M , m .

M = 26 + 2 5, m = 2 .

D. M
Lời giải

= 17 + 5, m = 2 .

Tác giả:Trịnh Văn Thạch; Fb: Trịnh Văn Thạch
Chọn C
Gọi

z = x + yi ( x, y ∈ ¡

và điểm

M ( x, y )

là điểm biểu diễn của số phức

( x + 3) + ( y − 2 )
2

z + 3 − 2i + z − 3 + i = 3 5 ⇒

Theo đề ra

⇒ AM + BM = 3 5
Ta có

)

với

2

+

z.

( x − 3) + ( y + 1)
2

A ( − 3;2 ) , B ( 3; − 1) .

uuur
AB = ( 6; − 3) ⇒ AB = 3 5 ⇒ AM + BM = AB

⇒ A, M , B

thẳng hàng và

M

nằm giữa

A và B .

 x = − 3 + 6t
AB : 
(t∈¡ )
Phương trình tham số của đường thẳng
.
 y = 2 − 3t
Gọi

M ( − 3 + 6t ;2 − 3t ) , do M

Biểu thức

nằm giữa

P = z + 2 + z − 1 − 3i =

A và B nên − 3 ≤ − 3 + 6t ≤ 3 ⇒ 0 ≤ t ≤ 1 .

( x + 2)

2

+ y2 +

( x − 1) + ( y − 3)
2

2

2

=3 5


⇒ P=

( − 3 + 6t + 2 ) + ( 2 − 3t )
2

2

( − 3 + 6t − 1) + ( 2 − 3t − 3)
2

+

2

= 45t 2 − 24t + 5 + 45t 2 − 42t + 17 .
Xét

90t − 24

P′ ( t ) =

+

90t − 42

2 45t 2 − 24t + 5 2 45t 2 − 42t + 17 trên đoạn [ 0;1] .

P′ ( t ) = 0 ⇔

90t − 24

+

90t − 42

2 45t 2 − 24t + 5 2 45t 2 − 42t + 17

=0

.

⇔ ( 90t − 24 ) 45t 2 − 42t + 17 + ( 90t − 42 ) 45t 2 − 24t + 5 = 0

⇔ ( 15t − 4 ) 45t 2 − 42t + 17 + ( 15t − 7 ) 45t 2 − 24t + 5 = 0
Nếu

0
(*).

4
7
≤ t<1
thì phương trình (*) vơ nghiệm.
15 hoặc 12

4
7
2
2
Nếu 15
15 thì ( *) ⇔ ( 15t − 4 ) 45t − 42t + 17 = ( 7 − 15t ) 45t − 24t + 5

⇔ ( 225t 2 − 120t + 16 ) (45t 2 − 42t + 17) = ( 225t 2 − 210t + 49 ) (45t 2 − 24t + 5)

⇔ 1215t 2 − 486t + 27 =

 1
 t = 15 (l )
⇔
 t = 1 ( tm )
.
0  3

 1
P ÷= 3 2
Ta có: P ( 0 ) = 5 + 17 ;  3 
; P ( 1) = 2 5 + 26
 1

⇒ Max P ( t ) = P ( 1) = 2 5 + 26; Min P ( t ) = P  ÷ = 3 2
[ 0;1]
[ 0;1]
.
 3
Như vậy

M = 2 5 + 26, m = 3 2 .