Tải bản đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm cấp tỉnh giải các bài toán số phức bằng phương pháp hình học

MỤC LỤC
MỤC LỤC ............................................................................................................. 1
A. ĐẶT VẤN ĐỀ .................................................................................................. 2
B. NỘI DUNG....................................................................................................... 3
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN ........................................................................................... 3
II. THỰC TRẠNG ............................................................................................ 3
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ............................................................................. 4
*Bài toán 1. ....................................................................................................... 5
Ví dụ 1, 2, 3, 4 .............................................................................................. 6
Bài toán (*)................................................................................................... 8
Bài tập tự luyện ............................................................................................ 9
*Bài toán 2. ..................................................................................................... 10
Ví dụ 1, 2, 3, 4 .. .…………………………………………………………11
Bài tập tự luyện .......................................................................................... 13
*Bài toán 3. ..................................................................................................... 14
Ví dụ 1, 2, 3 ................................................................................................ 14
Bài tập tự luyện .......................................................................................... 16
*Bài toán 4. ..................................................................................................... 16
Ví dụ 1, 2, 3 ................................................................................................ 17
Bài tập tự luyện .......................................................................................... 18
*Bài toán 5. ..................................................................................................... 19

Ví dụ 1, 2, 3 ................................................................................................ 20
Bài tập tự luyện .......................................................................................... 21
*Bài toán 6. ..................................................................................................... 21
Ví dụ 1, 2, 3, 4 ............................................................................................ 22
Bài tập tự luyện .......................................................................................... 23
C. PHẦN KẾT LUẬN ....................................................................................... 25
D. PHỤ LỤC ....................................................................................................... 26
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................. 28
1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Nội dung “số phức” đã được Bộ Giáo dục và Đào tạo chính thức đưa vào
chương trình phổ thông gần mười năm qua. Trong những năm từ trước năm 2017
nội dung này đã được đưa vào đề thi đại học, nhưng chỉ ở mức độ cơ bản, chưa ở
mức độ khó và chưa phải là những câu phân loại. Từ năm 2017 đến nay với việc
Bộ Giáo dục và Đào tạo chuyển đổi từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc
nghiệm, thì “số phức” có mặt trong cấu trúc đề thi với tư cách là câu hỏi khó, là
câu hỏi quyết định điểm số nhằm mục đích phân loại mức độ hiểu biết và trình độ
của đối tượng dự thi. Tầm quan trọng không thế thiếu của “số phức” và đặc biệt là
các bài toán cực trị của môđun số phức khiến dạng toán này luôn là mối quan tâm
lớn trong giai đoạn hiện nay.
Xung quanh việc giải các bài toán cực trị của môđun số phức, từ trước tới
nay đã có rất nhiều phương pháp hay, đồng thời có nhiều hình thức vận dụng linh
hoạt, sáng tạo. Tuy nhiên, để bài toán cực trị của môđun số phức ngày càng hấp
dẫn và xích lại gần hơn với chúng ta, càng cần hơn nữa những phát hiện quan trọng
giúp việc giải toán cực trị của môđun số phức trở nên dễ dàng, đơn giản hơn và
nhanh gọn hơn phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm mà Bộ Giáo dục và Đào tạo
đang tiến hành.
Với hình thức thi trắc nghiệm như hiện nay, thì cần hơn nữa cho học sinh
những phương pháp có thuật toán rõ ràng và học sinh chỉ cần tra giả thiết vào là có
ngay đáp án. Nhưng nhìn chung đa số học sinh đều chưa trang bị được cho mình
các phương pháp đó hoặc có thì cũng chưa có tính liên kết phương pháp. Là giáo
viên tôi luôn trăn trở, tìm cách để giúp cho học sinh của mình có được các phương
pháp có thuật toán rõ ràng và luôn định hướng trước mỗi bài toán khó để học sinh
có thể tìm thấy được những thuật toán đó, tạo tích lũy cho bản thân để giải quyết
nhanh các bài toán trắc nghiệm trong khoảng thời gian ngắn.
Trong hệ thống các bài toán cực trị của môđun số phức có những bài chúng
ta có thể nhận dạng ngay được và tìm ra cách giải rất nhanh. Đó là những bài có
dạng đơn giản, áp dụng nhanh các phương pháp giải cổ điển và thông dụng . Song


cũng có nhiều bài toán mà bề ngoài của nó khó nhận dạng, cấu trúc phức tạp khiến
người đọc không thể một lúc mà tìm thấy được phương pháp áp dụng phù hợp.
Với mong muốn góp phần nhỏ đơn giản hóa việc giải các bài toán trắc
nghiệm cực trị của môđun số phức khó, làm phong phú thêm hệ thống các phương
pháp giải dạng toán này. Nhận thức được thực tế đó, tác giả mạnh dạn đề xuất
chuyên đề nghiên cứu “Kỹ thuật sử dụng hình học trong hoạt động giải toán trắc
nghiệm cực trị của môđun số phức” làm đề tài cho sáng kiến kinh nghiệm này.

2


B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Hiện nay, trong toán học nói chung, các tài liệu tham khảo toán học hoặc
trong giảng dạy toán ở các trường phổ thông nói riêng, đối với bài toán cực trị của
môđun số phức thường có các phương pháp giải phổ biến sau đây: phương pháp
đại số, phương pháp giải tích, phương pháp hình học. Với trình độ lý luận ngày
càng cao và sự thay đổi về hình thức thi do đó hệ thống các bài toán nêu ra cũng
bắt buộc phải đổi mới theo hướng này. Sự đổi mới đó cũng yêu cầu người học tư
duy nhiều hơn, tìm tòi nhiều hơn để “phá tan” được lớp bảo vệ và đưa bài toán về
đúng bản chất của nó và từ đó có thể giải được một cách nhanh gọn. Đối với giáo
viên phổ thông, vấn đề giúp học sinh có được kỹ năng này là rất quan trọng và then
chốt, đặc biệt đối với những học sinh khá và giỏi.
Qua nhiều năm giảng dạy; cùng sự tìm tòi, nghiên cứu của bản thân; học hỏi
các giáo viên, giảng viên có kinh nghiệm lâu năm, tác giả đã đúc kết vấn đề trên
thành một kỹ thuật được gọi là kỹ thuật sử dụng hình học trong hoạt động giải các
bài toán trắc nghiệm về cực trị của môđun số phức.
Tổng quan lý luận về kỹ thuật sử dụng hình học trong hoạt động giải toán
trắc nghiệm cực trị của môđun số phức: Dựa vào các bài toán cực trị trong hình
học phẳng, kết hợp với hình học tọa độ 10 và kết hợp với việc biểu diễn hình học
của số phức. Từ đó thấy được mối liên hệ giữa hai loại toán này và tìm kỹ thuật
chuyển bài toán cực trị của môđun số phức về bài toán cực trị trong hình học mà
việc giải quyết nó đã trở nên quen thuộc.
Chẳng hạn: Kết hợp hình học tọa độ và biểu diễn hình học của số phức ta có
thể chuyển các bài toán cực trị của môđun số phức về các bài toán cực trị trong
hình học phẳng quen thuôc như:
1. Cho đường tròn (C ) có tâm I , bán kính R và hai điểm A, B bất kì. Điểm
M là điểm di động trên đường tròn (C ) .
a) Tìm vị trí của M để độ dài đoạn AM lớn nhất.
b) Tìm vị trí của M để P = AM 2 + BM 2 có giá trị lớn nhất.
2. Cho bốn điểm A, B, M , N phân biệt và cố định, một điểm I thay đổi nhưng
luôn thỏa mãn IA = IB .
a) Tìm vị trí của điểm I sao cho IM + IN có giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm vị trí của điểm I sao cho IM − IN có giá trị lớn nhất.

II. THỰC TRẠNG
3


Trong giảng dạy ở trường phổ thông hiện nay, đặc biệt trong dạy ôn thi
THPT QG, các bài toán cực trị của môđun số phức là một vấn đề khó tiếp cận với
học sinh và giáo viên. Cái khó ở đây thể hiện có nhiều phương pháp giải bài toán
cực trị của môđun số phức nhưng lại khó vận dụng để áp dụng cụ thể cho từng bài
toán đó. Mỗi bài toán đưa ra đều được che đậy bởi một lớp phủ bên ngoài bản chất
của bài toán. Đồng thời các phương pháp giải bài toán cực trị của môđun số phức
không thể sử dụng được trực tiếp mà phải thông qua một số kỹ thuật nhất định. Nói
cụ thể hơn, từ các bài toán cực trị trong hình học phẳng, kết hợp với hình học tọa
độ và việc biểu diễn hình học của số phức để đưa ra lời giải phù hợp cho bài toán.
Đây chính là điểm yếu mà học sinh và giáo viên phổ thông cần có thêm sự hộ trợ
để giải quyết các bài toán loại này.
Việc chuyển các bài toán cực trị của môđun số phức sang các bài toán cực trị
trong hình học, là một vấn đề khá trừu tượng đối với học sinh phổ thông. Nhận
thức được thực trạng đó tôi đã tiến hành làm thực nghiệm ở các trường THPT
Quỳnh Lưu 4, THPT Đông Hiếu và THPT Cờ Đỏ, bằng hai bài kiểm tra 15 phút
trên 10 học sinh của mỗi trường.
Đề kiểm tra số 1 (Thực hiện khi chưa dạy chuyên đề- Mức độ vận dụng)
Câu 1. Xét các số phức z = a + bi ( a, b 
P = z +1 + z + i đạt giá trị lớn nhất.

) thỏa mãn

z = 2 2 . Tim số phức z để

Câu 2. Cho các số phức z thỏa mãn điều kiện z + i + 1 = z − 2i . Biểu thức Q với
Q = z − 2 + i + z − 3 + 2i đạt giá trị nhỏ nhất tại số z = a + bi ( a, b  ) . Tìm z .
Đề kiểm tra số 2 (Thực hiện sau khi dạy chuyên đề - Mức độ vận dụng)
Câu 1. Cho hai số phức z1, z2 thoả mãn z1 + 1 − i = 2 và z2 = iz1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của P = z1 − z2 .
Câu 2. Cho số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và w =
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = z + 1 − i + z −1 − i .

z
là số thực.
2 + z2

Kết quả thực nghiệm trên được trình bày và phân tích trong phần phụ lục ở
trang 23 trong đề tài sáng kiến kinh nghiệm này.
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Trước hết cần phải khẳng định, đây là dạng toán thường xuyên xuất hiện
trong đề thi minh họa, đề thi thử của các trường và đề thi THPT QG. Có một số
câu của dạng toán này có mặt cũng nhằm mục đích phân loại học sinh khá, giỏi để
tìm kiếm và đào tạo chuyên môn mũi nhọn.

4


Đối với bài toán cực trị của môđun số phức có nhiều phương pháp giải
nhưng trong giai đoạn hiện nay, để giải các bài toán bằng các những phương pháp
này, đòi hỏi các đối tượng học cần đào sâu nghiên cứu, để đưa bài toán đa màu sắc
về một dạng toán cụ thể, từ đó người học có thể giải quyết dễ dàng khi gặp những
bài toán loại này.
Kỹ thuật sử dụng các bài toán cực trị trong hình học là kỹ thuật đưa bài toán
ban đầu về các bài toán dễ nhìn thấy phương pháp giải thông thường, tạo khả năng
liên kết các bài toán có cùng dạng nhưng đã được phủ bởi một số phép đổi biến.
Với gần mười tám năm giảng dạy cùng sự học hỏi, rèn luyện, tự nghiên cứu,
bản thân tác giả đã đúc kết một số vấn đề có tính liên kết phương pháp giải bài
toán cực trị của môđun số phức bằng kỹ thuật sử dụng các bài toán cực trị trong
hình học. Sau đây là một số ví dụ sử dụng các bài toán cực trị trong hình học vào
hoạt động tìm lời giải cho các bài toán cực trị của môđun số phức.
*Bài toán 1. Cho đường tròn (C ) có tâm I , bán kính R và hai điểm A, B bất kì.
Điểm M là điểm di động trên đường tròn
M
(C ) .
a) Tìm vị trí của M để độ dài đoạn AM lớn
nhất.
b) Tìm vị trí của M để P = AM + BM có
giá trị lớn nhất.
2

H
K

2

I

A

Giải
a) Gọi  là đường thẳng đi qua hai điểm I , A và cắt đường tròn (C ) tại hai điểm
H , K sao cho điểm I nằm giữa hai điểm A và H . Khi đó ta có bất đẳng thức
AM  AI + IM = AI + IH = AH , do đó độ dài đoạn thẳng AM lớn nhất khi và chỉ
khi điểm M trùng với điểm H .
b) Gọi J là trung điểm của đoạn thẳng AB ,  là
đường thẳng đi qua hai điểm I , J và cắt đường tròn
(C ) tại hai điểm H , K sao cho điểm I nằm giữa hai
điểm J và H và góc  = MJA . Khi đó ta có hai hệ
thức MA2 = MJ 2 + JA2 − 2MJ .JA.cos và hệ thức
MB 2 = MJ 2 + JB 2 − 2MJ .JB.cos ( −  ) , từ đó suy ra
MA2 + MB2 = 2MJ 2 + JA2 + JB2  2HJ 2 + JA2 + JB2
(theo kết quả của a)).Vậy khi điểm M trùng với điểm
H thì P = AM 2 + BM 2 có giá trị lớn nhất.

M
H

A
K

I

J
B

*Kỹ thuật sử dụng bài toán 1 trong hoạt động giải các bài toán trắc nghiệm cực
trị của môđun số phức.
5


Ví dụ 1. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) thỏa mãn z = 2 . Tính giá trị của
2
2
P = 5 ( a + b ) khi z −1 + z −1 + 4i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = −2 .

D. P = 3 .

C. P = 2 .

B. P = 4 .
Giải

Sử dụng kết quả Bài toán 1 Với các điểm A(1;0) ,
B(1; −4) , J (1; −2 ) và điểm I trùng O ( 0;0) , ta có:
IJ : 2 x + y = 0 và ( C ) : x 2 + y 2 = 4 . Khi đó tọa độ M
là nghiệm của hệ gồm phương trình của IJ và ( C ) .
 2
4 
Giải ra ta được tọa độ điểm M  ; −  hoặc
5
 5
 2 4 
M  − ;  và kết hợp điều kiện đoạn thẳng MJ
5 5

 2
 2 4 
4 
có độ dài lớn nhất ta được điểm M  − ;  . Vậy P = 5  −
+
 = 2.
5 5
5
5



Nhận xét: Nếu MA = MB thì vị trí của điểm M trùng với điểm H cũng chính là vị
trí của điểm M để S = MA + MB có giá trị lớn nhất.

(

)

Thật vậy, ta có S 2 = ( MA + MB )  2 MA2 + MB2 suy ra giá trị của biểu thức
S lớn nhất khi MA = MB .
2

Ví dụ 2. (Đề minh họa THPT QG - 2018) Xét các số phức z = a + bi ( a, b  R ) thỏa
mãn z − 4 − 3i = 5 . Tính P = a + b khi z +1− 3i + z −1+ i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 10 .

B. P = 4 .

C. P = 6 .

D. P = 8 .

Giải
Sử dụng kết quả Bài toán 1 và Nhận xét. Gọi
M (a; b) là điểm biểu diễn của số phức z . Khi
đó, theo giả thiết suy ra M (a; b) thuộc đường
tròn ( C ) có tâm I ( 4;3) và bán kính R = 5 . Đặt
S = z +1− 3i + z −1+ i , điểm A(−1;3) và điểm
B(1; −1) , ta có biểu thức S = MA + MB . Gọi J là
trung điểm của đoạn thẳng AB suy ra J ( 0;1) .
Khi đó đường thẳng IJ : x − 2 y + 2 = 0 và đường
2
2
tròn ( C ) : ( x − 4) + ( y − 3) = 5 . Khi đó tọa độ M
là nghiệm của hệ gồm phương trình của IJ và
( C ) . Giải ra ta được M (2;2) hoặc M (6;4) và kết hợp điều kiện MJ lớn nhất ta
được M (6;4) . Vậy P = 6 + 4 = 10.
Nhận xét: Trong Bài toán 1 nếu M ở vị trí của K thì cho ta phương pháp để giải
6


các bài toán tìm giá trị nhỏ nhất (chỉ xét khi đường thẳng AB và đường tròn (C )
không có điểm chung).
Ví dụ 3. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  R ) thỏa mãn điều kiện z − 4 − i = 5 .
3 1
Tính P = 5.( a + b ) khi biểu thức z −1 + i + z − + i đạt giá trị nhỏ nhất.
5 5
A. P = 2 5 .

C. P = −4 5 .

B. P = 8 5 .

D. P = −2 5 .

Giải
Sử dụng kết quả Bài toán 1 và các Nhận xét trên với ( C ) : ( x − 4) + ( y −1) = 5 ,
 4 3
3 1
A(1; −1) , B  ; −  , I ( 4;1) và J  ; −  . Ta có phương trình đường thẳng IJ là:
 5 5
5 5
x − 2 y − 2 = 0 . Giải hệ gồm phương trình đường thẳng IJ và phương trình đường
tròn (C ) ta được hai nghiệm (6;2) và (2;0) . Do S = MA + MB có giá trị nhỏ nhất
nên suy ra M ( 2;0 ) . Vậy P = 2 5 .
2

2

Ví dụ 4. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) thỏa mãn z = 1 . Tính giá trị của biểu
thức P = a + b khi z + 2 − i + 5 iz −1 + 6i đạt giá trị lớn nhất.
B. P =

A. P = 1.

5+2
.
3

C. P =

− 5 −2
.
3

1
D. P = .
2

Giải
Ta có T = z + 2 − i + 5 iz −1 + 6i = z + 2 − i + 5 z + 6 + i . Gọi M là điểm biễu diễn
số phức z . Theo bài ra z = 1 nên quỹ tích điểm
M là đường tròn ( C ) tâm O bán kính R = 1. Đặt

A ( −2;1) , B ( −6; −1) . Khi đó ta có T = MA + 5MB

(

)

suy ra T  6 MA2 + MB 2 . Do đó biểu thức T đạt
giá trị lớn khi MA2 + MB2 có giá trị lớn nhất. Sử
dụng kết quả Bài toán 1 với trung điểm của đoạn
AB là điểm I ( −4;0 ) và dựa vào hình vẽ suy ra T max khi M trùng với J (1;0) .
MB
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  J (1;0) và MA =
suy ra a + b = 1+ 0 = 1.
5
Nhận xét: Qua Ví dụ 4 cho ta thấy cũng có thể sử dụng kết quả Bài toán 1 với các
biểu thức có dạng P = .MA +  .MB với lưu ý đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
HA HB
.
=
M  H và





7


* Đến đây thì việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = .MA +  .MB đã cơ
bản được giải quyết qua Bài toán 1. Vấn đề đặt ra là có bài toán hình học nào
giúp ta có thể tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức dạng trên không ? Để trả
lời câu hỏi đó ta xét bài toán hình học sau :
Bài toán ( *): Cho đường tròn (C ) tâm I bán kính R , hai điểm cố định A , B nằm
ngoài đường tròn (C ) và M là điểm di động trên đường tròn. Điểm D thuộc đoạn
R 

= và ID.IA = R2 = IM 2 . Tìm vị trí của điểm
thẳng IA sao cho ID = R  R ,

IA 
M trên (C ) để biểu thức P = .MA +  .MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
Gọi I  là giao điểm của đoạn AI với ( C ) . Ta có

D  II  , ID = .R và ID.IA = R2 = IM 2 . Khi đó ta

suy ra IMD đồng dạng với IAM và từ đó suy ra
MD IM 

=
=  AM = MD
AM IA 

Suy ra P =  MA +  MB =  ( MD + MB )   .BD . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
M = BD  ( C ) và M nằm giữa B, D hay M  M 0 .
Ví dụ 1. Xét các số phức z = a + bi ( a, b ) thỏa mãn z − 3 − 3i = 6 . Tính giá trị
của biểu thức P = a + b khi 2 z + 6 − 3i + 3 z +1+ 5i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. P = 2 − 2 5 . B. P = 2 + 2 5 .
C. P = −2 + 2 5 . D. P = −2 − 2 5 .
Giải
Do z − 3 − 3i = 6 suy ra ( a − 3) + ( b − 3) = 36 . Gọi M là điểm biểu diễn cho số
phức z suy ra M ( C ) có tâm I ( 3;3) và bán kính R = 6 . Sử dụng kết quả của
Bài toán ( *) với các giả thiết I ( 3;3) , R = 6 ,  = 2,  = 3, A( −6;3) và B ( −1; −5)
ta tìm được D ( −1;3) suy ra đường thẳng BD : x = −1 . Tọa độ giao điểm của đường
2

2

2
2

( x − 3) + ( y − 3) = 36
thẳng BD và đường tròn ( C ) là nghiệm hệ phương trình 

 x = −1
 x = −1; y = 3 + 2 5
. Mà M  M 0 nằm giữa B và D nên MB + MD = BD suy ra

 x = −1; y = 3 − 2 5

M 0 ( −1;3 − 2 5 ) . Vậy a + b = 2 − 2 5 .

Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn z −1− i = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = z − 7 − 9i + 2 (1+ i ) z + 8 − 8i .
A. 3 5

B.

5

C. 5 5

D. 4 5
8


Giải
Ta có P = z − 7 − 9i + 2 (1+ i ) z + 8 − 8i = z − 7 − 9i + 1 − i (1 + i ) z + 8 − 8i từ đó suy
ra biểu thức P = z − 7 − 9i + 2 z − 8i . Sử dụng kết quả của Bài toán ( *) với các giả
5
thiết I (1;1) , R = 5 ,  = 1,  = 2 , A( 7;9) và B ( 0;8) ta tìm được điểm D  ;3  suy
2 
ra BD = 5 5 . Vậy Pmin = 2 BD = 5 5 .
2
Bài tập tự luyện
Bài 1. Xét các số phức z = a + bi ( a, b 
z +1 + z + i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 0 .

)

thỏa mãn z = 2 2 . Tính P = a + b khi
C. P = −4 .

B. P = 4 .

D. P = 6 .

Bài 2. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) thỏa mãn z ( z + 2 − 4i) là một số ảo.
Tính giá trị của P = b − a khi z + i + z − 2 − i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 10 + 3 .

C. P = 10 − 3 .

B. P = − 10 − 3 .

D. P = 3 − 10 .

Bài 3. Cho hai số phức z1, z2 thoả mãn z1 + 1 − i = 2 và z2 = iz1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của P = z1 − z2 .
A. P = 2 2 .

B. P = 2 2 + 2 .

C. P = 2 .

D. P = 2 2 − 2 .

Bài 4. (THPT chuyên ĐH Vinh) Giả sử z1, z2 là hai trong các số phức z thoả mãn

iz + 2 − i = 1 và z1 − z2 = 2 . Giá trị lớn nhất của z1 + z2 là:
A. 4 .

B. 2 3 .

C. 3 2 .

D. 3 .

Bài 5. (Trường THPT chuyên Nguyễn Đắc Đạo - Bắc Ninh)
1
3
1
3
i . Gọi z là số phức thoả mãn điều
+
i và z2 = − +
2 2
2 2
kiện 3z − 3i = 3 . Đặt M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

Cho hai số phức z1 =

biểu thức T với T = z + z − z1 + z − z2 . Tính môđun của số phức  = M + mi .
A.

2 21
.
3

B. 13 .

C.

4 3
.
3

D. 4 .

Giải
Trước hết ta giải bài toán hình học sau: Cho tam giác ABC đều nội tiếp trong
đường tròn tâm I bán kính R . Gọi H là điểm di động trên cung nhỏ BC . Tìm vị
trí của H để P = HA + HB + HC có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
9


Trên đoạn AH lấy điểm E sao cho HB = HE (1),
trong HBE có BHE = BCA = 600 nên HBE đều.
Suy ra ABE + EBC = EBC + CBH = 600 suy ra
ABE = CBH . Ta cũng có AB = BC và BH = BE
suy ra ABE = CBH (c.g.c) suy ra AE = CH (2).
Từ (1) và (2) suy ra HA = AE + EH = HB + HC suy
ra HA + HB + HC = 2HA . Vậy P max khi và chỉ khi
HA là đường kính và dễ dàng tìm được P min khi
Gọi A, B là các điểm biểu diễn cho các số phức z1 , z 2 và H là điểm biểu diễn cho
H trùng với một trong ba đỉnh của tam giác ABC.
số phức z . Từ điều kiện 3z − 3i = 3 suy ra A, B, H và O thuộc đường tròn
2

1  1

(C ) : x +  y −
 = và ta có tam giác ABO đều nên OH + HA + HB đạt giá trị
3 3

2

lớn nhất khi H là giao điểm thứ hai của OI với (C ) và đạt giá trị nhỏ nhất khi H
4
trùng với một trong ba đỉnh của tam giác ABO . Khi đó giá trị lớn nhất M =

3
2 21
giá trị nhỏ nhất m = 2 suy ra giá trị  =
.
3
Nhận xét: Bài toán hình học chứa trong Bài 5 cũng có thể xem là một kỹ thuật để
sử dụng trong hoạt động giải các bài toán trắc nghiệm cực trị của môđun số phức
khác.
Bài 6. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T = z +2 +2 z −2 .
A. max T = 2 5 .

B. max T = 2 10 .

C. max T = 3 5 .

D. max T = 5 2 .

*Bài toán 2. Cho bốn điểm A, B, M , N phân biệt và cố định, một điểm I thay
đổi nhưng luôn thỏa mãn IA = IB .
a) Tìm vị trí của điểm I sao cho IM + IN có giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm vị trí của điểm I sao cho IM − IN có giá trị lớn nhất.
Giải
a) Gọi  là đường trung trực của đoạn thẳng AB , theo giả thiết ta có điểm I thuộc
đường thẳng  . Khi đó, ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Hai điểm M và N nằm về hai phía của  , khi đó điểm I chính là
giao điểm của  và MN .
Trường hợp 2. Hai điểm M và N nằm về cùng một phía của  , khi đó gọi M  là
điểm đối xứng của M qua  , ta có: IM + IN = IM  + IN  M N . Do đó vị trí của
10


điểm I để IM + IN có giá trị nhỏ nhất chính là giao điểm của  và M N .
b) Gọi đường thẳng  là đường trung trực của đoạn thẳng AB , theo giả thiết ta có
điểm I thuộc  . Khi đó, ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Hai điểm M và N nằm về cùng một phía của đường thẳng  , khi
đó điểm I chính là giao điểm của  và MN .
Trường hợp 2. Hai điểm M và N nằm về hai phía của  , khi đó gọi điểm M  là
điểm đối xứng của M qua  , ta có: IM − IN = IM  − IN  M N . Do đó vị trí của
điểm I để IM − IN có giá trị lớn nhất chính là giao điểm của  và M N .
*Kỹ thuật sử dụng bài toán 2 trong hoạt động giải bài toán trắc nghiệm cực
trị của môđun số phức.
Ví dụ 1. (THPT Cổ Loa - Hà Nội năm 2017 Lần 3) Cho số phức z thỏa mãn điều
5
3
kiện z + − 2i = z + + 2i . Biểu thức Q = z − 2 − 4i + z − 4 − 6i đạt giá trị nhỏ nhất
2
2
tại z = a + bi ( a, b  ) . Tính P = a − 4b .
A. P = −2 .

B. P =

1333
.
272

C. P = −1.

D. P =

691
.
272

Giải
Sử dụng kết quả của Bài toán 2 a) Trường hợp 2.
5
 3

Với các điểm A  − ;2  và B  − ; −2  , đường
 2 
 2

trung trực  : x − 4 y + 2 = 0 và M ( 2;4 ) , N ( 4;6 ) .
 58 28 
Khi đó, ta có điểm M   ; −  và đường thẳng
 17 17 
M N : 13x − y − 46 = 0 . Tọa độ điểm I cần tìm là
nghiệm của hệ gồm phương trình  và phương
trình đường thẳng M N . Giải ra ta được điểm
 62 24 
I  ;  hay biểu thức Q với Q = IM + IN đạt
 17 17 
62 24
62 96
giá trị nhỏ nhất tại z = + i . Vậy ta có giá trị của P = − = −2 .
17 17
17 17
Ví dụ 2. Cho các số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 + i = z −1 − 3i . Biểu thức Q
với Q = z − 2 − i − z − 3 + 2i đạt giá trị lớn nhất tại z = a + bi
P = a − 3b .
A. P = −45 .

B. P = −5 .

C. P = −9 .

( a, b  ) . Tính

D. P = 9 .

Giải
11


Sử dụng kết quả của Bài toán 2 b) Trường hợp 2.
Với các giả thiết A ( −1; −1) , B (1;3) , đường trung
trực  : x + 2 y − 2 = 0 và hai điểm M ( 2;1) ,
 6 3
N ( 3; −2) . Khi đó, ta có tọa độ điểm M   ; − 
5 5
và đường thẳng M N : 7 x + 9 y − 3 = 0 . Tọa độ điểm
I cần tìm là nghiệm của hệ gồm phương trình
đường thẳng  và phương trình M N . Giải ra ta
 12 11 
tìm được điểm I  − ;  hay biểu thức Q với
 5 5
12 33
12 11
Q = IM − IN đạt giá trị lớn nhất tại z = − + i . Vậy P = − − = −9 .
5 5
5 5
Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 2 − z )( i + z ) là một số thực. Biểu thức
Q = z +1− 2i + z −1− i đạt giá trị nhỏ nhất tại số phức z = a + bi ( a, b  ) . Tính
P = a − 3b .
7
A. P = − .
2

B. P = −7 .

7
C. P = .
2

D. P = 7 .

Giải
Sử dụng kết quả Bài toán 2 với  : x + 2 y − 2 = 0, M (−1;2), N (1;1) . Khi đó ta tìm
7
1 11
 1 11 
được điểm I  − ;   z = − + i . Vậy P = − .
2
5 10
 5 10 
1
Ví dụ 4. Biết rằng hai số phức z1, z2 thoả mãn z1 − 3 − 4i =1 và z2 − 3 − 4i = . Số
2
phức z có phần thực là a và phần ảo là b thỏa mãn 3a − 2b = 12 . Giá trị nhỏ nhất
của P = z − z1 + z − 2 z2 + 2 bằng:

A. Pmin =

9945
. B. Pmin = 5 + 2 5 . C. Pmin = 5 − 2 3 .
11

D. Pmin =

9945
.
13

Giải
Gọi điểm biểu diễn số phức z là M ( a;b ) ta suy ra
M  với  : 3x − 2 y− 12 = 0 , z1 là M1 ( x1; y1 ) suy ra



M1  C1 ( I ,R1 ) với I ( 3;4 ) , R1 = 1 và 2z2 là M 2 ( x 2 ; y 2 )
suy ra M 2  C2 ( J ,R2 ) với J ( 6;8) , R2 = 1. Khi đó ta có
P = MM1 + MM 2 + 2 suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P khi điểm M ở vị trí thỏa mãn Pmin = MI + MJ .
Sử dụng kết quả Bài toán 2 với  : 3x − 2 y− 12 = 0 , I ( 3;4) và J ( 6;8) . Khi đó ta
12


 636 408 
tìm được điểm M 
;
 suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng
 91 91 
9945
Pmin =
.
13

9945
. Vậy
13

Ví dụ 5. Cho số phức z thỏa điều kiện z + 2 = z + 2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

P = z −1− 2i + z − 3 − 4i + z − 5 − 6i được viết dưới dạng a + b 17 với a,
2

b là các hữu tỉ. Giá trị của a + b là:
A. 4.

B. 2.
Giải

C. 7.

D. 3.

Đặt E(−2;0), F (0; −2), A(1;2), B(3;4), C(5;6), M ( x; y)
biểu diễn cho số phức z. Từ giả thiết, ta có điểm M
thuộc đường trung trực  : y = x của đoạn thẳng EF và
P = AM + BM + CM .Ta chứng minh điểm M chính là
hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng  . Với
M’ tùy ý thuộc  , M’ khác M. Gọi A’ là điểm đối xứng
của A qua  . Nhận thấy rằng ba điểm A’, M, C thẳng
hàng.
Khi đó AM '+ BM '+ CM ' = A ' M '+ BM '+ CM ' mà ta lại có A' M '+ CM '  A'C
= A ' M + CM = AM + CM và B ' M  BM . Do đó ta được AM '+ BM '+ CM ' 
7 7
1 + 2 17
AM + BM + CM . Ta có điểm M  ;  suy ra Pmin = MA + MB + MC =
2
2 2
và a + b = 3.
Nhận xét: Qua đây cho ta thấy việc giải quyết các bài toán cực trị của môđun số
phức nhờ kỹ thuật sử dụng các kiến thức hình học phẳng quen thuộc phù hợp với
hình thức thi trắc nghiệm hiện nay.
Bài tập tự luyện.
Bài 1. Cho các số phức z thỏa mãn điều kiện z + i + 1 = z − 2i . Biểu thức Q với
Q = z − 2 + i + z − 3 + 2i đạt giá trị nhỏ nhất tại số phức z = a + bi ( a, b  ) . Tính
P = a − 2b .
A. P = 1.

B. P = −1.

C. P = −3 .

D. P = 3 .

Bài 2. Cho các số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3 + 2i = z −1− i . Biểu thức Q
với Q = z − 2 − i − z − 3 + 2i đạt giá trị lớn nhất tại số phức z = a + bi ( a, b  ) .
Tính P = 4a − 7b .
A. P = 3 .

B. P = 4 .

C. P = 10 .

D. P = −7 .

13


Bài 3. Cho các số phức z thỏa mãn điều kiện iz − 3 = z − 2 − i . Biểu thức Q
Q = z − 2 + i + z − 3 + 2i đạt giá trị nhỏ nhất tại số phức z = a + bi ( a, b  ) . Tính
2015
P =a−
b.
2
A. P = 2017 .

B. P = 2018 .

C. P = 2012 .

D. P = 2010 .

Bài 4. Biết rằng số phức z thỏa mãn u = ( z + 3 − i)(z + 1 + 3i) là một số thực. Biểu
thức Q = z − 2 − i − z − 3 + 2i đạt giá trị lớn nhất tại số phức z = a + bi ( a, b  ) .
Tính P = 3a + b .
A. P = −7 .

B. P = 28 .

D. P = 7 .

C. P = 8 .

Bài 5. Cho số phức z = a + bi ( a, b  ) thỏa mãn z + 1 + i = z + 2i và biểu thức
P = z − 2 − 3i + z −1+ 2i đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P = a + 2b .
5
A. P = .
2

5
D. P = − .
2

C. P = 5 .

B. P = 2 .

Bài 6. Xét các số phức z = a + bi ( a, b

)

thỏa mãn z − 4 − 3i = z − 2 + i . Tính

P = a2 + b2 khi z +1− 3i + z −1+ i đạt giá trị nhỏ nhất.

A. P =

293
.
9

B. P =

449
.
32

C. P =

481
.
32

D. P =

137
.
9

*Bài toán 3. Cho đường tròn (T ) có tâm I , bán kính R , đường thẳng  không có
điểm chung với (T ) . Tìm vị trí của điểm M trên (T ) , điểm N trên  sao cho MN
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên  và J là
giao điểm của IH với (T ) . Với điểm M thuộc đường
tròn (T ) và điểm N thuộc đường thẳng  . Khi đó, ta
có bất đẳng thức MN  IN − IM  IH − IJ = JH (1).
Đẳng thức (1) xảy ra khi N  H , M  J . Vậy khi điểm
M trùng với J và N trùng với H thì MN đạt giá trị
nhỏ nhất
*Kỹ thuật sử dụng bài toán 3 trong hoạt động giải bài toán trắc nghiệm cực trị
của môđun số phức.
Ví dụ 1. Biết các số phức z1, z2 thoả mãn điều kiện z1 =1, z2  z2 − (1 − i)  − 6 + 2i là
một số thực. Biểu thức Q với Q = z2 − ( z1z2 + z1z2 ) đạt giá trị nhỏ nhất tại các số
phức z1 = a + bi , z2 = c + di với các số a, b, c, d  R . Tính P = a + b + c + d .
2

A. P = −2 2 − 2 .

B. P = 2 − 2 .

C. P = − 2 − 2 .

D. P = 2 − 2 .
14


Giải
Gọi z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c, d R ) và các điểm M (a; b) và N (c; d ) lần lượt
biểu diễn cho z1, z2 trong hệ toạ độ Oxy . Từ giả thiết ta có điểm M thuộc đường
tròn (T ) có tâm là gốc tọa độ O , bán kính R = 1 và điểm N thuộc đường thẳng
 : x + y + 2 = 0 . Ta có d (O, )  1 nên đường thẳng  và đường tròn (T ) không
có điểm chung. Mặt khác z1z2 = ac + bd + (bc − ad )i ; z1z2 = ac + bd + (−bc + ad )i
nên suy ra z1z2 + z1z2 = 2(ac + bd ) , Q = c2 + d 2 − 2(ac + bd ) = (c − a)2 + (b − d )2 − 1
suy ra Q = MN 2 − 1 (vì a2 + b2 = 1 ). Sử dụng kết quả Bài toán 3. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của O trên  : x + y + 2 = 0  H (−1; −1) . Đoạn OH cắt đường

2
2
2
2
+−
i
;−
tròn (T ) tại điểm J  −
 suy ra M  J và N  H hay z1 = −
2
2
2 
 2

và z2 = −1 − i . Vậy P = − 2 − 2 .
Ví dụ 2. Biết các số phức z1, z2 thoả mãn điều kiện z1( z1 + 2 − 4i) là một số ảo và
z2
2
= 1. Biểu thức Q với Q = z1 + z2
z2 − 1 + 2i

2

− ( z1z2 + z1z2 ) − 2017 đạt giá trị

nhỏ nhất tại các số phức z1 = a + bi và z2 = c + di với các số a, b, c, d  R . Tính
P = a+b+c+d .

1
A. P = − .
2

1
B. P = .
2

C. P = −1.

3
D. P = .
2

Giải
Gọi z1 = a + bi , z2 = c + di ( a, b, c, d R ) và M (a; b), N (c; d ) lần lượt biểu diễn
cho z1, z2 trong hệ toạ độ Oxy . Từ giả thiết ta có M thuộc đường tròn (T ) có tâm
I (−1;2) , bán kính R = 5 và điểm N thuộc đường thẳng  : −2 x + 4 y + 5 = 0 . Do
d (I, )  5 nên đường thẳng  và đường tròn (T ) không có điểm chung. Mặt
khác ta có: z1z2 = ac + bd + (bc − ad )i ; z1z2 = ac + bd + (−bc + ad )i nên ta suy ra
z1z2 + z1z2 = 2(ac + bd ) . Do đó ta có:

Q = a 2 + b2 + c2 + d 2 − 2(ac + bd ) − 2017

hay Q = (c − a)2 + (b − d )2 − 2017 suy ra biểu thức Q = MN 2 − 2017 . Sử dụng kết
quả Bài toán 3. Gọi điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm I trên đường
1

thẳng  : −2 x + 4 y + 5 = 0 . Khi đó suy ra điểm H có tọa độ là cặp số  ; −1 .
2

Đoạn IH cắt đường tròn (T ) tại J ( 0;0 )  O suy ra M  J và N  H hay
1
1
z1 = 0, z2 = − i . Vậy P = − .
2
2

15


Nhận xét: Trong Bài toán 3 ta cũng có thể thực hiện được khi đường thẳng 
được thay bởi một đường cong không có điểm chung với (T ) . Nhưng kỹ thuật ở
đây là sử dụng việc tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số thay cho việc dùng khoảng
cách.
Ví dụ 3. (Trường THPT - Gia Định - TP.HCM) Cho hai số phức z1, z2 thoả mãn
điều kiện 2 z1 + i = z1 − z1 − 2i và z2 − 10 − i = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z1 − z2 .
A. 3 5 − 1.

B.

101 − 1 .

C.

101 + 1 .

D. 3 5 + 1 .

Giải
Ta có 2 z1 + i = z1 − z1 − 2i suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 nằm trên
x2
parabol ( P) : y =
và z2 − 10 − i = 1 suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z2
4
2
2
nằm trên đường tròn (T) : ( x − 10 ) + ( y − 1) = 1 . Đường tròn (T) có tâm là I (10;1)
 a2 
bán kính R = 1. Xét điểm A  a;   ( P ) . Sử dụng Bài toán 3 và Nhận xét trên ta
 4 
có z1 − z2 nhỏ nhất khi và chỉ khi IA2 nhỏ nhất và M nằm giữa I và A . Từ đó ta

a4 a2
chỉ việc tìm giá trị của a để IA = f (a) = + − 20a + 101 bằng cách khảo sát
16 2
và lập bảng biến thiên suy ra Min IA = 3 5 . Vậy Min z1 − z2 = 3 5 −1 .
2

Bài tập tự luyện
Bài 1. (Đề thi thử THPT QG - Bắc Giang - 2018) Cho hai số phức z, w thoả mãn
 z − 3 − 2i  1
điều kiện 


 w + 1 + 2i  w − 2 − i

A. Pmin =

. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của P = z − w .

3 2 −2
5 2 −2
. B. Pmin = 2 + 1 . C. Pmin =
.
2
2

D. Pmin =

2 2 +1
2

Bài 2. ( THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai)
Cho số phức phức z thoả mãn z 2 − 2 z + 5 = ( z − 1 + 2i )( z − 1 + 3i ) . Tìm giá trị nhỏ
nhất của w , biết rằng w = z − 2 + 2i .

3
1
A. w min = .
B. w min = 2 .
C. w min = 1 .
D. w min = .
2
2
Bài 3. ( Trường THPT Thanh Chương 1) Biết các số phức z1, z2 thoả mãn các điều
2

2

kiện z − 2 − z + i = 1, z − 4 − i = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P với

P = z1 − z2 .

16


2 5
.
5

A. P =

C. P = 2 5 .

B. P = 5 .

D. P =

3 5
.
5

Bài 4. Biết các số phức z1, z2 thoả mãn z1 + 3 + z1 − 3 = 10 , z2 −1 = 1 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P = 3 2. z1 − z2 .
A. P = 16 − 3 2 .

B. P = 18 − 3 2 .

C. P = 8 − 3 2 .

D. P = 10 − 3 2 .

Bài 5. Biết các số phức z1, z2 thoả mãn z1 − 3 − 2i = 5 , ( z2 − 1)( z2 + 2i ) là số
thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z1 − z2 .
A. P =

6 5
.
5

B. P =

6 5
+ 5.
5

C. P =

6 5
− 5.
5

D. P =

2 5
.
5

*Bài toán 4. Cho nửa đường tròn (T ) có tâm O , bán kính R và đường kính AB .
M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn (T ) . Xác định vị trí M để tổng
MA + 3MB đạt giá trị lớn nhất.
Giải
Ta có AMB = 900 , nên theo định lí Pitago
có: MA2 + MB2 = AB2 = 4R2 . Mặt khác
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho
hai cặp số 1; 3 và ( MA;MB) ta suy ra

(

)

(

)

MA + 3MB  4 MA2 + MB 2 = 4R .
3MA = MB  AMB là nửa tam giác

Đẳng thức trên được xảy ra khi và chỉ khi
đều  MAB = 600 .

*Kỹ thuật sử dụng bài toán 4 trong hoạt động giải bài toán trắc nghiệm cực trị
của môđun số phức.
Ví dụ 1. Biết các số phức z thoả mãn điều kiện z ( z + 2 − 4i) là một số ảo. Biểu thức
Q = z − 1 − i + 3 z + 3 − 3i đạt giá trị lớn nhất tại z = a + bi với a, b  R và
a + 2b − 3  0 . Tính P = a + b .
A. P =

−3 3 + 3
.
2

B. P =

3 3 +3
.
2

C. P =

−3 3 − 3
.
2

D. P =

3 3 −3
.
2

Giải

17


Gọi số phức z = a + bi ( a, b  ) và điểm M (a; b) là điểm biểu diễn cho số phức z .
Từ giả thiết ta có điểm M thuộc đường tròn (T ) có tâm là điểm I (−1;2) , bán kính
R = 5 và biểu thức Q = MA + 3MB với A (1;1) và B ( −3;3) . Ta kiểm tra được
rằng đoạn thẳng AB là đường kính của đường tròn (T ) và từ giả thiết biểu thức
Q = z − 1 − i + 3 z + 3 − 3i đạt giá trị lớn nhất tại z = a + bi với các số a, b  R và
 3 2 3 +3
;

2
2 


a + 2b − 3  0 . Sử dụng kết quả Bài toán 4. Ta tìm được điểm M 

hay số phức z =

3 3 +3
3  2 3 +3
.
+ 
 i . Vậy P =
2
2  2 

(

)

Nhận xét: Ta cũng có thể thay cặp số 1; 3 bằng cặp số bất kì ( ;  ) và chỉ xét
đối với các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Việc tìm
ra số phức như Ví dụ 1 cũng được nhưng kết quả nhiều khi không đẹp cho bài toán
trắc nghiệm.
Ví dụ 2. Cho các số phức z thỏa mãn z − 2 − 2i = 17 . Gọi M , m là giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của P = 1999 z + 2 − i + 2017 z − 6 + 3i . Tính M + m .

(

A. M + m = 8302 17 .

B. M + m = 17

C. M + m = 4034 17 .

D. M + m = 2 17

(

)

19992 + 20172 + 1999 .

)

19992 + 20172 + 1999 .

Giải
Ta có z − 2 − 2i = 17 suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cho các số phức z nằm
trên đường tròn tâm I ( 2;2 ) và bán kính 17 . Xét các điểm A( −2;1) , B ( 6;3) và
M ( x; y ) . Khi đó P = 1999MA + 2017MB với AB là đường kính của đường tròn
tâm I ( 2;2 ) nên ta có P = 1999 68 − MB 2 + 2017MB .
Ta được hàm số f ( x) = 1999 68 − x 2 + 2017 x, x  0;2 17  , từ đó bằng cách
tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn ta suy ra Pmin = 1999.2 17 ,

Pmax = 2 17 19992 + 20172 . Vậy M + m = 2 17

(

19992 + 20172 + 1999

)

Ví dụ 3. (THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa)
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

z −1
1
=
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
z + 3i
2

thức P = z + i + 2 z − 4 + 7i .
A. 10.

B. 20.

C. 2 5 .

D. 4 5 .

Giải

18


Sử dụng Bài toán 4 với đường tròn (C ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) = 20 , A( 0; −1) và
B ( 4;7 ) ta được Pmax = 20 .
2

2

Bài tập tự luyện
Bài 1. (Trường THPT Chu Văn An - Hà Nội) Cho các số phức z thỏa mãn điều
kiện z − 1 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = z + i + z − 2 − i .
A. max T = 8 2 .

C. max T = 4 2 .

B. max T = 4 .

D. max T = 8 .

Bài 2. (THPT Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = z + 1 + 2 z −1 .
A. max T = 2 5 . B. max T = 2 10 . C. max T = 3 5 . D. max T = 3 2 .
Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T = z + 1 + 3 z −1 .
A. max T = 3 15 . B. max T = 6 5 . C. max T = 20 . D. max T = 2 10 .
Bài 4. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 − 2i = 2 2 . Tìm tổng của giá trị
lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức T = z −1 + 2018 z + 3 + 4i .

( 1+ 2018 +1) .
2 ( 1 + 2018 + 1) .

A. 2018 2 .

B. 8 2

C. 4036 2 .

D. 4

2

2

Bài 5. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 − 2i = 2 2 . Tính giá trị lớn nhất
của biểu thức T = a z −1 + b z + 3 + 4i với a, b là số thực dương.
A.

a 2 + b2 .

B.

2a 2 + 2b2 .

C. 4 2a 2 + 2b 2 .

D. a 2 + b2 .

Nhận xét : Ta cũng có thể giải quyết được các bài toán mà giả thiết chỉ cho các
điểm A , B và I thẳng hàng.
Ví dụ 1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z + 1 − 3i = 2 . Tìm giá trị lớn nhất
của P = z −1 + 3 z + 1 − 2i .
A. 4 2 .

B. 4 3 .

C. 2 2 .

D. 4 .

Giải
Từ giả thiết ta có điểm M biểu diễn cho số phức
 1 3
z thuộc đường tròn tâm I  − ;  và bán kính
 2 2
2
R=
, A (1;0 ) , B ( −1;2 ) . Suy ra các điểm A ,
2
B và I thẳng hàng và IA = 3IB , ta đi tìm giá trị
19


(

)

2

(

lớn nhất của MA + 3MB . Ta có MA2 + 3MB 2 = MI + IA + 3 MI + IB

)

2

và do đó

suy ra MA2 + 3MB2 = 4MI 2 + IA2 + 3IB2 = 8 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta

( MA2 + 3MB2 ) (1 + 3) = 4

có MA + 3MB 

2 . Vậy P max = 4 2 .

Ví dụ 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z −1 − i + z + 1 + 3i = 6 5 . Giá trị lớn
nhất của z − 2 − 3i là:
B. 2 5

A. 4 5

D. 5 5

C. 6 5
Giải

Gọi I (1;1) , J ( −1; −3) , A ( 2;3) . Xét số phức z = x + yi ( x, y  R ) ,
có điểm biểu diễn là M ( x; y ) suy ra MI + MJ = 6 5 . Do đó M
di chuyển trên đường elip có tiêu điểm I và J , độ dài trục lớn
là 6 5 . Tìm giá trị lớn nhất của z − 2 − 3i tức là tìm độ dài lớn
nhất của đoạn thẳng AM khi điểm M di chuyển trên elip.Ta
có: IA = (1;2 ) ,JA = ( 3;6 )  JA = 3IA , điểm A nằm trên trục
lớn của elip. Suy ra AM đạt độ dài lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với B , là đỉnh
của elip nằm trên trục lớn và khác phía A so với điểm I . Gọi S là trung điểm của
IJ suy ra S( 0; −1) . Độ dài đoạn AB = SA + SB mà AS = ( −2; −4 ) suy ra
AS = 2 5, SB =

6 5
= 3 5 và do đó AB = 5 5 . Vậy z − 2 − 3i max = 5 5 .
2

Ví dụ 3. : Cho các số phức z, w thỏa mãn z − 5 + 3i = 3, iw + 4 + 2i = 2. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức T = 3iz + 2w .
A.

554 + 5

B.

578 + 13

C.

578 + 5

D.

554 + 13

Giải
3iz − 9 −15i
= 3  3iz − 9 −15i = 3 3i  3iz − 9 −15i = 9 và
3i
−i
−i
−2w − 4 + 8i ) = 2  . −2w − 4 + 8i = 2  −2w − 4 + 8i = 4
iw + 4 + 2i = 2 
(
2
2

Ta có z − 5 + 3i = 3 

Gọi A và B lần lượt là điểm biểu diễn của 3iz và −2w suy ra A, B lần lượt thuộc
các đường tròn tâm O(9;15) bán kính bằng
9 và đường tròn tâm I(4; −8) bán kính bằng
4 suy ra OI = 554 . Khi đó T = 3iz + 2w
= 3iz − ( −2w ) = AB .Yêu cầu bài toán trở
thành tìm AB max Vì OI = 554  4 + 9
 AB max = AO + OI + IB = 554 + 13

20


*Bài toán 5. Cho đường tròn (T ) có tâm là điểm I , bán kính R và dây cung BC
khác đường kính của đường tròn. Tìm vị trí của điểm A thuộc cung lớn BC sao
cho AB + AC lớn nhất.
Giải
E

Gọi D là điểm chính giữa của cung lớn BC và
D
lấy điểm E đối xứng với điểm B qua đường
A
thẳng AD . Ta chứng minh được ba điểm E , A
và C là ba điểm thẳng hàng hay ta có góc
EAD + DAC = 1800 . Thật vậy, vì đường thẳng
AD là đường trung trực của đoạn thẳng BE
C
B
suy ra DAE = DAB . Mặt khác, ta có tứ giác
ADCB là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I nên
góc DAC = DBC mà ta có góc DBC = DCB
( BD = DC ) nên ta suy ra được hệ thức sau: EAD + DAC = DAB + DCB = 1800 (do
tứ giác ADCB nội tiếp). Khi đó ta có đẳng thức AB + AC = AE + AC = EC . Mặt
khác EC  DE + DC = DB + DC nên ta suy ra AB + AC lớn nhất bằng 2BD . Vậy
AB + AC lớn nhất khi điểm A nằm chính giữa cung lớn BC .
*Kỹ thuật sử dụng bài toán 5 trong hoạt động giải bài toán trắc nghiệm
cực trị của môđun số phức.
Ví dụ 1. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) . Biết các số phức z thoả mãn điều
kiện z − 3 + 3i = 2 . Tính P = a + b khi z −1 + 3i + z − 3 + 5i đạt giá trị lớn nhất .
B. P = 2 8 + 4 2 .

A. P = 8 + 4 2 .

C. P = 2 2 .

D. P = 6 + 2 2 .

Giải
Sử dụng Bài toán 5 với B (1; −3) , C (3; −5) , (C ) : ( x − 3) + ( y + 3) = 4 ta tìm được
2

(

)

(

2

)

điểm A 3 + 2; −3 + 2 hay z = 3 + 2 + −3 + 2 i . Vậy P = 2 2 .
Ví dụ 2. Biết các số phức z thoả mãn z ( z + 2 − 4i) là một số thuần ảo. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức Q = z + 3 − i + z − 4i .
A. Q = 4 5 .

B. Q = 2 10 + 10 .

C. Q = 10 + 10 .

D. Q = 3 2 .

Giải
Sử dụng kết quả của Bài toán 5 với hai điểm B ( −3;1) , C ( 0;4) và đường tròn (C ) ,
2
2
1
(C ) : ( x +1) + ( y − 2 ) = 5 ta tìm được d ( I , BC ) + R = 5 +
. Từ đó ta suy ra
2

21


2

2

được giá trị lớn nhất của Q là:


1  3 2 
Q=2  5+
 = 2 10 + 10 .Vậy
 +
2   2 


Q = 2 10 + 10 .
z −1
1
=
. Tìm giá trị lớn nhất của
z + 3i
2

Ví dụ 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
biểu thức P = z − 4 + i + z + 2 − i .
A. 10 + 5 2 .

B. 4 10 + 5 2 .

C. 2 10 + 5 2

D. 2 10 .

Giải
Sử dụng kết quả của Bài toán 5 với hai điểm B ( 4; −1) , C ( −2;1) và đường tròn (C)
với (C ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) = 20 ta tìm được phương trình đường BC : x + 3 y −1 = 0 ,
2

2

điểm I ( 2;3) . Khi đó d ( I , BC ) + R = 2 5 + 10 . Từ đó ta suy ra được giá trị lớn

(

) (
2

nhất của biểu thức P cần tìm là: P = 2 2 5 + 10 +

10

)

2

= 4 10 + 5 2 . Vậy

P = 4 10 + 5 2 .
Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho số phức z thỏa mãn z không phải là số thực và w =
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = z + 1 − i + z −1 − i .
A. P = 8 + 4 2 . B. P = 4 + 2 2 .

z
là số thực.
2 + z2

C. P = 16 + 8 2 . D. P = 4 4 + 2 2 .

Bài 2. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 2 − z )( i + z ) là một số ảo. Tìm giá trị
1 1
lớn nhất của biểu thức P = z − i + z − + i .
2 2

10 + 5 2
.
2

A. P = 10 + 5 2 .

B. P =

C. P = 10 +10 2 .

D. P = 2 10 + 5 2 .

Bài 3. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − i = (1 + i ) z . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = z −1 + z −1 + 2i .
A. P = 8 + 4 2 . B. P = 4 + 2 2 . C. P = 2 4 + 2 2 . D. P = 4 4 + 2 2 .

22


*Bài toán 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC và đường thẳng
 : ax + by + c = 0 a2 + b2  0 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao cho
P =  .MA2 +  .MB2 +  .MC 2 có giá trị nhỏ nhất.

(

)

Giải
Tìm tọa độ điểm I thỏa mãn  .IA +  .IB +  .IC = 0 (*), sau đó ta tiến hành phân

(

)

2

(

)

2

(

tích biểu thức P như sau: P =  . MI + IA +  . MI + IB +  . MI + IC
hợp với điều kiện (*) của điểm I ta đưa P về thành
P = ( +  +  ) .MI2 +  .IA2 +  .IB 2 +  .IC 2 . Từ đó
ta có P min khi và chỉ khi MI có giá trị nhỏ nhất
hay M là hình chiếu vuông góc của I trên đường
thẳng  . Lập phương trình đường thẳng d đi qua
I và vuông góc với  , khi đó M là giao điểm của
d và  hay tọa độ M là nghiệm của hệ gồm
phương trình của d và phương trình của  .

)

2

và kết

A
I
B
C
M

*Kỹ thuật sử dụng bài toán 6 trong hoạt động giải bài toán trắc nghiệm
cực trị của môđun số phức.
Ví dụ 1. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) thỏa mãn điều kiện z − 3i = z −1 − i ,
M , A , B và C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z , z1 = 2 , z2 = 4i
và z3 = 2 + 4i . Khi điểm M thỏa mãn MA2 + 2.MB2 + 3.MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính P = 10 ( a + b ) .
A. 10 .

B. 43 .

C. −43 .

D. −95 .

Giải
Áp dụng kết quả của Bài toán 6 với M ( a; b ) , A ( 2;0 ) , B ( 0;4 ) , C ( 2;4 ) và điểm I
 4 10 
là điểm thỏa mãn đẳng thức IA + 2.IB + 3.IC = 0 suy ra điểm I  ;  . Điểm M
3 3 
thuộc đường thẳng  có phương trình 2 x − 4 y + 7 = 0 suy ra d : 2 x + y − 6 = 0 và
 17 13 
M  ;  . Vậy P = 43 .
 10 5 
Ví dụ 2. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) thỏa mãn điều kiện z + i = z − i ,
M , A , B và C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z , z1 = 4 + 5i ,
z 2 = −6 − i và z3 = 1 + i . Khi điểm M thỏa mãn MA2 − 2.MB2 + 3.MC 2 đạt giá trị
nhỏ nhất. Tính P = 2 ( a + b ) + 2000 .

A. 2018 .

B. 2020 .

C. 2019 .

D. 2000 .
23


Giải
Áp dụng kết quả của Bài toán 6 với M ( a; b ) , A( 4;5) , B ( −6; −1) , C (1;1) và điểm
 19 
I là điểm thỏa mãn đẳng thức IA − 2.IB + 3.IC = 0 suy ra điểm I  ;5  . Điểm M
 2 
19
 19 
thuộc đường thẳng  có phương trình y = 0 suy ra d : x − = 0 và M  ;0  .
2
 2 
Vậy P = 2019 .
Nhận xét: Đối với các bài toán chỉ có hai điểm A và B cách giải hoàn toàn tương
tự như bài toán ba điểm ở trên.
Ví dụ 3. Xét các số phức z = a + bi ( a, b 

1 1
9
) thỏa mãn z − + i = z − 1 + i ,

2 8
8
M , A và B lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z , z1 = i và z 2 = 3 + 4i

. Khi điểm M thỏa mãn 2.MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu
thức P = 1000 ( a + b ) + 20 .
A. 2020 .

B. 1020 .

C. 520 .

D. 2018 .

Giải
Áp dụng kết quả của Bài toán 6 với M ( a; b ) , A( 0;1) , B ( 3;4) và điểm I là điểm
thỏa mãn đẳng thức 2.IA + IB = 0 suy ra điểm I (1;2 ) . Điểm M thuộc đường thẳng
 : x − 2 y − 2 = 0 suy ra d : 2 x + y − 4 = 0 và M ( 2;0 ) . Vậy P = 2020 .
Nhận xét: Trong Bài toán 6 ta cũng có thể thay đường thẳng  bởi đường tròn
(C ) , khi đó điểm M cần tìm là một trong hai giao điểm của đường thẳng đi qua
hai điểm I và tâm của đường tròn (C ) với đường tròn đó.
Ví dụ 4. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) thoả mãn điều kiện z ( z + 2 − 4i) là
một số thuần ảo, M , A , B và C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z ,
z1 = −4 + i , z 2 = 2 + 4i và z3 = 2 − 2i . Khi điểm M thỏa mãn MA2 + MB2 + MC 2
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P = 2 ( a + b ) + 2000 .
A. 2018 .

B. 2020 .

C. 2019 .

D. 2002 .

Giải
Áp dụng kết quả của Bài toán 6 và nhận xét trên với M ( a; b ) , A( −4;1) , B ( 2;4) ,

C ( 2; −2) và điểm I là điểm thỏa mãn đẳng thức IA + IB + IC = 0 suy ra điểm
I ( 0;1) . Điểm M thuộc đường thẳng (C ) có phương trình ( x +1) + ( y − 2) = 5 suy
2

2

24



10
10 
;2 −
ra tâm J ( −1;2 ) , đường thẳng IJ : x + y − 1 = 0 và M  −1 +
 . Vậy
2
2



P = 2002 .

Bài tập tự luyện
Bài 1. Xét các số phức z = a + bi ( a, b 

1
3
) thỏa mãn z − − i = z − 1 − i , M ,

2
2
A , B và C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z , z1 = −4 + i ,

z 2 = 2 + 4i và z3 = 2 − 2i . Khi điểm M thỏa mãn MA2 + MB2 + MC 2 đạt giá trị
nhất. Tính P = 2 ( a + b ) .

A. 4 .

B. −4 .

Bài 2. Xét các số phức z = a + bi ( a, b 

C. 0 .

D. 2 .

1 1
9
) thỏa mãn z − + i = z − 1 + i , M ,

2 8
8
A và B lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z , z1 = 1 + 2i và z 2 = 2 + 5i

. Khi điểm M thỏa mãn MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức
P = 10 ( a + b ) .
A. 10 .

B. −35 .

C. 35 .

D. 40 .

Bài 3. Xét các số phức z = a + bi ( a, b  ) . Biết các số phức z thoả mãn điều kiện
z − 3 + 3i = 2 , M , A và B lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z , z1 = i
và z 2 = 3 + 4i . Khi điểm M thỏa mãn 2.MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá
trị của biểu thức P = 29 ( a + b ) + 2012 .
A. 2020 .

B. 1020 .

C. 520 .

D. 2018 .

25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×