Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung Toán 12

Chuyên đề số phức VD – VDC – Nguyễn Xuân Chung Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

GV: Nguyn Xuân Chung
S PHC - PHN I
Nhân dp mùa thi THPTQG 2020 sp ti gn, ta th nhìn nhn v các bài toán s phc thi ĐH -
năm 2012, cng c kiến thc và k năng giải toán v s phc trong vài năm gần đây, góp phn giúp
các em 2K2 đạt kết qu tt hơn trong kỳ thi.
1. Các câu trích t đề thi tuyn sinh Đại hc - Cao đẳng năm 2012
Ví d 1. (BGD - Đề thi tuyn sinh Đại hc 2012 - Khi A - A1 Câu 9b)
Cho s phc
z
tha mãn
5( )
2
1
zi
i
z
+
=
+
. Tính môđun của s phc
2
1w zz=++
.
Phân tích.
Trong câu này chúng ta cng c kiến thc và luyn tp k năng về
- Các phép toán cng, tr, nhân, chia s phc
- S phc liên hp, phn thc, phn o, môđun của s phc.
Nhim v đầu tiên là tìm ra s phc
z
, sau đó thế vào
w
, rút gọn và tính môđun. Hiện nay ta
có th h tr máy tính Casio để làm thay vic rút gọn và tính môđun, thậm chí c vic tìn
z
.
Li gii.
Cách 1. (T lun)
Điu kin
1z ≠−
. T gi thiết suy ra
( )
552 2z i i iz
+ = −+
(1). Gi s
( )
,,z a bi a b=+∈
thì t (1) ta có
( )( )
5 5 62 2 2 2a bi i i a bi a b bi ai + = + = ++
(Tha mãn).
Khi đó
( )
2
2 22
w 1 2 1 2 3 w 2 3 13zz i i i=+ + = ++ + = + = + =
.
Vy
1zi= +
13w =
.
Cách 2. (H tr máy tính - Trc nghim)
T (1) ta có:
(
)
( )
( ) (
)( )
22
26 2 26 5
2 5 26 1
25
ii i
iz z i z i
i
−+ + −−
=−+ = =+
−−
.
T đó
w
2
1+Ans Ans 13+=
. (Công thc trên ta s tìm hiu VD 20).
Ví d 2. (BGD - Đề thi tuyn sình Đại hc 2012 - Khi B Câu 9b)
Gi
1
z
2
z
là hai nghim phc của phương trình
2
23 4 0z iz −=
. Viết dạng lượng giác
ca
1
z
2
z
.
Phân tích.
Trong câu này chúng ta cng c kiến thc và luyn tp k năng về
- Định lý Viet
GV: Nguyn Xuân Chung
- Môđun ca s phc
- Dng ng giác ca s phc.
Li gii.
1
z
2
z
là hai nghim phc của phương trình
2
23 4 0z iz −=
n ta có:
12
.4zz
=
, do
đó
12
2zzr= = =
. Bi vy ta đt
( ) ( )
12
2 cos sin , 2 cos sinz iz i
ϕϕ ϕϕ
= + =−−
khi đó ta
cũng có
12
23zz i+=
nên
3
4 sin 2 3 sin
23
ii
π
ϕ ϕϕ
= = ⇒=
.
Vy
12
44
2 cos sin , 2 cos sin
33 3 3
z iz i
ππ π π

=+=


.
Ví d 3. (BGD - Đề thi tuyn sình Đi học 2012 - Khi D Câu 9a)
Cho s phc
z
tha mãn
( )
2(1 2 )
2 78
1
i
iz i
i
+
++ =+
+
. Tìm môđun của s phc
1
wz i
= ++
.
Phân tích.
Trong câu này chúng ta cng c kiến thc và luyn tp k năng về
- Các phép toán cng, tr, nhân, chia s phc
- S phc liên hp, phn thc, phn ảo, môđun của s phc.
Li gii.
Cách 1. (T lun)
T gi thiết suy ra
( )
(
)
( )( )
( ) ( )
2(1 2 ) 1
2 78 2 (12)1 78
11
ii
iz i iz i i i
ii
+−
++ =++++ =+
+−
( ) ( )
( )
( )
( )( )
47 2
4 7 15 10
2 3 78 2 47
2 22 5
ii
ii
iz i i iz i z
i ii
+−
++
⇔+ ++=+⇔+ =+= = =
+ +−
32zi⇔=+
. T đó ta có
22
1 43 4 3 5wz i i w= ++= + = + =
.
Vy
32zi= +
5w =
.
Cách 2. (H tr máy tính - Trc nghim)
T gi thiết
( )
2(1 2 )
2 78
1
i
iz i
i
+
++ =+
+
ta có (nhp máy):
( )
( )( )
21 2
78
32
2 21
i
i
zi
i ii
+
+
=−=+
+ ++
.
T đó
w
Ans 1 5i++ =
.
Ví d 4. (BGD - Đề thi tuyn sình Đi học 2012 - Khi D Câu 9b)
Giải phương trình
( )
2
31 5 0z iz i+ + +=
trên tp hp các s phc.
Phân tích.
GV: Nguyn Xuân Chung
Trong câu này chúng ta cng c kiến thc và luyn tp k năng về
- Các phép toán cng, tr, nhân, khai căn s phc
- Công thc nghim của phương trình bậc hai.
Li gii.
Xét phương trình
( )
2
31 5 0z iz i+ + +=
( )
2
9 1 4.5 9.2 20 2i i ii i∆= + = =−
. Đến đây ta
biu din
thành bình phương của mt s phc là
( )
2
2i∆=
, t đó ta có hai nghiệm:
( ) ( )
12
31 2 31 2
33 2 33 2
,
2 22 2 22
ii ii
z iz i
+− ++
+−
= =−− = =−−
.
Ví d 5. (BGD - Đề thi tuyn sinh Cao đẳng 2012 - Khi A - A1 - B - D Câu 7a)
Cho s phc
z
tha mãn
2
(1 2 ) (3 )
1
i
iz iz
i
−− =
+
. Tìm ta đ đim biu din ca
z
trong mt
phng tọa độ Oxy.
Phân tích.
Trong câu này chúng ta cng c kiến thc và luyn tp k năng về
- Các phép toán cng, tr, nhân, chia s phc
- Đim biu din s phc trên mt phng tọa độ.
Li gii.
Biến đổi phương trình tương đương với
( )
22
(3 ) (1 2 ) 2
11
ii
iz iz i z
ii
−−
−− = + =
++
( )( )
( )( )
2 13
2 2 17
1 2 1 3 10 10
ii
ii i
z
ii i
−−
−−
⇔= = = =
++ +
.
Vy
17
10 10
zi=−−
nên có điểm biu din trên mt phng tọa độ
17
;
10 10
M

−−


.
Cách 2. (H tr máy tính Casio)
Bài trên có dng
B
Az B Cz z
AC
= ⇔=
nên trong Mode 2 ta ghi
2
3 Sto Sto 1 2 Sto
1
i
iA B iC
i
−−
+
B
AC
=
ta được
17
10 10
i−−
.
Vy
17
10 10
zi=−−
nên có điểm biu din trên mt phng tọa độ
17
;
10 10
M

−−


.
Ví d 6. (BGD - Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 - Khi A - A1 - B - D Câu 7b)
Gi
12
,zz
là hai nghim phc của phương trình
2
2120zz i ++ =
. Tính
12
zz+
.
Phân tích.
GV: Nguyn Xuân Chung
Trong câu này chúng ta cng c kiến thc và luyn tp k năng về
- Giải phương trình bậc hai trên tp s phc có h s phc
- Tính môđun của s phc.
Li gii.
Phương trình
2
2120zz i ++ =
( )
( )
2
2
'1 12 2 2i ii∆= + = =
nên phương trình hai
nghim là:
12
1 2, 1 2z iz i
=−=+
. Do đó ta có
( ) ( )
22
12
1 2 1 2 23zz+ = +− + + =
.
Qua đó các em thấy được ni dung kiến thc thi Đi hc - Cao đẳng trước đây cũng nhẹ
nhàng, đến bây gi tuy có nâng cao vài phần nhưng các em cũng đừng lo lng, min sao
chúng ta nm chc kiến thc cơ bn thì cũng làm được bài. C th ta xét các câu s phc thi
năm vừa qua mc VD - VDC có nội dung và đòi hỏi k năng gì?
2. Mt s câu trc nghiệm gần đây
Ví d 7. (BGD - Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C34)
Cho s phc
z
tha mãn
( )
( )
3 2 3 10z i iz i+− =+
. Mô đun của
z
bng
A.
3
. B.
5
. C.
5
. D.
3
.
Phân tích.
Trong câu này chúng ta thy ni dung cũng giống như câu trong đề thi năm 2012
- Các phép toán cng, tr, nhân s phc
- S phc liên hp, phn thc, phn ảo, môđun của s phc.
Li gii.
Cách 1. (T lun)
Gi s
( )
,,z a bi a b
=+∈
z a bi⇒=−
. T gi thiết ta có:
(
) ( )( )
3 2 3 10 3 3 2 2 3 7a bi i i a bi i a bi a b ai bi i
+ + =+ −+ =+
( )
3 57 0ab a b i −+ =
30
5 70
ab
ab
−−=
−=
2
1
a
b
=
=
do đó
2zi=
.
Vy
( )
2
2
21 5z = +− =
. Chn C.
Cách 2. (H tr máy tính - Trc nghim)
T gi thiết ta có:
( )
( )( ) ( )
22
3 7 2 3 7 .3
2 3 37 2
23
ii i
iz z i z i
i
+ −−
−+ + = + = =
−−
.(Nhp máy)
T đó
w
Ans 5=
. Chn C. (Công thc trên ta s tìm hiu VD 20)
Ví d 8. (BGD - Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C44)
GV: Nguyn Xuân Chung
Xét các s phc
z
tha mãn
2
z =
. Trên mt phng ta đ
Oxy
, tp hợp điểm biu din ca
các s phc
4
w
1
iz
z
+
=
+
là một đường tròn có bán kính bằng
A.
34
B.
26
C.
34.
D.
26.
Phân tích.
Trong câu này chúng ta thy ni dung là: Tìm biu din ca
w
thông qua
z
.
- Các phép biến đổi đại s
- Biến đổi hình hc tọa độ.
Li gii.
Cách 1. (T lun - Biến đổi đại s)
Gi s
( )
w ,,x yi x y=+∈
. Ta có
(
)
(1 ) 4 4w z iz z w i w
+ =+⇒ −=
24wi w −=
( ) ( )
22
22
2 14xy x y

+− =− +

( )
22 2 2
2 2 1 8 16
xy y x x y + += ++
( ) ( )
22
22
8 4 14 0 4 2 34xy xy x y++ −=+ + =
, suy ra
34R
=
. Chn A.
Cách 2. (H tr máy tính - Trc nghim)
Ta cho
z
ba giá tr khác nhau và tương ứng
w
có ba giá tr khác nhau và viết phương trình
đường tròn có dạng:
22
22 0
x y ax by c+ + + +=
(1).
Vào Mode 2 ghi
4
1
iX
X
+
+
CALC nhp
1
i−−=
ta có
(
)
1; 5
thay vào (1):
2 10 26a bc+ +=
.
CALC nhp
1 i−+=
ta có
( )
1; 3−−
thay vào (1):
2 6 10a bc
+=
.
CALC nhp
1 i+=
ta có
71
;
55



thay vào (1):
14 2 5 10abc
−+=
.
Gii h ba ẩn ta được
4, 2, 14 16 4 14 34
ab c r= = = = ++ =
.
Nhn xét.
Vì tính cht
..
uv u v=
được s dng khá nhiu nên GV có th hướng dn các em chng
minh lại định lý như sau: Giả s
( )
, , ,.,u a bi v x yi a b x y=+=+
, ta chứng minh định lý
bng phép biến đổi tương đương:
( ) ( )
( )( )
2 22
22
222 2
.. . .u v u v u v u v ax by ay bx a b x y= = ++ =+ +
22 22 22 22 22 2 2 22 22
ax by ay bx ax by ay bx+++=+++
(Luôn đúng
,.,a bx y∀∈
). Đpcm.
Như vy phn nào các em thấy được : ni dung có nâng cao vài phần nhưng cũng không
phi quá khó, min sao các em nm chc kiến thc cơ bn thì s làm được bài.
Sau đây ta nghiên cu mt cách gii toán s phc bằng cách "Đặt n ph" xem thế nào?
Ví d 9. (THPT Chuyên Tin Giang)
Cho s phc
z a bi= +
( )
, ab
tha mãn
13 0z i zi++ =
. Tính
3Sa b= +
.
GV: Nguyn Xuân Chung
A.
7
3
S
=
. B.
5S
=
. C.
5S =
. D.
7
3
S
=
.
Li gii
Đặt
0zm=
, ta có
( ) ( ) ( )
22
2
13 13 13z m iz m m m=+−=+− =+−
5
016 9
3
mm
= +⇒ =
, thay tr v ta có
4
1 35
3
z i Sa b
=−− = + =
. Chn B.
Cách 2. (Tính trc tiếp)
Để cho gọn ta đặt
22
0z ab m
= +=
, ta có:
13 0z i zi++ =
hay là
( )
( )
2
22
1
10
13 0 1 3 0
30
31
a
a
a bi i mi a b m i
bm
b mb
=
+=
+ ++ = ++ + =

+− =
+==+
1
1
35
4
6 91
3
a
a
Sa b
b
b
=
=
⇒=+ =

+=
=
.
Ví d 10. (THPT Kinh Môn - Hi Dương)
S phc
z a bi= +
( vi
a
,
b
là s nguyên) tha mãn
( )
13iz
là s thc và
25 1
zi−+ =
.
Khi đó
ab+
A.
9
. B.
8
. C.
6
. D.
7
.
Li gii
Đặt
( )
3
13 3
1 3 10 10
m mm
i z m z i n ni
i
= ⇒= = + =+
. Ta cn tính
4;a b nn+=
. Thay z
vào gi thiết th hai ta có
( ) ( ) ( )
22
2 53 1 2 53 1 2 8n ni n n n P+− = +− ===
. Chn B.
Cách 2. (Tính trc tiếp)
Ta có
( ) ( )( ) ( )
13 13 3 3iz iabiabbai = + =++−
là s thc nên b = 3a do đó
z = a + 3ai thế vào gi thiết th hai ta được
3 25 1a ai i −+ =
suy ra
( )
( )
22
2 53 1 2 4 8
a a a P ab a + == =+= =
.
Ví d 11. Cho s phc
z a bi= +
(
a
,
b
là các s thc ) tha mãn
20zz z i+ +=
. Tính giá tr ca
biu thc
2
T ab= +
.
A.
43 2T =
. B.
3 22T = +
. C.
3 22T =
. D.
4 23T = +
.
Li gii
GV: Nguyn Xuân Chung
Đặt
0zm=
, ta có
( )
( ) ( )
2 21 21 21zmizmmmm+= += +==
thay tr v
ta có
( )
(
)
2
2
12 12 322
21
i
z i T ab
= = ⇒=+ =− =
+
. Chn C.
Mi các em gii cách khác.
Ví d 12. (BGD - Đề thi chính thức 2017)
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
35zi
−=
4
z
z
là s thun ảo?
A.
0
. B.
2
. C.
Vô s. D.
1
.
Li gii
Đặt
(
)
4
14
41
z bi
bi bi z bi z
z bi
= = ⇒=
−−
, ta có
( )
3 43
4
35 5
11
bbi
bi
i
bi bi
++
−= =
−−
( )
( )
2
22
2 16 24
9 4 3 25 1 24 16
3 13 13
bb b b b z i + + = + = ⇒= ⇒=
. Chn D.
Li bình
Vic đt n ph khi gii toán v s phc góp phn làm cho li gii bt cng knh trong biến
đổi, thậm chí là đi nhanh đến kết qu hơn.
Mi các em tính trc tiếp.
Ví d 13. (BGD - Đề tham khảo 2018)
Cho s phc
( )
,z a bi a b=+∈
tha mãn
( )
2 10
z iz i
+ +− + =
1z
>
. Tính
P ab= +
A.
1
. B.
5
. C.
3
. D.
7
.
Li gii
Cách 1.
Đặt
1zm= >
. Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22
21 21 2 1z im i m m i m m m=+ +=+−⇒= +−
22 2
2 65 650 5m mm mm m= −+⇒−+==
. Vy
34 7z iP=+⇒=
. Chn D.
Cách 2.
Biến đổi phương trình
( )
( )
2 1 31
1 23 1
1 1 2 22
zi
z z i i z i iz
ii
+
= + = + +=
++
.
Đặt
1zm= >
( )
2
2
2 3 1 2 2 12 10 0 5m mm m m += + = =
Thay tr v ta được
( )
2 51 3 4 7z i i iP=−+ + = + =
.
Cách 3.
GV: Nguyn Xuân Chung
Đặt
1zm= >
khi đó ta có
( )
20 1
2 10
1 0 11
a m ba
a bi i m i
bm mb
+− = =+

+ + +− + =

+− = =+ >

Suy ra
( ) ( )
22
2
2
10
10
3
7
4
40
11
ba
ba
a
P
b
bb
bb b
= +>
= +>
=
⇒=

=
−=
+=+
.
Cách 4. (Trc nghim)
Đặt
1zm= >
, ta có
( )
2
2 1 231
1
am
z i m i ab m
bm
+=
+ + = + + = >−
+=
. Đến đây ta thử
+ Đáp án C:
2 3 3 3 12 3 5m m z i mz−= ==+ = = =
(loi)
+ Đáp án D: Tô khoanh tròn!.
Ví d 14. (THPT Chuyên Quang Trung - Bình Phưc)
Tìm s phc tha mãn là s thc.
A. B. C. D.
Li gii
Gi s
( )
,,z a bi a b
=+∈
thì
22
0z ab m= +=
, ta có
( )
2
22
22z m a bm−= + =
4 40 1aa
⇒− + = =
, khi đó
1z bi= +
(
)
( )
2 11
bi b i+ −+


là s thc nên
( )
21 0 2
bb b
+ +==
. Vy
12zi=
. Chn D.
Cách 2.
Ta có th dùng chức năng CALC để th kim tra trưc tiên
2zz−=
xem s nào thỏa mãn?
Ghi
2XX−=
CALC nhp các s phức. Loại BC. Tiếp theo kim tra điu kin th hai
Ghi
( )( )
21Bi Bi i
+ −−
CALC nhp phn o 2 = thì loi A. Vy chn D.
Cách 3.
Gi s
(
)
,,z a bi a b=+∈
thì
( )
( )
( )
(
)
( )( )
111 11 11
zz i zz z i++++++
( )
( )
11 1 1 0 1z i abiiiab b a b a + + =++ ++ ⇒++==
.
Mt khác
( )
2
2 22
22 1
z z a b ab a= + = + ⇒=
do đó b = - 2 và z = 1 - 2i.
Ví d 15. (THPT Chuyên Nguyên Giáp Qung Bình)
Cho s phc
z
tha mãn
2zz−=
. Biết rng phn thc ca
z
bng
a
. Tính
z
theo
a
bng
A.
1
1 a
. B.
2
1
2
aa−+
. C.
2
1
2
aa++
. D.
2
4
2
aa++
.
z
2zz−=
( )( )
1z zi+−
1 2.zi= +
1 2.zi
=−−
2.zi
=
1 2.zi=
GV: Nguyn Xuân Chung
Li gii
Gi s
z a bi= +
thì
22
0z ab m= +=
, ta có
( )
2
2
22
zm am b−= ⇒− +=
2
22 2 2
4
2 20 10
2
aa
a b am m m am m
++
+ + = −= =
. Chn D.
Mi các em gii cách khác.
Ví d 16. (THPT Trn Phú Tĩnh )
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
1 3 32zi+− =
(
)
2
2zi+
là s thun ảo?
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Li gii
Đặt
( )
13 1 3z i a bi z a b i+− = + = −+ +
ta có
22
1 3 3 2 18z i ab+− = + =
(*) và
(
) ( )
2
2
2 15
zi a b i
+ = −+ +


là s thun o nên
( ) ( )
22
6
1 50
4
ab
ab
ab
= +
−+ =
=−−
+ TH 1: a = b + 6 thì
( )
2
2
6 18 3
bb b+ + = ⇔=
(nghim kép).
+ TH 2: a = - b - 4 thì
( )
2
22
4 18 4 1 0
b b bb+ + = + −=
(Hai nghim vô t). Chn C.
Ví d 17. (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Ni)
Gi
1
z
,
2
z
là hai trong các s phc tha mãn
12 5zi
−+ =
12
8zz−=
. Tìm môđun của s
phc
12
24wz z i= + −+
.
A.
6w =
. B.
16w =
. C.
10w =
. D.
13w =
.
Li gii
Cách 1. (Hình hc)
Đặt
12
12, 12u z iv z i= −+ = −+
thì khi đó
wuv= +
5uv= =
nên
wuv= +
s là đường chéo hình
thoi, ngoài ra
12
8uv z z−= =
Suy ra
2
2
8
25 6
2
w uv

=+= =


. Chn A.
Ví d 18. (THPT Đng Thúc Ha Ngh An)
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
( )
1 iz z++
là s thun o và
21zi−=
A.
2
. B.
1
. C.
0
. D. Vô s.
Li gii
Đặt
( )
22z i a bi z a b i =+ ⇒=+ +
, ta có
22
21 1zi ab=+=
(*) và
v
u
w
GV: Nguyn Xuân Chung
( ) ( )
1 22izz zziz a b ai+ +=++ = + +
là s thun o nên
( )
2 20ab −+=
22ba⇒=
thế vào (*) ta có
( )
2
2
1
22 1
3
5
a
aa
a
=
+−=
=
. Suy ra có 2 s phc. Chn A.
Li bình. Bài trên ta đặt n ph chưa được trong sáng, nhưng cũng gọn gàng hơn một tí.
Sau đây ta xét thêm mt s bài toán liên quan đến
z
z
như đã nói phần đầu.
Ví d 19. (SGD Bc Giang )
Cho s phc
z
tha mãn
2 73z z iz =−+ +
. Tính
z
.
A. 3. B.
13
4
. C.
25
4
. D.
5
.
Li gii
Gi s
z a bi
= +
thì
22
z ab m= +=
, ta có
( )
73 2 3 7 3m i z z a bi=−+ + + = +
37
03
ma
b
=
=
22
9 9 42 49
4, 3
7
3,
3
a aa
ab
ba
+= +
⇒= =
=
. Vy
43 5z iz=+⇒ =
. Chn D.
Ví d 20. Biết
z a bi
= +
( )
,ab
là s phc tha mãn
( )
3 2 2 15 8i z iz i −=
. Tng
ab+
A.
5ab+=
. B.
1ab+=
. C.
9ab+=
. D.
1ab+=
.
Li gii
Cách 1.
Ta có
z a bi
= +
z a bi⇒=−
. Theo đề bài ta có
( )(
) ( )
3 2 2 15 8i a bi i a bi i +− =
(
)
3 4 3 15 8
a a bi i⇔− =
3 15
438
a
ab
=
−=
5
4
a
b
=
=
.
Vy
9ab+=
. Chn C.
Cách 2.
Phương trình dạng
Az Bz C+=
, ta có
.. .
CB
Az Bz C z z
AA
+ = ⇒=
thay tr v
(
)( ) ( )( )
15 8 3 2 15 8 2
..
13 4
..
i i ii
C B CA CB
Az B z C z
A A AA BB

+−+
+ = ⇒= =


54 9z i ab=+ +=
. Chn C.
Kết quả: Ban đầu là
Az Bz C+=
và tính được
..
..
CA CB
z
AA BB
=
.
Ví d 21. (SGD Qung Nam )
Tng phn thc và phn o ca s phc
z
tho mãn
( )
12iz i z i+− =
bng
GV: Nguyn Xuân Chung
A.
2
. B.
2
. C.
6
. D.
6
.
Li gii
Áp dng công thc
( )
(
) (
)
2 . 2.1
..
42
12
..
iii i
CA CB
Az Bz C z i
AA BB
−−
+ = ⇒= = =+
Do đó
4, 2 6
a b ab= =+=
. Chn C.
Mi các em gii theo cách 2.
Ví d 22. (THPT Chuyên Thái Bình )
Cho s phc
z
tha mãn:
( )
1 2 . 15z i zi i +=+
. Tìm modun ca s phc
z
?
A.
5z =
. B.
4z =
. C.
25z =
. D.
23z =
.
Li gii
Áp dng công thc
(
) (
)
( )
15 . 1 2 15 .
..
34
51
..
i i ii
CA CB
Az Bz C z i
AA BB
+ +−
+ = ⇒= = =+
Do đó
5Ans =
. Chn A.
Mi các em gii theo cách 2.
3. Mt s bài luyn tp
Câu 1. bao nhiêu s phc
z
tha mãn
23 5zi
++ =
2
z
z
là s thun o ?
A.
2
. B. vô s. C.
1
. D.
0
.
Câu 2. (BGD - Đề thi chính thức 2017)
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
2 22zi+−=
(
)
2
1
z
là s thun ảo?
A.
0
. B.
2
. C.
4
. D.
3
.
Câu 3. Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn đng thời hai điều kin sau:
10 2 2 14zizi
+ = +−
1 10 5zi−− =
?
A.
2
. B.
0
. C.
1
. D. Vô s.
Câu 4. (BGD - Đề thi tham khảo 2017)
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
5zi−=
2
z
là s thun ảo?
A.
2
. B.
3
. C.
4
. D.
0
.
Câu 5. Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
(2 ) 10zi−+=
. 25
zz=
?
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
4
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Câu 6. (BGD - Đề thi chính thức 2018 M101 C30)
Xét các s phc
z
tha mãn
( )( )
2ziz++
là s thun o. Trên mt phng ta đ, tp hp tt
c các đim biu din s phc
z
là một đường tròn có bán kính bằng
A.
1
. B.
5
4
. C.
5
2
. D.
3
2
.
Câu 7. Xét các s phc
z
tha mãn
( )
2 41zz i i−+ +
là s thc. Biết rng tp hp các đim biu
din ca s phc
z
đưng thng
d
. Din tích tam giác gii hn bởi đường thng
d
và hai
trc ta độ bng
A.
8
. B.
4
. C.
2
. D.
10
.
Câu 8. (BGD - Đề thi chính thức 2018 M101 C38)
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
( ) ( )
4 25z z i i iz−− + =
?
A.
2
. B.
3
. C.
1
. D.
4
.
Câu 9. Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
( )
1 iz z++
là s thun o và
21zi−=
.
A.
2
. B.
1
. C.
0
. D. Vô s.
Câu 10. (BGD - Đề thi chính thức 2017)
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
3 13
zi
+=
2
z
z +
là s thun o ?
A.
0
. B.
2
. C.
Vô s. D.
1
.
Câu 11. Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
22
28z zz z++=
2zz+=
?
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D. Vô s.
Câu 12. (THPT Chuyên Thái Bình)
Cho s phc
z a bi
= +
( )
, ab
tha mãn
( ) ( )
2 1 23iz z i z+ = −+ +
. Tính
S ab= +
.
A.
1S =
. B.
5S =
. C.
1S =
. D.
7S =
.
Câu 13. Biết s phc
z
có phn o khác
0
và tha mãn
( )
2 10zi−+=
. 25zz=
. Đim nào
sau đây biểu din s phc
z
đã cho?
A.
( )
4; 3P
. B.
( )
3; 4N
. C.
( )
3; 4M
. D.
( )
4; 3Q
.
Câu 14. (BGD - Đề thi chính thức 2018 M102 C49)
Có bao nhiêu s phc
z
tha mãn
( ) ( )
3 24z z i i iz−− + =
?
A.
1
. B.
3
. C.
2
. D.
4
.
Câu 15. Cho s phc
( )
i,z a b ab=+∈
tha mãn
( )( )
1 i i 3i 9zz++ + =
2z
>
.
Tính
P ab= +
.
GV: Nguyn Xuân Chung
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D.
1
.
Câu 16. (THPT Ngô Quyn Ba Vì )
Cho s phc
z
tha mãn:
(
) (
)
1 23
iz iz
+ −− =
. Tìm modun ca s phc
2
1
iz
w
i
=
.
A.
122
5
. B.
3 10
2
. C.
45
4
. D.
122
5
.
Câu 17. Cho s phc z tha mãn
( ) ( ) ( )
2
23 4 13 0iz iz i + + ++ =
. Gi
,ab
ln lưt là phn thc và
phn o ca s phc z. Khi đó
23
ab
bng
A. 1. B. 4. C. 11. D. -19.
Câu 18. (BGD - Đề thi chính thức 2019 M102 C31)
Cho số phức thỏa mãn . Môđun của bằng
A. . B. . C. . D. .
Câu 19. Cho s phc z tha mãn
2
z =
z không phi s thc. S
1
2 z
có phn thc bng
A.
1
.
2
B.
1
.
4
C. 4. D. Kết qu khác.
Câu 20. (SGD Thanh Hóa)
Gi
1
z
,
2
z
là hai trong các s phc tha mãn
12 5zi−+ =
12
8
zz−=
. Tìm môđun của s
phc
12
24wz z i= + −+
.
A.
6w =
. B.
16w =
. C.
10w =
. D.
13w
=
.
>>>>>>>>>
Như vy trong phn I thì chúng ta ôn tập và cũng cố nhng kiến thức cơ bản nht v s
phức, đồng thi rèn luyn mt s k năng giải toán nhất định, nhìn chung các bài toán mc 6 - 7
điểm.
Trong phn II chúng ta s nghiên cu các bài toán mc 8 - 9 - 10 điểm, có khá nhiu bài
toán và có ni dung rng hơn, bao gm:
- Biu din tp hp s phức là đường thẳng, đường tròn (nâng cao).
- Các bài toán tương đối đơn giản v giá tr ln nht, nh nht.
- Các bài toán tính toán (nâng cao).
- Các bài toán nâng cao v giá tr ln nht, nh nht.
z
( )
( )
3 2 3 7 16z i iz i−− + =
z
5
5
3
3
GV: Nguyn Xuân Chung
S PHC - PHN II (VD - VDC)
Qua các ví d trong Phn I thì chúng ta đã củng c tương đối nhiu kiến thc bn và rèn luyn
mt s k năng giải toán v s phc. Trong Phn II này chúng ta tiếp tc nghiên cu các bài toán
nâng cao v s phức: trong đó liên quan đến khá nhiu kiến thc v hình hc véc và ta đ trong
mt phẳng, ngoài ra cũng cần nhiu kiến thc v các bất đẳng thc Mincopxki và Bunhiacopxki.
1. Biu din tp hp s phức là đường thẳng hay đường tròn
Bài toán cho dng: Cho s phc
z
thỏa mãn điều kin
( )
α
. Tìm tp hợp biểu din ca
z
trên
mt phng tọa độ
Oxy
(hoc ca s phc
w
thông qua
z
).
Cách gii là:
+ Chuyn v bài toán hình học ta đ phng: Biu dinc điu kiện thông qua điểm véc tơ.
+ Gi
z x yi= +
thế vào điều kin
( )
α
biến đổi đi s. Hoặc biến đổi theo quan hệ biểu
thc
Bn cht c hai cách giải là như nhau.
Ví d 1. Cho các s phc
z
tha mãn
12
zi z i
= −+
. Tp hp các điểm biu din các s phc
2
wz i= +
trên mt phng tọa độ là một đường thẳng. Phương trình đường thẳng đó
A.
2 20xy−=
. B.
2 20xy+−=
.
C.
3 40xy
+ −=
. D.
3 40xy
+=
.
Lời giải
Cách 1. (Hình hc)
Thế z = w - 2i vào gi thiết ta có:
w3 w1i−=
. Gi
(
)
;
M xy
biểu din s phc
w
( ) ( )
0; 3 , 1; 0AB
biểu din các s phc
12
3, 1z iz= =
trên mt phng phc thì ta
MA MB=
,
nên tp hợp các điểm M là đường trung trc ca AB có phương trình
3 40xy +=
. Chn D.
Cách 2. i s)
Thế z = w - 2i vào gi thiết ta có:
w3 w1i−=
. Gi
( )
w ,,x yi x y=+∈
khi đó ta có
w3 w1i−=
( ) ( )
22
22
3 1 2 6 80 3 40x y x y xy xy + = + +=⇒− +=
.
Cách 3. (Trc nghim Casio)
Ta cũng gọi
( )
w ,,x yi x y=+∈
(ch ngm hiu - không cần ghi), đường thẳng đi qua hai
điểm phân bit nên ta vào Mode 2 nhp hai cp
( )
;xy
khác nhau ca một đưng thng tha
mãn giả thiết. Ghi
31X Yi i X Yi+− +−
CALC
- Phương án A: Ta nhp x = 1, y = 0. Loi Ado đó loại B.
- Phương án C: Ta nhp x = 2, y = 0 thì loi C.
Li bình.
Các em cn luyn tp v viết phương trình đường thng qua 2 điểm, trung trc ca đon thng.
Sau đây ta luyện tp k năng phép nhân s phc và s phc liên hp.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 2. (BGD - Đề thi chính thc THPTQG 2018 M102 C33)
Xét các s phc
z
tha mãn
( )
( )
33
z iz+−
là s thun o. Trên mt phng ta đ, tp hp tt
c các đim biu din các s phc
z
là một đường tròn có bán kính bằng
A.
9
2
. B.
32
. C.
3
. D.
32
2
.
Lời giải
Gi
( )
2
, , ;.z x yi x y z m z z m=+ ⇒= =
khi đó ta có
( )
( )
2
3 3 33 3 39
z i z m x yi xi y i+ −= + +
là s thun o nên
2
33 0m xy−−=
suy ra
22
33 0
xy xy+−−=
là đường tròn có bán kính
22
3 3 32
22 2
r
 
= +=
 
 
. Chn D.
Ví d 3. Xét các s phc
z
tha mãn
( )
( )
2 21z izi i+−
là s thun o. Tp hợp điểm biểu
din ca s phc
z
là đường tròn có diện tích bằng
A.
2S
π
=
. B.
9S
π
=
. C.
23S
π
=
. D.
3
S
π
=
.
Lời giải
Gi
( )
2
, , ;.z x yi x y z m z z m
=+ ⇒= =
khi đó ta có
(
)
(
)
( )
2
2 2 1 22 4 2z i z i i m x z z i i yi
+ −−= + + −−
là s thun o nên
2
22 0mx−+ =
suy ra
( )
2
22 2
22 0 1 3
xy x x y+ −+ = + + =
là đường tròn có bán kính
3r =
.
Vậy ta có
2
3Sr
ππ
= =
. Chn D.
Ví d 4. (SGD Phú Th)
Cho s phc
z
tha mãn
( )
( )
3 13z iz i+ ++
là mt s thc. Biết rng tp hp tt c các đim
biểu din ca
z
là một đường thng. Khong cách t gc ta đ đến đường thẳng đó bằng:
A.
42
. B. 0. C.
22
. D.
32
.
Lời giải
Gi
( )
2
, , ;.z x yi x y z m z z m=+ ⇒= =
khi đó ta có
( )
( )
2
3 13 64 4 2 8 2
z i z i m x y yi i xi+ ++ = + + + +
là s thc nên
2 2 80
xy +=
và đây là
đường thng
( )
22
8
, 22
22
dO∆= =
+
. Chn C.
Li bình.
Các ví d 3 và ví d 4 đòi hỏi chúng ta phi nhân phá ngoặc biểu thc khá dài và rt d bị sai
s, khi nhân thông thường ta xem như
4 4 16×=
đơn thức khác nhau, bởi vy ta cn s dng
các tính cht ca s phc hp lý đ nhm và rút gn bt nhm tránh đ phc tp. Đó là các bài
toán rt tt để cng c kiến thc và rèn luyn k năng vế s phc.
Sau đây là các ví d s dng tính cht ca s phc và rèn luyn k năng biến đổi.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 5. (THPT Trn Hưng Đo Ninh Bình & THPT Chuyên Sơn La)
Cho s phc
z
tha mãn điu kin
3 4 2.
zi
−+
Trong mt phng
Oxy
, tp hợp điểm biểu
din s phc
21wz i= +−
là hình tròn có diện tích bằng
A.
9S
π
=
. B.
12S
π
=
. C.
16S
π
=
. D.
25S
π
=
.
Lời giải
Biến đổi
3 4 2 2 6 8 4.zi zi−+ +
T đó ta có
2 1 79 2 68wz iw iz i= +−⇔ + = +
79 4wi −+
nên tp hp
w
là hình tròn bán kính
4
r =
do đó
16S
π
=
. Chn C.
Ví d 6. Cho s phc
z
tha mãn
15z −=
. Biết tp hợp các điểm biểu din s phc
w
xác đnh
bởi
( )
23 34w iz i= + ++
là mt đường tròn bán kính
R
. Tính
R
.
A.
5 17R =
. B.
5 10R
=
. C.
55R =
. D.
5 13R =
.
Phân tích.
Ta chú ý tính cht sau ca s phc:
22
z a bi z a bi z z a b
=+ ⇔= = = +
.
M rng:
( )
2
2
,zmambi zmambi zm zm am bm=−+=−− =− = +
.
Li gii
Biến đổi
( )
( )
( )
(
)
( )
23 23 57 57 23 1 57 23 1w iz i i w i iz w i iz= + ++ −− = + −− = +
T đó ta có
5 7 1 . 2 3 5 13w iz i−− = + =
. Chn D.
Ví d 7. Cho s phc
z
tha mãn
( )
(
)
2 2 25z iz i−+ −− =
. Biết tp hợp các điểm
M
biểu din s
phc
2 23wz i= −+
là đường tròn tâm
( )
;I ab
và bán kính
c
. Giá tr ca tích
abc
bằng
A.
17
. B.
17
. C.
100
. D.
100
.
Phân tích.
Ta s áp dng tính cht:
zz=
,zm zm m = ∀∈
.
Lời giải
Đặt
22uz i uz i=−− =−+
thì từ giả thiết ta có
25 5uu u=⇒=
biến đổi
( )
2 23 2 42 25 25 2 2 2wz iz i iw i z i u= −+ = −− ++ −− = −− =
. Từ đó ta được
2 5 2 10w iu−− = =
. Đến đây ta biểu diễn
w
đường tròn có tâm
( )
2;5I
, bán kính
10R =
.
Vy
100abc =
. Chn C.
Li bình.
Trên đây bài toán ý tưởng ly t bài toán của THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Ni
&THPT Nguyn Quang Diu - Đồng Tháp, trong đó bài toán hi tng
abc++
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 8. Biết tp hp điểm biểu din ca s phc
z
là đưng tròn tâm
(
)
3; 0I
, bán kính
1R =
, khi
đó tp hợp điểm biu din ca s phc
1
i
w
z
=
là đường tròn có bán kính
r
bằng
A.
1
9
r =
. B.
1
3
r =
. C.
13
3
r
=
. D.
3r =
.
Lời giải
Biến đổi
( )
32 2wz w i w z i w w w i−= = =
(Vì
31z −=
). T đó gọi
w x yi= +
thì
( ) ( )
( )
22
22 22
2 2 1 3 4 10xy x y xy y+ = + + +=
. Suy ra
2
2
2 11
0
3 33
r

= + −=


.
Chn B.
Li bình.
Thot nhìn cách giải khá đơn giản, nhưng thực ra khá phc tp, nếu ta dùng phép thế quy
đồng mu thc thì cũng là s dng tính chất "Môđun của mt tích bng tích các môđun", nghĩa
..uv u v=
. Mà trong chương trình nâng cao các em Ban t nhiên được học, nhưng các em
Ban hội không được hc, cho nên thc chất bài trên bài toán khó, đó một Hypebbol
trong tp s phc. Bi vậy, để s dng được tính chất đó thì chẳng khác nào ta đi chứng minh
lại định lý trên. Sau đây ta giải theo cách 2 để thấy rõ độ phc tp của bài toán.
Cách 2.
Gi
( )
, , ,.,z a bi w x yi a b x y=+=+
, ta có:
( )
2
2 22
3 1 68a b ab a +=+=
.
Ngoài ra
( )
( )
( )( )
( )
2
2 22
1 1 1 1 1 2 14 7
z z a bi a bi a b a b a a
= −+ −− = + = + +=
. Khi đó
( )
( )
( )
( )
1
1
17
w,
1 47 4747 4
11
iz
i a bi
i ba
i x yi a
z a aa
zz
−−

== = = + =+≠

−−

−−
.
Suy ra h
1
,
47 47
ba
xy
aa
= =
−−
. Mc tiêu là
( ) ( )
22
2
x m y n r const +− ==
do đó
22
2
1
47 47
ba
m nr
aa

+ −=

−−

. đây có ba ẩn nên cần có ba phương trình.
+ Cho a = 2, b = 0 ta có
(
)
2
22
1m nr
+− =
(1) .
+ Cho a = 4, b = 0 ta có
2
22
1
3
m nr

+− =


(2).
+ Cho a = 3, b = 1 ta có
22
2
12
55
m nr

+− =


(3) .
Ly (2) tr (1) ta có
48 2
0
39 3
n
n
=⇒=
. Ly (3) tr (1) suy ra:
264
00
5 55
mm
m + −= =
.
T đó ta có
1
1
3
rn=−=
, phương trình đường tròn là
2
2
21
39
xy

+− =


. Chn B.
Định lý "
..uv u v=
" được s dng rt nhiều do đó các em cần nm vững để vn dng.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 9. (SGD Thanh Hóa)
Gi
1
z
,
2
z
là hai trong các s phc
z
tha n
53 5zi−− =
, sao cho
12
8zz−=
. Tp hp
các điểm biểu din ca s phc
12
wz z= +
trong mt phng ta đ
Oxy
đường tròn
phương trình nào dưới đây?
A.
22
5 39
2 24
xy

+− =


. B.
(
) (
)
22
10 6 36xy +− =
.
C.
( ) ( )
22
10 6 16xy +− =
. D.
22
53
9
22
xy

+− =


.
Lời giải
Đặt
1 2 12
5 3 , 5 3 10 6 10 6
u z iv z i w z z uv i w iuv
= −− = −− = + =++ + =+
.
Mặt khác ta có
5
uv= =
nên
uv+
là đưng chéo hình thoi, ngoài ra
uv
là đường chéo
th hai, hơn nữa
12
8uv z z−= =
do đó
( )
2 2 22
26uv uv u v uv+ +− = + +=
Hay ta có
10 6 6wi−−=
. Chn B.
Ví d 10. Xét s phc
z
có phn o khác
0
tha mãn
2
2
22
1
zz
zz
−+
++
là s thc. Tp hp các đim biu
din ca s phc
z
là đưng tròn có bán kính
r
bằng
A.
3r =
. B.
1r =
. C.
3
r
=
. D.
2r =
.
Phân tích.
Ta thy biểu thc khá phc tp nên cn rút gọn bớt theo hình thức phép chia đa thức.
Lời giải
Gi s
z x yi= +
(
0y
), ta có
2
22
22 3 3
22
1
11
1
zz z
zz zz
z
z
−+
=−=
++ ++
++
là s thc khi
1
1z
z
++
là s thc
1
z
z
⇔+
là s thc, mà
( )
( )
22
22
11
x yi x y x yi
z x yi
z x yi x y
+ + +−
+=+ + =
++
.
Suy ra
( )
22 22
01yxy y xy+ −= + =
(Vì
0y
). Chn B.
Cách 2.
Vì thi trc nghim nên ta ch cn xác đnh hai s phc tha mãn gi thiết và
z a bi r−− =
.
Đặt
( ) ( )
2
2
2
22
2 1 20
1
zz
m mz mz m
zz
−+
= + +− =
++
. D thy
2m =
không thỏa mãn
nên suy ra
2
1
10
2
m
zz
m
+
+=
và gi
12
,zz
là hai nghim phc ca phương trình thì theo đnh
lý Viet ta có
12 1 2
11zz z z=⇒==
đều tha mãn điu kin
1z =
. Vy
1r =
. Chn B.
GV: Nguyn Xuân Chung
2. Các bài toán đơn gin tìm giá tr ln nht, nh nht
Đối với các bài toán vận dụng tương đối đơn giản v giá tr ln nht hay nh nht thì các em
cn có kỹ năng tốt v viết phương trình đường thẳng, đường tròn.
Ví d 11. (THPT Trn Hưng Đo Ninh Bình)
Trong các s phc thỏa mãn điều kin
3 2.
ziz i
+ = +−
Tìm s phức có môđun nhỏ nht?
A.
12zi=
. B.
12
55
zi=−+
. C.
12
55
zi=
. D.
12
zi=−+
.
Lời giải
Cách 1. (Hình hc)
Gi
( )
;M xy
biểu din s phc
z
( ) ( )
0; 3 , 2;1AB−−
biểu din các s phc
12
3, 2z iz i= =−+
trên mt phng phc thì
32z i z i MA MB+ = +−⇔ =
, nên tp hp các
điểm M là đưng trung trc ca BA phương trình d:
24 2xy−=
. Ta
z OM=
nh nht
khi OM là khong cách t O đến d, ta có hệ
21
12
,
20
55
xy
xy
xy
−=
⇒= =
+=
. Chn C.
Cách 2. (Đại s - Bất đẳng thc)
Gi
( )
22
,,z a bi a b z a b=+ ⇒= +
, t gi thiết ta có
( )
( ) ( )
2 22
2
3 21ab a b++ =+ +−
suy ra
( )
( )
( )
2
2 22
min
11
1 2 12
55
ab ab z z= +− + =
đạt được ti
21
12
,
2
55
ab
ab
ab
−=
⇒= =
−=
.
Cách 3. Đối với bài toán này ta có thể kim tra bằng máy tính Casio xem s phc nào tha
mãn hai điều kin thì chn. Trong Mode 2
Điu kin
3 20ziz i+ +−=
ghi
32X iX i+ +−
CALC ri nhp X các s phc
thì duy nhất đáp án C thỏa mãn. Do đó không cần kim tra điu kin đun nh nht.
Cách 4. (Đại s - Kho sát)
Gi
( )
22
,,z x yi x y z x y=+ ⇒= +
, t gi thiết ta có
( )
( )
( )
2 22
2
3 21
xy x y++ =+ +−
suy ra
21xy= +
và do đó
( )
2
22
min
11
21 5 41
55
z y y yy z= + + = + +≥ =
đạt được
ti
21
55
yx=−⇒=
. (S dng tam thức bậc hai hoc Mode 7).
Ví d 12. Trong các s phc thỏa mãn điều kin
24 2z izi−− =
. Tìm môđun nhỏ nht ca s
phc
2zi+
.
A.
5
B.
3 5.
C.
32
. D.
32+
.
Lời giải
Đặt
( )
22z i a bi z a b i+ =+ ⇒=+
, ta cn tìm min ca
22
T ab
= +
. Thay z vào gi thiết ta
( ) ( )
( ) ( ) ( )
22 2
2
26 4 2 6 4 6a b i a b i a b a b ab+− =+− +− =+− +=
.
T đó ta có
( )
2
22
1
32
2
T a b ab= +≥ + =
. Chn C.
GV: Nguyn Xuân Chung
Cách 2. Mi các em giải theo phương pháp hình học hoc kho sát.
Cách 3. (S dng công thc tính nhanh và Casio - Xem chng minh phn Ph lc. Tr47)
Đưng thẳng có dạng
zA zB−=
và cn tính
min
zC
ta tham kho công thc sau
22
2
CA CB
AB
−−
Bm CALC nhp -2i = 2 + 4i = 2i = ta đưc kết qu cn tìm (Nhập C trước).
Ví d 13. [THPT Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp]
Xét các số phức z, w thỏa mãn
22 4z izi+− =
1w iz= +
. Giá trị nhỏ nhất của
w
bằng?
A. 2 B.
2
2
C.
32
2
D.
22
.
Lời giải
Gi
( )
;M xy
biểu din s phc
z
(
) ( )
2; 2 , 0; 4AB
biểu din các s phc
12
2 2, 4z iz i=−+ =
trên mt phng phc thì
22 4z i z i MA MB+−=−⇔ =
, nên tp hp các
điểm M đưng trung trc ca AB phương trình d:
22 4
xy+=
. Ta
1 Mw iz z i I= += −=
, vi
(
)
0;1
I
, suy ra IM nh nht khi IM là khong cách t I đến d, ta
( )
24
2
,
2
8
d Id
= =
. Chn B.
Cách 2. Mi các em giải theo phương pháp đại s (Bất đẳng thc hoc kho sát).
Cách 3. (Công thc tính nhanh + Casio)
Biến đổi
w zi=
, đường thng
22 4z izi+− =
, s dng công thc
22
2
CA CB
AB
−−
CALC nhp i = -2 + 2i = 4i = ta được kết quả cn tìm.
Ví dụ 14. Cho số phức
z
không phải số thuần ảo và thỏa mãn điều kiện
( )
2
42
z zz i+= +
. Giá
trị nhỏ nhất của
zi+
bằng
A. 2. B. 1. C. 3. D. 4.
Li gii
Biến đổi
( )
2
4 2 2.2 .2 2
z zzi zizizzi ziz
+= + + = + ⇒− =
(vì
20zi+>
). Đến đây ta sử dng công thc tính nhanh
22
2
CA CB
AB
−−
CALC nhp - i = 2i = 0 = ta được kết quả bằng 2. Chn A.
Mi các em gii theo cách khác.
Ví d 15. Cho s phc
z
thỏa mãn
12 2zi−+ =
. Tìm môđun lớn nht ca s phc
.z
A.
9 4 5.+
B.
11 4 5+
C.
6 45+
D.
5 65+
.
Lời giải
Cách 1. (Đại s)
Đặt
( )
12 1 2z i a bi z a b i−+ = + = ++
. T gi thiết ta có
22
4ab+=
(1).
GV: Nguyn Xuân Chung
Khi đó theo (1) và bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
(
) (
) ( )
( )
(
)
2
22 2
2 22
1 2 92 4 9 2 4 945z a b ab ab
= + + = + + +− + = +
.
Hay ta có
9 45
max
z = +
. Chn A.
Cách 2. (Hình hc)
Gi s
22
0z x yi z x y R=+⇒= + =
. Vì tìm
max
z
nên xét
0
R >
. T gi thiết
12 2zi−+ =
là đường tròn tâm
(
)
1; 2
I
bán
kính
2
r
=
. Vậy để
R
ln nhất thì hai đường tròn tiếp xúc trong
vi nhau và
52R OI r= += +
Ví d 16. [THPT Chuyên Phan Bi Châu]
Cho s phc
z
thỏa mãn
23 1
−− =zi
. Giá tr ln nht ca
1++zi
A.
13 2+
. B.
4
. C.
6
. D.
13 1+
.
Lời giải
Cách 1. (Đại s)
Đặt
( )
23 2 3z i a bi z a b i−− =+ =++ +
. T gi thiết ta có
22
1ab
+=
(1).
Ta có
( ) ( ) ( )
= ++=+ + = + + +
2
22
1 32 3 2wz ia b i w a b
, khi đó theo (1) và bất đẳng
thức Bunhiacopxki ta có
( )
(
)
(
)
=+++ + + =+ = +
2
2
2 222
14 6 4 14 6 4 14 2 13 13 1w a b ab
Suy ra
= +13 1
max
w
. Chn D.
Ví dụ 17. Cho số phức
z
thỏa mãn
2 3 4 10zi−− =
. Gọi
M
m
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của
z
. Khi đó
Mm
bằng
A.
5
. B.
15
. C.
10
. D.
20
.
Li gii
Cách 1. i s)
Trưc hết ta tìm min, max ca
2z
. Đặt
( )
2 34 2 3 4z i a bi z a b i−− = + = ++ +
22
100ab+=
(1). Khi đó t (1) ta có
( ) ( ) ( )
2
22
2 3 4 125 2 3 4z a b ab=+ ++ = + +
(2).
O
M
I
Cách 2. (Hình hc)
Gi s
(
) ( )
22
1 110z x yi w z i x y R= + = ++ = + + =
.
Vì tìm
max
w
nên xét
0R >
và là đường tròn tâm
( )
1;1K
. T
gi thiết
−− =23 1zi
là đưng tròn tâm
( )
2;3
I
bán kính
1r =
. Vậy để
R
ln nhất thì hai đường tròn tiếp xúc trong vi
nhau và
13 1R KI r= += +
K
M
I
GV: Nguyn Xuân Chung
Mt khác
( )( )
2222
3 4 3 4 50 50 3 4 50ab ab ab+ + + = ⇒− +
(3). T đây từ (2) suy
ra
( )
2
125 100 2 125 100 5 2 15 2 15 5 10 5z z Mm Mm−≤ ≤+≤≤ ===
.
Chn A.
Cách 2. (Hình hc)
Biến đổi
3
2 3 4 10 2 5
2
zi z i−=⇔−=
và gi
( ) ( )
;Mz Mxy=
thì ta có M thuc đường tròn tâm
3
;2
2
I



, bán kính là
5r =
nên
z OM=
có giá trị ln nht hay nh nht khi M là giao điểm ca
đường thng OI với đường tròn nên hiu
01
25M m OM OM OI−= = =
. Chn A.
Li bình.
Cn nhận xét được v trí của O đối với đường tròn tâm I hoc là
=
min z OI r
.
Ví d 18. [THPT Chuyên ĐHKHTN - Huế]
Trong các s phc
z
tha mãn
34 2
zi
, gi
0
z
là s phức có mô đun nhỏ nht. Khi đó
A. Không tn ti s phc
0
z
. B.
0
2
z
.
C.
0
7z
. D.
0
3z
.
Lời giải
Cách 1. (Trc nghim tính nhanh)
Thay
= 0z
vào vế trái ca gi thiết ri tr vế phi.
Ghi
+−34 2i
bấm = ta có
=
0
min
3z
. Chn D.
Mi các em gii theo các phương pháp khác.
Ví d 19. Cho s phc
z
thỏa mãn
12 3zi−+ =
. Tìm môđun lớn nht ca s phc
2.zi
A.
26 6 17 .+
B.
26 6 17 .
C.
26 8 17 .+
D.
26 4 17 .
Lời giải
Cách 1. (Đại s)
Đặt
( )
−+ =+ =++ 12 1 2z i a bi z a b i
, khi đó
( )
= =++ 214wz ia b i
( )
( )
=+ +−
2
22
14wa b
. Mt khác t gi thiết ta có
+=⇒+=
22
39a bi a b
nên
( )
(
)
( )
( )
= + + +− + = + = +
2
2
2
2 22
26 2 8 26 2 8 26 6 17 3 17w ab ab
.
Suy ra
= +17 3
max
w
. Chn A.
Cách 2. Mi các em gii theo phương pháp hình học.
Cách 3. (Trc nghim tính nhanh)
Cho
=⇒=20 2zi z i
thay vào vế trái ca gi thiết ri cng vế phi.
Ghi
−+ +2 12 3ii
bấm = ta có
= +3 17
max
w
.
I
M
1
M
0
O
GV: Nguyn Xuân Chung
Li bình.
Các em xem li các ví d 15; 16; 17; 18. Sau đây ta xét bài toán có sự "biến tu" mt ít.
Ví dụ 20. [SGD TPHCM]
Cho số phức
z
thoả mãn
34 2zi−+ =
. Khi đó
21zi+−
có giá trị lớn nhất là:
A.
16 74+
. B.
2 130+
. C.
4 74+
. D.
4 130
+
.
Phân tích.
Bài toán quy về xét khoảng cách từ điểm A đến điểm M thuộc đường tròn.
Li gii
Biến đổi
( ) ( )
34 2 2 68 4 2z i z i Mz C−+ = + =
tâm I(6; - 8), R = 4.
Xét điểm A(- 1; 1) thì
21z i AM+− =
và ln nht khi AM = R + AI =
4 130+
. Chn D.
Li bình. Để tính nhanh, trong Mode 2 ta ghi
68 4Xi−+ +
Calc nhp -1 + i bấm = là đưc.
Ví dụ 21. Cho số phức
z
thỏa mãn
32zz−=
3
min 2 2
2
z i ab++ =+
. Tính
2ab+
.
A.
1
. B.
22
. C.
2
. D.
4
.
Li gii
Gọi
M
biểu diễn
z x yi= +
,
,xy
. Từ
( )
( )
2
2 22
32 3 2
z z x y xy−= + = +
(
)
2
22 2
6x 9 0 3 18
xy x y + + −= + + =
. Quỹ tích
M
đường tròn tâm
( 3; 0)I
, bán
kính
32R =
. Gọi
3
;2
2
A

−−


thì
3
2
2
z i AM++ =
. Dễ thấy điểm
A
nằm miền trong
đường tròn
(
)
C
nên
min
5
32 2 2
2
AM R AI a b= =+ +=
. Chọn C.
Ví d 22. [THPT Chuyên Sơn La]
Cho s phc
z
tha mãn điu kin
12 5
zi−+ =
1wz i= ++
môđun lớn nht. S phc
z
có môđun bằng:
A.
25
. B.
32
. C.
6
. D.
52
.
Lời giải
Cách 1. i s)
Đặt
( ) ( )
12 , , 1 2z i x yi x y z x y i−+ = + = ++
và ta có:
22
5xy+=
(1).
Khi đó
( )
2
22
2 1 4251042wx y i w xy xy xy=++ =++−+=+−
(theo (1))
Suy ra
( )( )
2
222 2
10 4 2 10 4 2 10 10w xy xy=+ ≤+ + + =+
.
Giải điều kin tìm x, y:
4 2 10
24
xy
xy
−=
−=
có x = 2, y = - 1 nên z = 3 - 3i
32z⇒=
. Chn B.
GV: Nguyn Xuân Chung
Cách 2. (Hình học véc tơ)
Gọi
(
)
1; 2
K
,
( ) ( )
1;1 2;1I IK−− =

. Để IM lớn nhất thì v trí M cn tìm ti H sao cho
( )
1IH t IK= +
 
,
( ) ( )
1 1 4;2 3;3
IK R
t IH H
IK
+
= −= =

. Suy ra
32
OH z
= =
.
Cách 3. (Hình hc tng hp)
Tính
22 2
1
cos
2.
10
OI IK OK
OI IK
α
+−
= =
suy ra
22
2 . .cosOH z OI IH OI IH
α
== +−
thay s
1
2 20 2.2 10. 3 2
10
z
= +− =
.
Cách 4. (Hình học véc tơ)
Gi
( ) ( )
1; 2 , 1;1KA
và ta có:
( )
w OM OA OA OK KM u KM= += + + =+
     
, để
max
w
thì ta
chn sao cho
KM

cùng hướng
u
, do đó
w =
( )
1tu+
. Vi
( )
2; 1u =
( )
2; 1KM t
⇒=

.
1t⇒=
2 25
max
wu⇒==
( ) ( ) ( )
1;2 2;1 3;3 32OM OK u z= += −+ −= −⇒ =
 
.
Ví dụ 23. Biết số phức
z
thỏa mãn
34 5zi−− =
và biểu thức
22
2T z zi=+ −−
đạt giá trị lớn
nhất. Tính
z
.
A.
33z =
. B.
50z =
. C.
10z =
. D.
52z =
.
Phân tích.
Bài toán quy về xét vị trí điểm M thuộc giao của đường tròn và đường thẳng.
Li gii
Cách 1. (Hình hc tọa độ)
Gi
( ) ( )
;Mz Mxy=
thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R =
5
và ta có:
( )
( )
22
22
2 1 423 :423 0
Tx yx y xy dxy T=+ +=++ ++=
. Để T ln nht
thì d tiếp xúc với đường tròn (C), khi đó
( )
(
)
51
4; 2 2;1
2
20
IM t t IM= ⇒= = =
 
(ly t > 0). Ta có M(5; 5) nên
52z OM= =
. Chn D.
Cách 2. (Hình hc véc tơ)
K
M
O
I
H
GV: Nguyn Xuân Chung
Gi
( )
( )
;Mz Mxy=
thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R =
5
.
Gi
(
) (
)
2;0 , 0;1AB
thì
(
)
( )
( )
22
.2T MA MB MA MB MA MB BA MI IA IB= = + = ++
       
.
Đến đây ta ch cần xác định v trí M sao cho
MI

BA

cùng hướng.
Hay
( ) ( ) ( )
2; 1 , 0 1 2;1 5;5 5 2
5
R
MI t t t IM M z= > ⇒= = = =
 
.
Cách 3. (Đại s - Khái quát)
Đặt
( )
22
34 3 4 & 5z i a bi z a b i a b−− = + = ++ + + =
. Thế z vào T ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
22 22
22
5 4 3 3 4 2 5 20 5 15T a b a b ab ab

=+ ++ + ++ = + + + +=

.
Dấu bằng ti
2, 1 5 5 5 2a b z iz= =⇒=+ =
.
Ví d 24. [THPT Chuyên Đại học Vinh]
Xét các số phức z, w thỏa mãn
2, 2w i z iw
−= +=
. Gọi
12
,zz
lần lượt là các số phức mà tại đó
z
đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất. Môđun
12
zz+
bằng:
A.
32
B.
3 C. 6 D. 6
2
.
Phân tích.
Bài toán gây nhiễu khá nhiều trong giả thiết nên có thể khiến một số em lúng túng, tuy nhiên ta
vẫn quy về đường tròn.
2z
w
i
+
=
Lời giải
Viết li thế vào gi thiết
2
2 32
z
iz
i
+
−= + =
.
Biu din ca z là đường tròn có tâm
( )
3; 0I
thuc trc hoành nên:
min 1
11OM OI r z= −= =
2
55
max
OM OI r z= += =
suy ra
12
66zz+ =−=
.
Chn C.
Mi các em giải theo phương pháp đại s (Gi ý: Chuyển độ phc tp của đường tròn sang
đường thng).
Ví d 25. Cho hai s phc
1
z
,
2
z
thỏa mãn
1
z 5 2i 2++ =
2
z 1 6i 3−− =
. Gi a, b lần lượt là giá
tr ln nht và giá tr nh nht ca
12
zz
. Khi đó
22
ab+
bằng
A. 77 B. 144 C. 145 D. 154.
Phân tích.
Bài toán cho M và N thuộc hai đường tròn. Cần xét min, max của đoạn MN.
Li gii.
Ta viết li
11
z 5 2i 2 z 5 2i 2++ = +− =
nên
( ) ( )
11
Mz C
tâm
( )
5; 2
I
,
1
2R =
.
Tương tự
( ) ( )
22
Nz C
tâm
( )
1; 6K
,
2
3R =
. Gi
12
2 13 5IK h R R m== >+==
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ta có:
min max
;b MN h m a MN h m= =−= =+
suy ra
( ) ( )
22
22
a b hm hm+= ++
thay số
( )
( )
22 2 2
2 2 52 25 154ab hm+= + = + =
. Chọn D.
Ví d 26. Cho hai s phc
12
,
zz
tha mãn
1
23
zi−=
22
22 24zizi++ = ++
. Giá tr nh nht
của biểu thc
12
Pzz
=
bằng.
A.
1P =
. B.
2P =
. C.
3P =
. D.
4P =
.
Phân tích.
Bài toán cho M thuộc đường tròn, N thuộc đường thng. Tìm min ca MN.
Lời giải
Cách 1. (Trc nghim Casi0)
Ta có
(
)
min 1 2
min
,P z z dI R
= = ∆−
nên s dng công thc tính nhanh
22
3
2
CA CB
AB
−−
Calc nhp 2i = -2 - 2i = -2 - 4i = ta có P = 2. Chn B.
Mi các em gii theo cách khác.
Ví d 27. [THPT Chuyên ĐH Vinh]
Cho s phc
z
thỏa mãn
z
không phi s thc và
2
2
z
w
z
=
+
là s thc. Giá tr ln nht ca
biểu thc
1Pz i= +−
là?
A.
22
. B.
8
. C.
2
. D.
2
.
Li gii.
Viết li
2
1
2
2
z
w
z
z
z
= =
+
+
là s thc
2
z
z
⇔+
là s thc.
Đặt
( )
( )
( )
22
22
22
2
,,
x y x yi x yi
z x yi x y z
z xy
+ + +−
=+ ⇒+ =
+
là s thc nên
( )
22
2x yy y+=
, y khác 0 nên
22
2xy
+=
, khi đó
( ) ( )
22
11Px y= + +−
hay
( )
max
4 2 22 22 1, 1 1P xy P x y z i= + = = =−⇒ =
. Chn A.
Ví d 28. Cho s phc z thỏa mãn
1
3z
z
+=
. Tng giá tr ln nht và giá tr nh nht ca
z
là:
A. 3 B. 5 C.
13
D.
5
.
Lời giải.
Đặt
( )
,, ; 0z x yi x y z m=+ ∈=
, ta có
( )
2
2 2 2 22 2
13 1 4 9z z x y xy m+= + + =
GV: Nguyn Xuân Chung
( ) ( )
44 222224 222
12 2 9 122 9x y xy x y m m x m m + ++ + = ++ =
24 2 2
11 3 13 11 3 13 13 3 13 3
4 11 1 0
2 22 2
xm m m m
+ −+
= + −≥
Suy ra
min max
13zz+=
. Chn C.
(Các cc tr đạt được ti x = 0 hay z s thun o)
Ví d 29. [Hội 8 Trường Chuyên]
Cho s phc
z
thỏa mãn
(
)
( )
2 2 2.
iz iz i
−+ =
Giá tr nh nht ca
z
bằng
A.
1.
B.
25
.
5
C.
2.
D.
5
.
5
Li gii.
Gi s
(
)
,,z x yi x y
=+∈
. Viết li gi thiết
( ) ( )
2 2 .2iz i z i−=++
(
)
( )
( )
(
)
222 2
iz iz i z z i
++ =+ ++
( ) ( )
2
2
22 2 4 1z ix i z x x = + +⇒ = + +
2
min
1 55
5 21
2 55
z xx z = + +≥ =
, đạt được ti
1
5
x =
. Chn D.
Lời bình.
Bài trên quy về khảo sát hàm số. Ta có thể xem thêm ví dụ sau
Ví dụ 30. Tìm giá tr ln nht ca
22
1Pz zz z= + ++
vi
z
là s phc thỏa mãn
1z
=
.
A.
13
max
4
P
=
B.
9
max
4
P =
C.
13
max
3
P =
D.
11
max
3
P =
Lời giải.
Trước hết gọi
( )
,,
z x yi x y=+∈
và ta có
( )
2
22
1 1 22zzz x y x = −= + =
.
Lại có
2
1
1 1 121z z zz z z x
z
++= ++= ++= +
.
Suy ra
[ ]
2
2 1 22 4 4 1 22, 1;1P x x x x xx=++−= +++−
. Xét
1
,1
2
xx≠−
thì:
2
42 1 7
' 0 22 2 1
8
22
4 41
x
P xx
x
xx
+
= = =⇒=
++
do đó
13
max
4
P =
. Chọn A.
Lời bình.
Khi đưa về
[ ]
2 1 2 2 , 1;1P x xx
= + + ∈−
thì ta có th vào Mode 7 để kho sát các giá tr ca
P với bước nhy Step
2
16
=
. T đó suy ra maxP.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví dụ 31. Cho các số phức thỏa mãn
2 54 2 34
zizi+ = ++
. Giá trị nhỏ nhất của
14 1z iz i
++ + −−
A.
5
B.
29.
C.
41
D.
10.
Li gii
Cách 1. (Đại s)
Đặt
(
)
,,
z x yi x y=+∈
, ta có
(
) ( )
2524 2324x yix yi
++−=+++
42xy
⇒=
hay z = 4y - 2 + yi thế vào T ta có
( ) ( )
41 4 43 1T y y i y yi= ++ + +−
(
) ( )
22
22
22
13 1
17 17 17 26 10 17 17 17
17 17
T y yy y y

= ++ += + + +


Suy ra
22
13 1 170
17 17 2 29
17
17 17
T

+ + = + +=


. Chn B.
Cách 2. (Hình hc tọa độ)
Gi s
M
biểu din
z x yi= +
,
,
xy
. Khi đó ta có
( ) ( )
2524 2324x yix yi++−=+++
: 4 20M dx y +=
.
Gi
( ) ( )
1; 4 , 1;1AB−−
thì ta cn tìm min
( )
MA MB+
, vì A và B khác phía đối vi
d
bởi thế
( )
min 29MA MB AB+==
.
Qua các ví dụ trên thì hy vọng các em củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về min, max.
3. Các bài toán tính toán
Để thc hin tính toán thì:
+ Thông thường ta xem s phc là giao ca hai hay nhiu tp hợp biểu din s phức đó.
+ Hoặc các phép biến đổi đại s (gii h phương trình). Phép đặt n ph coi như xuyên suốt
c phn II này, đặc bit phn nâng cao (Mc 4).
Ví d 32. Tìm môđun của s phc
z
, biết
( ) ( )
4 1i 43 iz zz−= + +
.
A.
1
2
z =
. B.
2z =
. C.
4z =
. D.
1z
=
.
Lời giải
Đặt
0zm=
. Khi đó từ gi thiết ta có:
( )
4 1 43z m i i iz
−= +
( ) ( )
13 4 4iz m m i + = ++
suy ra
( ) ( )
22
22
10 4 4 10 2 32m m m mm= + +− = +
Suy ra
2
42mm=⇒=
. Chn B.
d
A
B
M
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví dụ 33. Cho hai số phức
1
z
,
2
z
thỏa mãn
1
1z =
,
2
2z =
12
3zz
+=
. Giá trị của
12
zz
A.
0
. B.
1
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Cách 1. (Hình hc)
S dng công thc
( )
2 2 22
12 12 1 2
2
zz zz z z ++ = +
(công thức hình bình hành), khi đó
( )
2
12 12
9 21 4 1zz zz += + =
. Chn B.
Li bình.
Thc cht công thức hình bình hành được suy ra t công thức đường trung tuyến trong tam
giác. Để cng c ta chng minh lại như sau:
Gi s hình bình hành có độ dài hai cnh a, b và hai đường chéo là m, n thì:
(
)
2
22 2
22 22
2
2 24
m ab n
mn ab
+

= += +


ta có điều phi chng minh.
Cách 2. i s)
Gi
12
,z a bi z c di=+=+
khi đó ta có
( ) ( )
22
22
22
1
42
9
ab
c d ac bd
ac bd
+=
+= ⇒+=
+ ++ =
. T đó:
( ) ( )
( )
( )
2
22
222 2
12
21z z a c b d a b c d ac bd = +− = +++ + =
12
1
zz⇒−=
.
Ví d 34. Cho s phc
,( , 0)z a bi a b
=+≠
thỏa mãn
5
4 22 .
3
z z iz

+=


Tính
2
.
2
ab
S
ab
+
=
A.
22 3S
=−−
B.
22 2S =
C.
2 22S =
D.
22 3S = +
.
Lời giải:
Đặt
0zm= >
, ta có
1
5
5
5
3
3
4 22
3
22
3 22
3
am
am
z z m mi
bm
bm
=
=

+=


−=
=
và do đó:
( )
(
)
2 2 2.
2
3 22
2
2 2 2.
m
ab
S
ab
m
+
+
= = =−−
. Chn A.
Ví dụ 35. (THPT Chuyên Đại học Vinh)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn
( )
2
2019
11z z zi z z i +− + + =
?
A. 4 B. 2 C. 1 D. 3.
Lời giải
Ta chú ý là
( )
504
2019 3 2016 4
..i ii i i i==−=
, gi s
( )
,,z a bi a b=+∈
và đặt
2
1zm−=
GV: Nguyn Xuân Chung
thì t gi thiết ta có
( )
2
2
1
11
2 21
m
aa
m b i ai
ba
ba
=
+=

+ −=

=
=
( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 0; 0 , 2;2 , 2; 2ab⇒∈
. Chn D.
dụ 36. Cho số phức
1zi
= +
. Biết rằng các số phức
1
5zai= +
,
2
zb=
(trong đó
, ,1ab b∈>
)
thỏa mãn
1 2 12
33
zz zz z z−= =−
. Tính
ba
.
A.
53ba−=
. B.
23ba−=
. C.
43ba−=
. D.
33ba−=
.
Lời giải
Ta có
( ) ( )
22
12
3 3 1 4 1 1 16 1 1zz zz a i bi a b = =−+⇒ + = +
.
Đặt
1 am−=
1 bn−=
ta đưc
22
15nm−=
(1). Mặt khác ta cũng có
( ) ( )
22
3 1 1 25b ab

−+=−+

( )
( )
2
2 22
3 1 25 2 25n m n m n mn += + = + +
(2).
T (1) và (2) ta có
22 2
322 7 2 7n n mn n mn
= +⇒ + =
suy ra
( ) ( )
2 22
15 2 7n mn n m+=
2
2
15 30. 7 7 4
7
m mm m
n nn n

⇒+ = =∪=


. Thế vào (1) thì ch có cặp
2
7
m
n
=
tha
mãn và
27
,
33
mn= =
(vì
10bn−=<
). Cui cùng
93
33
3
ba mn
−= −= =
. Chn D.
Li bình.
Bài toán quy về đại số, không có ý nghĩa rèn luyện v s phức bao nhiêu.
Ví dụ 37. (THPT Chuyên Tuyên Quang)
Cho số phức z thỏa mãn
15 15 8zz+ +− =
| 15 i | | 15 | 8
z zi
+ +− =
. Tính
z
.
A.
4 34
17
z =
B.
25
5
z =
C.
4
5
z =
D.
5
4
z =
.
Lời giải
Cách 1. (Hình hc)
Gi
( )
;M xy
là điểm biểu din s phc z,
(
)
( )
12
15;0 , 15;0FF
thì gi thiết:
12
15 15 8 8 2
z z MF MF a++−=+==
nên M thuộc elip có phương trình
22
22
1
xy
ab
+=
(1). Hoàn toàn tương tM thuộc elip
22
22
1
xy
ba
+=
(2). Quy đồng và cân bằng ta có
( )
22 2
22
22 22 22 22 2 2
22 22
2
aa c
ab
bx ay ax by x y
ab ac
+ = + ⇒== =
+−
. Ta chỉ việc thay số:
( )
22 2
16 16 15
16 4 34
16, 15 2
32 15 17 17
a c x zx
= == = ⇒= =
. Chọn A.
Lời bình. Thực chất bài toán kiểm tra kiến thức và kỹ năng về elip.
GV: Nguyn Xuân Chung
Cách 2. i s)
Biến đổi
15 15 8 15 15 8
z i z i iz iz+ +− = + + =
như thế hai sphức z iz đều
cùng tính chất. Ngoài ra
15 15 8 15 15 8
zz zz+ +− =+ +− =
như thế các số
phức
z
z
có cùng tính chất, vy ta chn
z x xi
=
là thỏa mãn và có:
( )
22
2
22
15 15 2 15 64 2 15 2 2 15 64z z z z xi+ + + −=⇒ + + −=
2 4 4 22
16 4 34
2 15 4 225 32 4 225 17 2 2
17 17
x x x x x zx++ += +=== =
.
Cách 3. Cách giải trên có thể một số em còn băn khoăn, sau đây ta có thể giải như sau
Theo giả thiết thứ nhất suy ra
22
2
15 15 2 15 64zz z+ +− + =
(1).
Theo quy tắc hình bình hành thì
( )
22 2
2
15 15 2 15zz z+ +− = +
thế vào (1) ta có
2
2
15 17zz−+ =
(2). Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai:
2
2
15 17zz++ =
(3).
Đặt
2
z a bi= +
thì từ (2) và (3) suy ra
22
15 15zz
−=+
hay
( ) ( )
22
2 22
15 15 0a b a b a z bi + = + + ⇒= =
thay tr v (2) ta được
( )
2
2
32 32 4 34
15 17 225 17
17 17 17
bi b b b b z+=+ = ⇒= ⇒= =
.
Ví d 38. Có bao nhiêu số s phc
z
thỏa mãn
( )
( )
1 42 1 64iz i iz i+ +− + =+
?
A.
2
. B.
1
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Ta chia c hai vế cho
1 i+
được
42 5z i zi i+− =−
. Gi s
(
)
,,z a bi a b
=+∈
đặt
42 ;z i mz n+− = =
thì ta có
( )
5 1 5, 1m n im n=+ ⇒= =
hay ta có hệ phương trình
( ) ( )
( ) ( )
22
22
42 5
4 2 25
43
; 0; 1 , ;
55
1
1
zi
ab
ab
z
ab
+− =
+ +− =



∈−


=


+=
. Chn A.
Ví d 39. (THTT S 3-486)
bao nhiêu s phc
z
thỏa mãn
1=+=z zz
?
A.
0
. B.
1
. C.
4
. D.
3
.
Lời giải
Gi s
( )
,,z a bi a b
=+∈
thì ta có
22
1&2 1ab a+= =
hay ta có hệ điều kin:
22
1 13
&1 ,
2 22
a ab a b=± + =⇒=± =±
. Chọn C.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 40. Có bao nhiêu số phc
z
tha mãn
13 5 5z iz−+ =
( )
2
2
4
zz
−=
.
A.
0
. B.
2
. C.
3
. D.
1
.
Lời giải
Gi s
(
)
,,z x yi x y
=+∈
thì t
( )
2
2
44 4 1z z xyi xy = =⇒=
(1). Mặt khác điu kin
th nht là
13 5 5z iz−+ = +
. Gi
(
) (
)
( )
; , 1; 3 , 5; 0M xy I K
thì
5KI =
điều kin tr
thành
MI MK KI= +
hay K thuộc đoạn MI, phương trình KI là:
5 4, 3x ty t=+=
nên ta có
5 15 5
tt+= +
(đúng vớ t > 0). Thay vào (1) ta có nghiệm dương duy nht
15 273
24
t
−+
=
.
Vy chn D.
Ví d 41. (THPT Qunh Lưu 1 Ngh An)
Gi s
12
,zz
là hai nghim phc của phương trình
( ) ( )
2 i 1 2i 1 3izz z+ −− =+
12
1zz−=
. Tính
12
23M zz= +
.
A.
19
M
=
. B.
25M
=
. C.
5M
=
. D.
19M =
.
Lời giải
Ta chia c hai vế cho
2 i+
được
12
z z iz i+ =+=
. Đặt
0zm=
thì ta
( )
22
2 12 1mm i m m m+= + = =
hay ta
1z =
, nói cách khác hai số
12
,zz
cùng
thuộc đương tròn tâm O, bán kính R = 1. Gi A, B biểu din các s
12
,zz
thì t
12
1zz−=
suy
ra OAB là tam giác đều. Không gim tổng quát chọn
( )
13
1; 0 , ;
22
AB




Thì
( )
1 3 7 33
2 1 0 3 19
22 2
ii
Mi

+
= ++ + = =



. Chn D.
Ví d 42. Cho s
z
tha mãn các điu kin
83z i zi+− =
87 4z iz i
+− = +
. Tìm s phc
73wz i
=+−
.
A.
3wi=
. B.
13 6wi=
. C.
1wi= +
. D.
43wi= +
.
Lời giải
Gi
(
) ( )
,, 7 3
w x yi x y z x y i=+ =−+ +
thế vào điều kin th nhất ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
2
1 7 2 1 7 2 4 13x yi x y i x y x y x y++=++ ⇒++=− ++ =
(1).
Thế vào điều kin th hai ta có:
( ) ( )
14 32x y ix y i++− =++
( ) ( ) ( ) ( )
2222
1 4 3 2 23 1x y x y xy⇒+ +− =− ++ =
(2).
Gii h (1) và (2) ta có
4, 3xy= =
hay
43wi= +
. Chn D.
Li bình. Bài trên ta có thể dùng Casio để kiểm tra đáp án.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 43. (THPT Trn Hưng Đo - Ninh Bình)
Cho các s phc
12
,zz
khác nhau thỏa mãn:
12
.zz=
Chọn phương án đúng:
A.
12
12
0
zz
zz
+
=
. B.
12
12
zz
zz
+
là s phc vi phn thc và phn ảo đều khác
0
.
C.
12
12
zz
zz
+
là s thc. D.
12
12
zz
zz
+
là s thun o.
Lời giải
Gi
12
2, 2
z iz i=+=
thì ta có
12
5zz= =
12
12
4
2
2
zz
i
zz i
+
= =
. Tô đáp án D!.
Ví d 44. Cho tp hp các s phc
z
tha
22z i iz−= +
. Gi
1
z
,
2
z
là hai s phc trong tp hp
đó sao cho
12
1
zz−=
. Tính giá tr của biểu thc
12
Pzz= +
.
A.
3P =
. B.
3
2
P =
. C.
2P =
. D.
2P =
.
Lời giải.
Viết li điu kin
22 22zi iz zi iz−= + −=
. Gi
( )
,,z a bi a b=+∈
thế vào điều kin
ta có:
( )
( )
2 21 2a b iab i+ =+−
( ) ( )
22
2 2 22
4 21 2 1a b a b ab + = +− +=
Hay là
12
1zz
= =
, s dụng quy tắc hình bình hành ta có:
( )
2 2 22 2
12 12 1 2 12 12
2 43 3zz zz z z zz zz+ + = + =⇒+ =⇒+ =
. Chn A.
Ví d 45. (THPT Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình)
Cho hai s phc
12
,zz
tha mãn
1 2 12
3, 4, 41.z z zz= = −=
t s phc
( )
1
2
,.
z
z a bi a b R
z
==+∈
Khi đó
b
bằng
A.
3
8
B.
33
8
C.
2
4
D.
5
4
.
Lời giải.
Theo gi thiết suy ra
1
2
3
4
z
z
z
= =
1
2
41 41
11
44
z
z
z
−= −=
. Như thế z thuc giao ca
hai đường tròn tâm O bán kính
3
4
r =
và đường tròn tâm I(1; 0) bán kính
41
4
R =
.
n
r
R
x
m
O
I
H
M
GV: Nguyn Xuân Chung
K MH vuông góc với OI, đặt OH = n, HI = m, ta có:
22 22 22
11mn mn
mn Rr mnRr
−= −=


= +=

Suy ra
2
22 22
22 2
1 15
2 24
Rr Rr
n a b rn r

−− −−
= =−⇒ = = =


. Chn D.
Ví d 46. Cho s phc
z
tha mãn
23 23z iz i−+ = −−
. Biết
12 7 4 62z iz i−− + =
( )
;
M xy
là điểm biểu din s phc
z
, khi đó
x
thuc khong nào?
A.
( )
0; 2
. B.
( )
1; 3
. C.
( )
4;8
. D.
( )
2; 4
.
Lời giải.
Theo gi thiết suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
22 22
2323 0xyxyy ++ =− +− =
zx
=
. Như thế z là s
thc, thay vào gi thiết th hai, ta có
( ) ( )
22
1 4 7 16 6 2xx ++ + =
.
Áp dụng Bđt Mincopxki ta có
( ) ( )
22
2 2 22
62 1 2 7 4 6 6 62xx
= ++ +≥ +=
như thế
dấu bằng xy ra và
12
3
74
x
x
x
=⇔=
. Chn D.
Ví d 47. (THPT Lê Lai - Thanh Hóa)
Có bao nhiêu số phc z thỏa mãn
12 34z iz i
+− = ++
2zi
zi
+
là mt s thun ảo?
A. 0 B. Vô số C. 1 D. 2.
Lời giải.
Gi s
,( , )z x yi x y=+∈
. Theo bài ra ta có:
1 ( 2) 3 (4 )
x y i x yi
++ = ++
2222
( 1) ( 2) ( 3) ( 4) 5x y x y yx⇒+ +− =+ +− =+
hay ta có
( )
5zx x i=++
.
S phc
2
22
2 ( 3) ( 3)( 6) (2 9)
( 6) ( 6)
z ixx ix x x xx i
w
xx i x x
zi
++ −+ ++ +
= = =
−+ ++
+
là s thun o nên
( )( )
2
3 6 0 9 18 0 2 2 3xx x x x z i + + = ⇔− = = =− +
. Chn C.
Ví d 48. [THPT Chuyên Thái Nguyên]
Cho s phc
z a bi= +
( )
,ab
thỏa mãn phương trình
( )
( )
11
1
z iz
i
z
z
−+
=
. Tính
22
ab+
.
A.
3 22+
. B.
4
. C.
3 22
. D.
2 22+
.
Lời giải.
D thấy z khác 0, đặt
0zm= >
và ta có:
( )( )
( )
( )
2
2
1
11
1
1
m z mi
m iz z
ii
m
zz
−+
−+
=⇒=
( )
( )
( )
22 2
2
0
11 1
1
a
z mi im a m bi im b b b
m bm
=
⇒+ = + + = + −= +
−= +
(m khác 1 nên b > 0), do đó
22
2 1 1 2 3 22bb b b =⇒=+ =+
. Chn A.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 49. (THPT Chuyên Tuyên Quang)
Kí hiệu
12
,zz
là hai nghiệm phức của phương trình
2 2018
2019 0zz++ =
. Giá trị
12
zz+
bằng
A.
1009
2019 .
B.
2010
2019 .
C.
2019
2019 .
D.
1009
2.2019 .
Lời giải
Theo định lý Viet ta có
2018 2018 1009
12 1 2
2019 2019 2019zz z z= ⇒== =
suy ra
1009
12
2.2019 .zz+=
Tô đáp án D!.
Ví d 50. Trên tp hp s phức, cho phương trình
2
0z bz c+ +=
vi
,bc
. Biết rng hai nghim
của phương trình là
3
w +
2 15 9
wi
−+
vi
w
là mt s phc. Tính
2
2
Sb c=
A.
32S =
. B.
1608S =
. C.
1144S =
. D.
64
S =
.
Lời giải
Gi
w x yi= +
, vì
12
zz b
+=
là s thc nên
( )
3 12 3 15x yi++
là s thc, suy ra
5y
=
.
Chú ý rng
12
zz=
nên
32 9 6xxx
+= +⇒=
. Do đó
12
3 5, 3 5z iz i=−+ =−−
.
Vy
(
)
2
2
1 2 12
2 2 36 68 32S b c z z zz=−= + =−=
. Chn A.
Ví d 51. Cho
a
là s thực, phương trình
( )
2
2 2 30z a za+ + −=
2
nghim
1
z
,
2
z
. Gi
M
,
N
là điểm biểu din ca
1
z
,
2
z
trên mt phng ta đ. Biết tam giác
OMN
có một góc bằng
120
°
, tính tng các giá tr ca
a
.
A.
6
. B.
6
. C.
4
. D.
4
.
Lời giải
Theo định lý Viet thì
12
23zz a= =
, gi thiết
OMN
tam giác một góc bằng
120°
,
nên
OMN
là na hình thoi, suy ra
( )
2
12 1 2
2 23 2 23zz z z a a a a+ = = = −⇒ =
.
2
12
6 70 6
a a aa +=⇒ + =
. Chn B.
Ví d 52. [SGD TPHCM]
Cho
a
,
b
,
c
là các s thực sao cho phương trình
32
0z az bz c
+ + +=
có ba nghiệm phc ln
t là
1
3zwi= +
;
2
9zwi= +
;
3
24zw=
, trong đó
w
là mt s phức nào đó. Tính giá trị ca
P abc= ++
.
A.
36
P =
. B.
208
P =
. C.
136P =
. D.
84P =
.
Li gii
Áp dụng định lý Viet ta có
123
4 4 12
zzz a w i+ + =−∈ + 
. Đặt
(
)
,,w x yi x y=+∈
Thì suy ra
4 12 0 3 3y y wx i+ = =−⇒ =
(1).
Thay (1) vào gi thiết ta được
1
zx=
;
2
6zxi= +
;
3
2 46zx i= −−
.
Ta lại có
23
zz=
nên
24 4xx x= −⇒=
do đó
1
4z =
;
2
46zi= +
;
3
46zi=
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Tiếp theo ta có
( )
1 2 3 123 12 23 13
12, 208, 84a z z z c zz z b zz zz zz
= ++ = = = = + + =
.
Vy
136P abc= ++ =
. Chn C.
Li bình.
Để tính nhanh ta ghi:
A B C ABC AB BC CA+++
Calc nhp
123
,,A zB zC z= = =
.
Chú ý rng trong tp
thì phương trình bậc 3 luôn có ít nhất 1 nghim thc.
Ví d 53. [Cm 6 TPHCM]
Cho s phc
;,
z x yi x y
=+∈
thỏa mãn
3
18 26zi= +
. Tính
( ) ( )
22
24Tz z= +−
.
A.
0
. B.
4
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Ta có
( ) (
)
22
2
2 4 2 12 20Tz z z z= +− = +
;
0 3, 3T z iz i=⇔=+ =
có ít nhất nghim
3zi= +
thỏa mãn
3
18 26zi= +
. Vy T = 0. Chn A.
Cách 2. Ta có thể đi giải phương trình bậc ba hay khai căn bậc ba để tìm nghiệm z như sau:
Ta có
(
) ( ) ( )
(
)
33
3 3 2 23
3 3 3 18 26x yi x yi xyi x yi x xy x y y i i+ =+ + += + =+
Mà z là s thc hoc thun ảo đều không tha mãn, nên suy ra
( )
( )
32 3
32 2
23 2
3 18 9 3 9
13 27 39 9 0 3 13 39 3 0
3 26 13 3 1 13
x xy t t
ttt t tt
xy y t
−−
= = = += + =
−−
Ta ch cn nghim
( )
3 3 3,0t x y z y iy== ⇒= +
thay vào T = 0.
Cách 3. (S dng máy tính Casio)
Trong Mode 2 ghi 18 + 26i bấm = đ lưu. Sau đó bấm
( )
3
ar Ans
3
g
Ans
bấm = ta đưc
(Ngm hiu)
3
18 26 3ii+=+
tiếp tục bấm
( ) ( )
22
24
Ans Ans +− =
kết quả bằng 0.
Ví d 54. Cho biết có hai số phc
1
z
2
z
thỏa mãn
2
119 120
zi=
. Tính
2
12
zz
.
A.
169
. B.
114244
. C.
338
. D.
676
.
Phân tích.
Bài toán quy về tìm bình phương của s phức hay là khai căn bậc hai ca s phc.
Lời giải
Ta
22
119 120 119 2.60 2i i a b abi 
, trong đó
22
119
60
ab
ab

. Dùng phép thế ta có
2 22
2
3600
119 144 25a ab
a

nên
2
2
12
12 5 12 5 , 12 5z i z iz i 
Vy
22
12
24 10 576 100 676
zz i= =+=
. Chn D.
GV: Nguyn Xuân Chung
Cách 2. (S dng máy tính Casio)
Trong Mode 2 ghi 119 - 120i bấm = đ lưu. Sau đó bấm
( )
ar Ans
2
g
Ans
bấm = ta đưc
(Ngm hiu) căn bậc hai ca 119 - 120i là 12 - 5i tiếp tục bấm
2
2Ans =
kết quả bằng 676.
Ví d 55. Cho
12
,
zz
là hai s phc liên hp ca nhau và tha mãn
1
2
2
z
z
12
2 3.zz−=
Tính
môđun của s phc
1
.z
A.
1
5.z
=
B.
1
3.z =
C.
1
2.z =
D.
1
5
.
2
z =
Lời giải:
Trước hết gọi
( )
, , 2 23 3z x yi x y yi y=+ = ⇒=±
và ta có
= ≠⇒ =
2
1
12
2
2
0
z
m z mz
z
( )
= −± =
2
32 3 3mx x i x i
( )
−=
= ±
2
3
21
mx x
mx
−=± =±
22
32 1x xx
. Từ đó
13 2ziz=±± =
. Chọn C.
Ví d 56. Cho
1
z
,
2
z
là các s phc tha mãn
12
1zz= =
12
26zz−=
. Tính giá tr của biểu
thc
12
2
P zz= +
.
A.
2
P =
. B.
3P
=
. C.
3P =
. D.
1P =
.
Li gii
Chn
2
zi=
, ta phải xác định
1
z
, hay là tìm z tha
1z =
,
26zi−=
và tính
2P zi
= +
.
Đặt
z a bi= +
ta có:
22
1ab
+=
( )
2
2
26ab+− =
suy ra
22
1
4 46
4
ab b b+ +=⇒=
.
Khi đó:
( )
( )
2
2 2 22
4 21 4 414 2P a b ab b P= + + = + + += =
. Chn A.
Cách 2. Ta có thể gii tổng quát bởi các biến a, b, c, d cũng đi đến kết qu.
Gi s
( )
12
, , ,,,z a bi z c di a b c d=+=+
thì
222 2
1abcd+=+=
( )
( )
(
)
(
)
(
)
22
22 2 2
1
2 26 4 4 6
4
a c b d a b ac bd c d ac bd +− = + + + + = + =
.
Khi đó
( ) ( )
( )
22 2 2
12
2 4 4 51 2P z z a b c d ac bd= + = + + + + + = −=
.
Cách 3. Ta có thể luyn tp cách gii vi s phc liên hp là
11 2 2
. .1zz zz= =
và:
( )
( )
( ) ( )
1 2 1 2 11 12 21 22 12 21
2 2 6 . 2. . 4. 6 2. . 1z z z z zz zz zz z z zz zz =⇔− + + = + =
.
Khi đó
( )
( ) ( )
2
12 12 11 1221 22
2 2 4. 2 . . . 411 4 2P z z z z zz zz zz zz P= + + = + + + = −+= =
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Các em có thể so sánh cách 2 và cách 3 để luyn tập tư duy trừu tượng!
Ví d 57. (THPT Chu Văn An Ni)
Cho các s phc
1
z
,
2
z
,
3
z
tha mãn điu kin
12 23 13
4 16 9 48
zz z z zz
+ +=
,
1
4z
=
,
2
3z
=
3
2
z =
. Giá tr ca biu thc
123
Pzz z=++
bằng:
A.
1
. B.
8
. C.
2
. D.
6
.
Li gii
Ta có
12 23 13
12 23 13
123
4 16 9
48
4 16 9 48
24
zz z z zz
zz z z zz
zzz
++
+ += =
312 123
312
4 16 9
22 2
zzz Pzzz
zzz
+ + = ++ == ++ =
. Chn C.
Ví d 58. (THPT Can Lc - Tĩnh)
Cho hai s phc
z
,
w
tha mãn
23zw+=
,
23 6zw+=
47zw+=
. Tính giá tr ca biu
thc
..
P zw zw= +
.
A.
14Pi=
. B.
28Pi=
. C.
14P =
. D.
28
P =
.
Phân tích.
đây ta thấy có 4 ẩn là
; ;;zwzw
nhưng chỉ có ba điều kiện. Tuy nhiên chúng có mối liên h
đặc biệt là
22
;z z z ww w= =
.
Li gii
Đặt
.; .m zz n ww= =
. Ta có:
( )
( ) ( )
2 2 9 2. . 49 249z w z w m zw zw n m P n+ + =⇒+ + + =⇒+ + =
(1)
( )
( )
2 3 2 3 36 4 6 9 36zwzw mPn
+ + = ++=
(2).
( )
(
)
4 4 49 4 16 49zwzw mP n+ + = ⇒+ + =
(3). Gii h trên ta có
28P =
. Chn D.
Li bình.
Các biểu thc gn giống phép bình phương, tuy nhiên ở đây ta nhân liên hợp.
Ví d 59. Cho ba số phc
1
z
,
2
z
,
3
z
tha mãn
123
0zz z++=
123
22
3
zzz= = =
. Mệnh đề
nào dưới đây đúng?
A.
1 2 3 12 2 3 31
zzz zzzzzz++ = + +
. B.
1 2 3 12 23 31
zzz zzzzzz
++ < + +
.
C.
1 2 3 12 23 31
zzz zzzzzz++ > + +
. D.
1 2 3 12 23 31
zzz zzzzzz++ + +
.
Li gii
GV: Nguyn Xuân Chung
Ta có
33
12 23 13
12 23 13
123 1 2 3
22 22 1 1 1
..
33
zz z z zz
P zz zz zz P
zzz z z z
 
++
= + + ⇒= = + +
 
 
 
.
Hay
123 123
22 22
. .0
33
P zzz zz z= ++ = ++ =
. Chn A.
Ví d 60. Có bao nhiêu số phc
z
thỏa mãn
12z 
24zi z i 
?
A.
0
. B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Lời giải
Đặt
( )
1 ,, 1z a bi a b z a bi= + = ++
, t gi thiết ta có
22
2ab+=
(1).
Thế vào điều kin th hai và s dng (1), ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22 22
411 11 1 1 1 1a b ia b i a b a b=+++ ++− = + ++ + +−
( )
( )
( )
( ) ( )
22
4 42 42 1 1 42 42 4ab ab ab ab=+++−+ + +++−+=


.
Dấu
""
=
xảy ra khi
( ) ( )
42 42 0ab ab ab+ += +⇔+=
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
1; 1 1, 1ab a b
= =−∪ = =
. Chọn D.
Ví d 61. Cho hai s phc
z
,
w
thỏa mãn
3
z
=
11 1
z w zw
+=
+
. Khi đó
w
bằng:
A.
3
.
B.
1
2
. C.
2
. D.
1
3
.
Li gii
Ta có
( ) ( )
2
22
2
11 1
1 1 10
ww
z w zw t t t t
z w zw z z

+ = + = + = + = ++=

+

.
Ta có
12
1tt= =
, suy ra:
.3w tz= =
. Chn A.
Ví d 62. [THPT Chuyên Sơn La]
Gi A, B hai đim biu din hình hc s phc theo th t
12
,zz
khác 0 và tha mãn đng
thc
22
1 2 1 2.
z z zz+=
. Vi O là gc tọa độ thì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác gì?
A. Vuông cân. B. Cân, không đều C. Đều D. Vuông, không cân.
Lời giải
T gi thiết ta có:
2
2
11
22
1 10
zz
tt
zz

+= +=


suy ra:
1
12
2
13 13
22
z
ii
zz
z
±±
= ⇒=
.
Do đó
12
zz=
nên OA = OB suy ra OAB cân ti O.
Mt khác
12 2
13
1
2
i
zz z

±
−=



12 2 2 2
13 13
1. .
22
ii
zz z z z
± −±
−= = =
Nên AB = OA = OB hay tam giác OAB đều. Chn C.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 63. [SGD TPHCM]
Cho hai s phc
12
,
zz
tho mãn
12
6, 2zz= =
. Gi
,MN
là các điểm biểu din cho
1
z
2
iz
. Biết
60MON = °
. Tính
22
12
9
Tz z
= +
.
A.
18T =
. B.
24 3T
=
. C.
36 2T =
. D.
36 3T =
.
Lời giải
Cách 1. (Hình hc)
Đặt
12
;3 6z u iz v u v
= =⇒==
. Ta có
1 21 2
3. 3 .
T z iz z iz u v u v= +=−+
. Mà
60MON = °
nên u + v là đường chéo hình thoi, u - v là đường chéo th hai, có
;uv
uv
tạo thành tam giác đều. S dng công thức hình bình hành ta có:
( )
2 2 22
23
uv uv u v uv u+ +− = + +=
2
3 36 3Tu= =
. Chn D.
Ví d 64. [Hội 8 Trường Chuyên]
bao nhiêu số phc
( )
,z a bi a b=+∈
tha mãn
346ziziz izi++− =+ +−
10z
?
A. 12 B. 2. C. 10. D. 5.
Lời giải
Cách 1. (Hình hc)
Viết li gi thiết
13 46iz iz iz iz++=++
và đặt
11iz w iz w+= =
Như thế có bao nhiêu s phc
1 10w −≤
(*) thì có bấy nhiêu s z. Khi đó giả thiết là
2255ww ww++=++
(1). Trước hết ta có
5 5 5 5 10
ww w w + +≥−++ =
. Du
bằng xy ra khi
55ww=∪=
thỏa mãn (1) và (*).
Bây gi ta xét
5 5 2 10 5ww m m+ += > >
và gi
( )
,,w x yi x y=+∈
khi đó (1) xem
như biểu din ca hai Elip (Trc thay đi) là:
222 2
22 22
1
4 25
xyx y
mm mm
+=+ =
−−
(2).
T (2) suy ra
22
2
2 2 22
11
00
4 25 4 25
yy
yy
m m mm

= =⇔=

−−

suy ra
wx=
.
Như vy thì:
{ }
1 10
9; 8; 7; 6; 6;7;8;9;10;11
5
x
x
xm
−≤
⇒∈−−−−
= >
có 10 số.
C hai trưng hợp thì có 12 số. Chn A.
Li bình. Theo cách trên thì ta chuyển đổi Elip t trc o sang sang trc thực cho quen thuộc.
Cách 2. (Đại s)
Đặt
u zi z ui= −⇔ = +
ta viết li gi thiết:
2255
u iu i u iu i+ +− =+ +−
(1).
GV: Nguyn Xuân Chung
Ta có
10z ui= +≤
và gi s
(
)
10; 1 10, ,
u x yi x y x y
=+ +≤
.
Đặt
22
xym+=
thì t (1) ta có:
( ) (
) ( ) ( )
22 22
22 22
2255xy xy xy xy++ + +− = ++ + +−
4 4 4 4 25 10 25 10
m ym y m ym y ++ + +− = + + + +
4 4 4 4 21 25 10 25 10m ym y m ym y ++ +− = + + + +
( ) ( )
22
22
4 16 21 25 100my m y +− =+ +
(
) ( )
2 22 2 22
16 8 21 625 50m xy m xy
++ =+ + +
. Lại đặt
22
0xyn−=<
thì
22
16 8 625 50 21m nm n
++ + + =
(2)
22
29 2
1
16 8 625 50
n
m nm n
−−
⇒=
++ + + +
22
16 8 625 50 29 2m nm n n ++ + + + =−−
(3)
T (2) và (3) suy ra
2 22
16 8 4 16 8 16 8 , 4
mnnmnnnn++ = ++ =++
22 22 22 2
0, 4mn m nxy xy x y = =− + =− + = ≤−
và theo (3)
2
29
2
y <−
29
0,
2
xy⇒= >
, và
1 10y +≤
th trc tiếp ta có
{ }
11; 10;..; 5;5;6;..;9
y ∈−
. Chn A.
Li bình. Gii cách 2 như thế chng khác gì t lun - Thi gian thiếu quá!
Ví d 65. Tìm mô đun của s phức z, biết
2 3 2018
1 2 3 4 ... 2019z ii i i
=+ + + ++
.
A.
2034145
B.
2038181
C.
2040200
D.
2042221
.
Lời giải
Gi
( )
2020
2 3 2019
1
( ) 1 .... , 1
1
x
fx x x x x x
x
=++ + + + =
2020 2019
2 3 2018
2
2019. 2020. 1
'( ) 1 2 3 4 ... 2019
( 1)
xx
fx x x x x
x
−+
=+ + + ++ =
T đó
2020 2020
'( ) 1010 1010 2040200
2
i
z fi i z
i
+
= = = + ⇒=
. Chn C.
Li bình.
Trên đây ta tìm hiu các ví d tính điển hình và ph biến, tuy nhiên ta chưa thể tìm hiu
được các bài toán vn dng khai trin Newton và Đại s t hợp hay các lũy thừa bc cao ca s
phc hoc dạng lượng giác nâng cao. Do đó nếu cn thì các em t tìm hiu thêm.
GV: Nguyn Xuân Chung
4. Các bài toán VDC tìm giá tr ln nht, nh nht
Đối vi các bài toán vn dng cao thì các em cn có k năng tốt v biểu diễn tương quan giữa các đ
dài đon thng, nm vững hơn các kiến thc v ba đưng Cônic (Hình hc 10). Mặt khác cũng thường
xuyên s dng các bt đng thc Mincopxki và Bunhiacopxki. Ngoài ra các em có th đại s hóa bài
toán để kho sát hàm s. Tuy nhiên vì thi gian thi trc nghim có hạn nên cũng không phải là các
bài toán quá khó, vì vậy các em hãy yên tâm.
Ví d 66. Cho số thực
1
z
số phức
2
z
thoả mãn
2
21zi−=
21
1
zz
i
+
số thực. Gọi
, ab
lần lượt
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
12
.zz
Tính
.T ab= +
A.
4T =
. B.
42
T
=
. C.
32 1T = +
. D.
23T = +
.
Lời giải
Chn
1
zx=
, đặt
(
)
21
21 21 2
1 2&
1
zz
m zzm i zz m z xmmi
i
= = +⇒ = =++
+
thế vào gi thiết th nht:
( )
( ) ( )
22
2 1 21xm m i xm m++− =+ +− =
suy ra :
( ) ( )
22
1 2 0 21 1 3xm m m m+ = ≤⇒≤
.
Khi đó
12
2 32 32, 2zz a b ⇒= =
. Chn B.
Ví dụ 67. [THPT Chuyên Thái Bình]
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
2 2 3 25
z iz i+−− =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
z
A.
min
5z =
B.
min
45
5
z =
C.
min
13
z =
D.
min
25z =
Lời giải
Đặt
23 23
z iu zu i−− ==++
ta viết li gi thiết:
4 2 25u iu
++ = +
(1).
Từ (1) ta lại có:
25 4 2 4 2 25u u iu iu+ = ++ + + = +
do đó dấu bng xy ra khi và ch
khi
( )
42, 0u k ik=+≥
Thay trở về (1) ta được:
( )
25 1 25 1 1 1
k k kk+= + += +
(đúng
0k∀≥
).
Hiển nhiên ta tìm min nên chọn
min
0 0 2 3 13ku z i=⇒= =+ =
. Chn C.
Ví d 68. Cho s phc
z
thỏa mãn
2
1
3
zi
zi
=
+−
. Giá tr nh nht ca
32zi+−
bằng
A.
2 10
5
. B.
2 10
. C.
10
. D.
10
5
.
Phân tích.
Quan sát biểu thc của bài toán thì ta có thể quy về đường thẳng và đường tròn.
u
v
u
+
v
O
A
B
GV: Nguyn Xuân Chung
Lời giải
Cách 1. (Đại số)
Đặt
( ) ( )
32 , , 3 2z i a bi a b z a b i+− = + = −+ +
. Ta cn tìm min ca
22
T ab= +
.
Mặt khác ta có
(
)
( )
22
22
2
123 3 1
3
zi
ziz i a ba b
zi
= = +− + = + +
+−
suy ra
( )( )
22 2 2
2 10
43 3 1
5
ab a b T= +≤ + +
. Chn A.
Cách 2. (Hình học tọa độ)
Đặt
32 0z iR
+− =
, trưc hết xét
0
R
>
, khi đó
( )
,,z x yi x y=+∈
biểu din bi
( )
;M xy
thuộc đường tròn tâm
( )
3; 2I
, bán kính R.
Mặt khác ta có
( ) ( ) ( )
2 22
2
2
123 2 3 1
3
zi
ziz i x y x y
zi
==++− =+ +−
+−
suy ra
3 30xy++=
là đường thng
nên IM nh nht khi IM vuông góc với
ti M.
(
)
923
2 10
,
5
10
R dI
−+ +
= ∆= =
, chng t
I ∉∆
. Chn A.
Cách 3. (Trc nghim - Công thc tính nhanh)
Ta có
w 32zi= +−
và đường thng là
23ziz i = +−
khi đó trong Mode 2 ta ghi
22
2
XA XB
AB
−−
CALC nhp -3 + 2i = 2i = -3 +i = ta có kết quả cn tìm.
Ví d 69. Cho s phc z thỏa mãn
1 23 5z iz i−+ + + =
w zi=
. Gi T là giá tr ln nht
ca
w
. Tìm T.
A.
5.T =
B.
2 5.T =
C.
2 2.T =
D.
2
.
5
T =
Lời giải
Thế
z wi= +
vào gi thiết ta có
12 22 5w iw i−+ + + =
(1).
Gi
M
là điểm biu din s phc w
12
(1; 2), ( 2;2)FF
−−
biểu din các s
12
1 2, 2 2z iz i= =−+
khi đó từ (1) ta có
12
5
MF MF+=
. Mà ta có
12 12
5FF M FF=⇒∈
.
Bi vy
2
max max 2 2w OM OM OF ⇔==
. Chn C.
Li bình.
Nếu
1 2 12
MF MF F F+>
thì ta vẫn đưa về Elip và giải bình thường. Tuy nhiên bài toán cho
trưng hp đc biệt nên ta cũng xem xét để giải nhanh hơn.
Ví dụ 70. Cho
z
thỏa mãn
2 3 2 45z iz i−+ + ++=
. Tìm giá trị lớn nhất của
65zi−+
?
A.
45
B.
55
C.
65
D.
75
.
Lời giải:
GV: Nguyn Xuân Chung
Gọi
( )
;M xy
biểu din z,
( )
(
)
12
2; 3 , 2; 1 ,FF
−−
( )
6; 5
K
thì
1 2 12
45 25MF MF F F
+=>=
như thế quỹ tích M là mt
Elip. Nhn xét rng
1
F
là trung điểm ca
2
KF
và ta cn tính
độ dài ln nht ca KM, khi đó vị trí cn tìm ti D, mà sao
cho
1 2 12
2DF DF F F
+=
(không đổi) nên suy ra
2
5DF =
. Vy
55
max
KM KD= =
. Chọn B.
Ví d 71. [BGD - Đề minh ha s 3 2017]
Xét các s phc z tha mãn
z 2 i z 4 7i 6 2+−+ =
. Gi m, M lần lượt là giá tr nh nht
và giá tr ln nht ca
z1i
−+
. Tính
PmM= +
.
A.
P 13 73= +
B.
52 273
P
2
+
=
C.
5 2 73+
D.
5 2 73
P
2
+
=
Li gii.
Đặt
11z iu zu i−+= = +
, ta cn tìm
min
u
max
u
. Thế z vào gi thiết ta có:
u 3 2i u 3 8i 6 2
+−+−=
. Gọi
(
)
;
M xy
biểu din
u
( )
1
3; 2F
,
(
)
2
3;8
F
thì ta có
( )
12
6;6FF =

1 2 12
62MF MF F F+==
, do đó M thuộc đoạn
12
FF
.
Phương trình
12
FF
50
xy+=
, t đó suy ra
( )
12
min
52
,;
2
u OH d O F F= = =
2
max
73u OF
= =
.
Chn B.
Ví d 72. Trong các s phc z tho mãn
34 2zi−− =
có hai số phc
12
,zz
thỏa mãn
12
1.zz−=
Giá tr nh nht ca
22
12
zz
bằng
A. -10 B.
4 35−−
C. -5 D.
6 25−−
.
Lời giải:
Ký hiu
22
12
Pz z
=
, gii s M biểu din z, A, B biểu din
12
,zz
( )
3; 4I
là tâm đưng tròn. Gi H trung điểm AB.
Ta có
1, 5AB OI= =
và:
( ) ( ) ( )
. .2 2 .P OA OB OA OB BA OH BA OI IH= += = +
        
.
2.P BA OI=
 
nên ta ch cn
,BA OI
 
ngược hưng nhau và khi
đó
min
2 . 10P AB OI=−=
. Chn A.
Mi các em giải theo phương pháp đại s.
I
D
M
K
F
1
F
2
y
x
2
8
3
-3
O
F
1
F
2
H
M
H
A
B
O
I
GV: Nguyn Xuân Chung
Li bình.
Đôi khi ta xem như Elip (thay đổi) hoặc đường tròn (thay đổi) và nhìn nhn theo cách m
rng xem như elip ảo hay đường tròn o để giải toán nhanh hơn
Ví dụ 73. Cho số phức
z
thỏa mãn
12 46 9z iz i
−− + =
. Giá trị lớn nhất của
10 14zi−−
A.
17
. B.
20
. C.
15
. D.
12
.
Li gii
Cách 1. (Hình hc véc tơ)
Gi
( ) ( )
;Mz Mxy=
thì M thuc elip (E), tâm
5
;4
2
I



, a =
9
2
, c =
5
2
.
Gi
( )
10;14A
thì
10 14z i AM
−− =
. Vy ta ch cần xác định v trí M sao cho
IM

AI

cùng hướng hay
15 5 15
; 10 , 0 ;4 10
2 22
IM t t M t t

= >⇒



.
Do đó ta có
(
)
( )
22
22
3 15 3 15
2 10 2 10 9
22 22
tt t t

−++−+=


.
( )
59
15 15 9
2 25
tt t ++ = ⇒=
. Vy
max
34 25
1 . . 17
25 2
AM t AI=+= =
. Chn A.
Ví d 74. Cho s phc
z
tha mãn
( )
( )
2 1 2 1 10zi zi+ ++ =
. Gi
M
,
m
ln lưt là giá tr ln
nht và giá tr nh nht ca
z
. Tính tng
SMm
= +
.
A.
9S =
. B.
8S
=
. C.
2 21S =
. D.
2 21 1S =
.
Li gii
Chia hai vế cho
i
ta được:
2 2 10 2 2 10z iz i z iz i+−+ += +−+ =
(1).
Gọi
( )
2;1A
,
( )
2;1B
,
( )
0;1K
. Suy ra
2 10; 2 4MA MB a AB c
+== ==
. Chú ý là
OK AB
 
Đim M chy trên mt đưng tròn o với tâm
( )
0;0O
và bán kính
zr=
. v trí M cn tìm sao
cho
( ) ( )
0;1 0;
1
r
OM t KO t t r OM t= = ⇒== =±
  
hay là x = 0 và z có dng
z ti= ±
thay
vào (1) suy ra
( )
2
2 1 4 10t +=
hay ta có
1 21t = ±
1 21, 1 21 2 21Mm S =+ =−+ =
. Chọn C.
Ví d 75. Xét các s phc
z a bi= +
( )
,ab
thỏa mãn
23 2zi++ =
. Tính
P ab= +
khi
25 63z iz i+ + −+
đạt giá trị lớn nhất.
A.
3P =
B.
3P =
C.
7P =
D.
7
P =
Lời giải
(
)
MC
có tâm
( )
2; 3I −−
,
2R =
. Gọi
(
)
2;5A
,
(
)
6; 3B
,
( )
2;1K
là trung điểm AB.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ta có
2; 2MA MB m AB c+= =
. Chú ý là
IK AB
 
.
Đim M chy trên mt elip o (trc ln 2m thay đổi). V trí ca M ti H, sao cho
( )
(
) ( )
1
4;4 1;1 3;4
4
42
R
IH t KI t t IH H= = ⇒= = =−−
  
.
Hay ta có
34 7z i P ab
=−− = + =
. Chn D.
Ví d 76. (BGD - Đề tham kho THPTQG 2017-2018)
Xét các s phc
z a bi= +
( )
,ab
tha mãn
43 5zi−− =
. Tính
P ab= +
khi
13 1z iz i+− + −+
đạt giá tr ln nht.
A.
10
P
=
. B.
4P =
. C.
6P =
. D.
8P
=
.
Lời giải
Đặt
( )
( )
43 , , 4 3z i x yi x y z x y i
−− =+ =++ +
, khi đó ta có:
22
5xy+=
(1).
Thế z vào
(
)
(
)
( )
(
)
2 22
2
5 34 5 3 4
T x yi x y i x y x y
=++++++ = + ++ + ++
S dụng (1) ta có
( )( )
30 10 30 6 8 1 1 60 16 8T x xy xy= + + ++ + + +
Lại có
( )( )
22 2 2
2 21 5xy x y+≤ + + =
nên
( )
2 60 40 10 2T +=
. Dấu bằng xy ra khi
x = 2, y = 1. Khi đó z = 6 + 4i nên a = 6, b = 4 và
10P =
. Chn A.
Ví d 77. [THPT Qung Xương I Thanh Hóa]
Cho tp hp s phc
z
thỏa mãn
11
3
2
z
zi
=
+
. Tìm max ca
2 47P zi z i= ++ +
.
A.
8
. B.
20
. C.
25
. D.
45
.
Phân tích.
Bài toán có thể quy về điểm M thuc đường tròn và cn tìm max ca MA + 2MB.
Lời giải
Gi
z x yi= +
vi
,xy
, ta có:
11
3
2
z
zi
=
+
21 3z zi −= +
( )
( )
22
22
21 3x y xy + = ++
( ) ( )
22
2 3 20xy−+−=
. Đặt
[ ]
2 25cos, 3 25sin, 0;2x t y tt
π
=+ =+∈
. Ta biến đổi
2 47P zi z i= ++
K
I
M
B
A
H
GV: Nguyn Xuân Chung
thay biến thì
( ) ( ) ( )
( )
22 2 2
2 25cos 4 25sin 2 2 25cos 4 25sinPtt t t= + + + + −+ +−+
(
)
( )
40 8 5 cos 2sin 2 40 8 5 cos 2sin
P tt tt=+ + +− +
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
( )
( )
22
1 2 40 40 20P + +=
. Chn B.
Ví d 78. (THPT Kim Liên Ni)
Xét các s phc
z a bi= +
(
,ab
) tha mãn
32 2zi
−− =
. Tính
ab+
khi
12 2 25z iz i+− +
đạt giá tr nh nht.
A.
43
. B.
23+
. C.
3
. D.
43
+
.
Phân tích.
Bài toán cho điểm M thuc đường tròn và cn tìm min ca MA + 2MB.
Li gii
Đặt
( ) ( )
32 , , 3 2zixyixy zxyi−− =+ = ++ +
. Theo gi thiết ta có
22
4
xy+=
(1).
Mt khác
( )
12 2 25 4 2 1 3Tz iz ix yix yi= +− + = + + + ++
hay
( ) ( )
( )
2 22
2
4 21 3Tx y x y= + ++ + +−
(2).
Cách 1. (Trc nghim Casio)
Áp dng (1), khai trin thì
2 5 2 2 14 2 6T x xy= ++ +−
, để tìm giá tr nh nht thì mc
tiêu là
0
0
x
y
[ ]
2;0x ∈−
,
2
4
yx=
thế vào T, ta có:
2
2 5 2 14 2 6 4T x xx

= ++ +−


vào Mode 7 kho sát thì
min
613T xy= =−⇒ =
.
Suy ra
54 3ab x y+=++=+
. Chn D.
Cách 2. (Đại s)
Áp dụng (1) ta biến đổi
( ) ( ) ( )
22
22
4 20 8 4 5 2 4 1x y x xx y

+ +=+= + = ++

thay tr v (2)
ta có
( ) ( ) ( )
( )
2 22
2
2 1 13T x yx y= +++ ++
( )
2 3 23 6y yyy + +− =
.
Dấu bằng có khi
( )
22
1, 4
1, 3 5 4 3
30
x xy
x y ab x y
yy
= +=
= = +=++=+
−≥
. Chn D.
Li bình.
So sánh vi bài 75, 76 ta thy các h s đoạn thng là 1: 1 và yêu cầu tìm max, trong khi bài
này thì h s các đon thng là 1: 2 và yêu cu tìm min. Ngoài ra khác với bài 77.
Bất đẳng thức trên thì khác bất đẳng thc Mincopxki.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 79. (THPT Chuyên Đại học Vinh)
Xét các số phức z, w thỏa mãn
2, 2 5 1
z iw i
= −+ =
. Giá trị nhỏ nhất của
2
w4
zz−−
bằng:
A. 4
B.
2
( )
29 3
C. 8 D. 2
(
)
29 5
.
Phân tích.
Biểu thức cuối khá phức tạp nên ta tìm cách đơn giản nó và có xuất hiện số 4 liên quan đến z.
Lời giải
Trước hết chia cả hai vế trong giả thiết thứ hai cho
i
và có:
52 1wi++ =
(1).
Giả sử
( )
,,z x yi x y=+∈
. Đặt
22
4. 2P z wz z wz z z z z w z z w z= = = −−= −−
22 2 2P yi w w yi⇒= =
, lại đặt
22w yi u w u yi =⇒=+
và ta cn tìm min ca
2Pu=
. Thế w vào (1) ta có
( )
5 21u yi++ + =
(2).
Chú ý rằng
[ ]
2 2; 2zy= ∈−
và xem y là tham s, hin nhiên cho
2, 4yu
=−=
thì tha
mãn điều kin (2)
min
24 8P = −=
. Vậy chọn C.
Lời bình. Tại sao ta chọn y = - 2 và u = - 4 mà không chọn số khác? Một lý do là: Môđun của
số phức là độ dài của véc tơ, nhìn chung thì xem như là cạnh huyền của tam giác vuông có hai
cạnh
x
y
cho nên tuân th theo định lý Pythagore. Nhưng nếu ta trit tiêu mt thành
phn y thì độ dài s giảm đi, tiếp theo xem u như số thc là xong.
Qua đây các em có thể định hướng giải toán số phức như sau:
+ Hoặc chuyển độ phức tạp từ A sang B, rồi tập trung giải quyết B (Và ngược lại).
+ Trong trường hợp bất khả kháng thì dẫn cả A và B về điểm chung C.
Cụ thể ta thử chuyển từ (1) sang (2) xem thế nào? Sau khi giản ước ta có:
22P w yi=
.
Từ (1) ta đặt
( )
52 5 2w i a bi w a b i++ =+ = −+ +
, ta có
22
1
ab+=
. Thế w vào P ta có:
( )
2 52 1P a b yi= + +−
như thế ta có ba tham số a, b, y
[
]
2; 2y ∈−
,
[ ]
1;1b ∈−
.
Số y tự do hơn (lỏng hơn, tập hợp rộng hơn), nên với b cho tùy ý
[ ]
1;1
b ∈−
thì ta luôn chn
được y = b +1, khi đó ta triệt tiêu đưc phn o, và
25Pa=
[ ]
1;1a ∈−
, bởi vy trưc
đây ta cho b = 0 thì chn y = 1 và bây giờ có thể ly a = 1 thì
min
21 5 8P = −=
. Rõ ràng ta ch
cn lp lun mà không cn kho sát gì.
Ví d 80. Cho các s phc
w
,
z
thỏa mãn
35
5
wi+=
( )( )
52 4w iz=+−
. Giá tr ln nht
của biểu thc
12 52Pz iz i= −− +
bằng
A.
67
. B.
4 2 13+
. C.
2 53
. D.
4 13
.
Phân tích.
GV: Nguyn Xuân Chung
Đề bài cho tương đối "zích zắc" tức là gây nhiễu, nhưng tập trung hỏi về P và liên quan đến z
nên ta dùng phép thế để khử w. Sau đó là chọn phương án: Đơn giản đường tròn hoặc P.
Lời giải
Rút w và thế vào giả thiết ta có
( )( )
1 35 5 35
24 4
5 5 22
i
iz i z
ii
+ += −+ =
++
32 3
zi
−+ =
. Đặt
(
) (
)
32 , , 3 2
z i a bi a b z a b i−+ = + = ++
và ta có:
22
9ab+=
(1). Thế z vào P ta có:
( ) ( )
24 24Pa bia bi=++− ++−
và kết hợp (1) ta có
( ) ( )
( )
(
)
22 22
2 4 2 4 29 4 8 29 4 8
P a b a b ab ab= + +− + +− = + +
suy ra
(
)
(
)
( )
2 58 16 2 58 16. 3 2 53Pb
−=
. Dấu bằng có tại a = 0, b = - 3. Chọn C.
Cách 2.
Nếu đơn giản P thì ta đặt
32 32uz i zu i
=−− = ++
khi đó P trở thành:
22
Pu u=++−
và đường tròn trở thành
43ui+=
. Xét
( )
;M xy
biểu diễn u và các điểm
(
) ( ) ( )
2;0 , 2;0 , 0; 4A BI−−
thì
P MA MB
= +
, M di chuyển trên đường tròn tâm I, r = 3.
Dễ thấy Oy là trục đối xứng của đường tròn và là trung trực của AB, nên P lớn nhất tại
x = 0, y = - 7 là giao của Oy và đường tròn và
22
max
2 2 7 2 53P = +=
(các em tự vẽ hình).
Nhận xét.
Từ các ví dụ trên thì các em nắm được những gì? Nhìn chung là: Quy về xét vị trí tương đối
giữa các đường (thẳng, tròn, elip, ..), trong đó yêu cầu min, max. Nói chung ta đặt ẩn phụ để
chuyển độ phức tạp về một đường, dù giải theo PP hình học hay đại số thì có cùng bản chất.
Phép đặt ẩn phụ như trên thực chất là phép tịnh tiến, có điều ta không nói rõ làm tăng rắc rối.
Ví d 81. m s phc
z
tha mãn
15zi−− =
biểu thc
79 2 8Tz i zi= −− +
đạt giá tr
nh nht.
A.
52zi=
. B.
16zi
= +
. C.
23zi=−−
. D.
45zi= +
.
Phân tích.
Bài toán cho điểm M thuc đường tròn và cn tìm min ca MA + 2MB.
Li gii
Đặt
( ) ( )
1 ,, 1 1z i a bi a b z a b i−−= + = ++ +
. Ta có
22
25ab+=
(1).
Thế z vào T ta có
( ) ( )
6 8 21 7Ta b i a b i=+− + ++−
Hay
( ) ( ) ( ) ( )
22 22
6 82 1 7Ta b a b= +− + + +−
. S dụng (1) ta biến đổi xut hin s 2
GV: Nguyn Xuân Chung
(
) (
)
( )
2
22 2
125 3
6 8 125 12 16 4 3 4 4 2
42
a b a b ab a b


+− = = = +−





suy ra
(
) (
) (
) ( )
22
2 22 2
33
2 2 1 7 2 1 7 2 55
22
T ab a b



= +− + + +− + +− =




.
Dấu bằng có khi
22
3/2 2
, 25
17
ab
ab
ab
−−
= +=
+−
nên a = 0, b = 5 và khi đó z = 1 + 6i. Chọn B.
Lời bình.
Bài trên ta có thể dùng Casio để thử đáp án, nhưng thay đổi câu hỏi như bài 76 thì không thử
được. Các em xem lại bài 76 và so sánh với bài này để tìm ra điểm chung và điểm riêng, xem
lại phương pháp chủ đạo để giải toán.
Để củng cố cách giải, xem xét sự thay đổi giả thiết và yêu cầu bài toán, ta xét thêm vài ví dụ
Ví dụ 82. Xét các số phức
z a bi= +
( )
,
ab
thỏa mãn
23 2
zi++ =
. Tính
P ab= +
khi
25 63z iz i+ + −+
đạt giá trị lớn nhất.
A.
3
P =
B.
3
P =
C.
7P =
D.
7P =
.
Phân tích.
Cho đường tròn. Tìm
0
z
để tổng MA + MB đạt max (Đã giải VD 75).
Lời giải
Đặt
( )
23 2 3z i x yi z x y i
++ =+ =−+
và ta có:
22
2xy+=
. Thế z vào T ta có
( ) ( )
( )
22
22
88 8 8T x y i x yi x y x y=+− ++= +− + +
Hay
( ) (
)
66 16 66 16 2 132 16 16 2 132 32 2 82
T y x xy=+≤−≤+=
.
Dấu bằng có khi x = y = - 1, khi đó z = - 3 - 4i nên
7P =
. Chn D.
Ví dụ 83. Cho số phức
z
thỏa mãn
12 46 9z iz i−− + =
. Giá trị lớn nhất của
10 14zi−−
A.
17
. B.
20
. C.
15
. D.
12
.
Phân tích.
Cho M thuộc Elip và điểm A. Tìm max MA (Đã giải VD 73).
Li gii
Đặt
( )
10 14 , ,
z i a bi a b−− =+
thì ta có
( ) ( )
9 12 8 6 9a b ia b i+++ ++++ =
hay ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 22
9 12 6 8 9ab ab+ ++ + + ++ =
và cn tìm max
22
ab m+=
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Viết li:
( )
( )
22
9 225 6 3 4 100 4 3 4m ab m ab= ++ ++ ++ +
(1).
Ta có
( )
22
34 25 5 5 345ab ab m mabm+ + = ⇒− +
(2), do đó kết hp (1) suy ra
( )
22
9 225 30 100 20 15 10 2 25, 15 17m m m mm m m m m + + + = + = > ⇒≤
.
Vy max
22
17
ab m+==
. Chn A.
Ví dụ 84. Cho
z
thỏa mãn
2 13 2
zi+− =
. Tìm giá trị lớn nhất của
1 3 12
Pz z i= + +−
?
A.
42
B.
43
C.
22
D.
4
.
Phân tích.
Cho đường tròn. Tìm max của MA + 3MB. Lưu ý là các hệ số khác nhau, số lẻ không đẹp.
Lời giải.
Đặt
( )
2 13 2 1 3z i x yi z x y i+ = + = −+ +
và ta có:
22
2xy+=
. Khi đó
( ) ( )
2 2 2 3 24 3 3 3 1 1P z 2z i x y i x y i= + +=++ + ++−
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 22
2 3 3 3 1 1 20 6 3 4 2P x y x y xy xy= ++ + + +− = + +
( )
( )
(
)( )
2 20 6 3 12 6 1 3 20 12 8 2 4 2
max
P xy xy P= −+ + + + = =
. Chn A.
Ví dụ 85. [THPT Lê Hồng Phong]
Cho số phức
z
w
thỏa mãn
34zw i+=+
9zw−=
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Tzw= +
.
A.
176
. B.
14
. C.
4
. D.
106
.
Phân tích.
Hình thức thay đổi nhưng vẫn quy về đường tròn. Tìm max ca MA + MB.
Li gii
Cách 1.
Thế
34w iz=+−
vào gi thiết th hai ta có:
2 34 9zi−− =
. Hơn nữa viết li
2 2 2 68Tzz i= + −−
. Đặt
( )
2 34 , ,z i a bi a b−− = +
thì ta có:
22
81ab
(1).
Khi đó
( ) ( )
2 34 34
Ta b ia b i=+++ ++−
hay viết thành
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
22 22
22
2 3 4 3 4 1 1 2 18 2 32 2 106Ta b a b a b= + ++ + +− + ++ + =
.
Dấu bằng có khi 6a + 8b = 0 và d thấy đường thng này ct đưng tròn (1). Vy chn D.
GV: Nguyn Xuân Chung
Cách 2.
Đặt
,z mw n= =
thì theo quy tắc hình bình hành ta có
( )
22
22
1
2
m n zw zw+ = + +−
hay ta có
22
53mn+=
không đổi và suy ra:
( )
( )
22
1 1 106mn m n+≤ + + =
.
Li bình.
Cách 1 gii vi khá nhiều bài toán mà ta đã giải. Cách 2 theo quy tắc hình bình hành tuy ngắn
gọn nhưng với h s là 1:1. Lý do là gi thiết thay đổi nên ta linh hoạt hơn trong giải toán,
nhưng với h s khác thì không áp dụng được. Chng hn ta xét bài toán sau
Ví d 86. Cho s phc
z
w
tho mãn
2 86zw i+=+
4.zw−=
Giá tr ln nht của biểu
thc
zw+
bằng
A.
46
B.
2 26
C.
66
D.
36
.
Phân tích.
So với bài 79, đây có khác là giả thiết thêm vào z + 2w (không k hng s). Tuy nhiên ta
gii theo tính cht của môđun xem thế nào.
Lời giải:
Đặt
, , ..m z n w p zw zw= = = +
. S dng tính cht
2
.
z zz=
ta có:
( )
(
)
2
22
2 2. 2 2 4zw zwzwm pn
+ =+ + =++
(1)
( )
(
)
2
22
2 2 . 2 22zw zw zw m p n = + −= +
(2).
Cng các vế ca (1) và (2) , kết hp gi thiết suy ra:
( )
22 2 2 2
8 6 2.4 3 6mn++ = +
.
Suy ra
22
2 44mn+=
do đó
( )
22
11 3
1. . 2 1 2 .44 66
22
2
mn m n m n

+= + + + = =


.
Chọn C.
Cách 2. Không nhất định ta phải dùng môđun, trở về phép thế như bài 79 xem sao?
Biến đổi
( )
88
2 2 8 2 86 8 3 86 8 2
33
z w z iz z i z i = + = −− = =
.
Xét
2 2 2 2 86T z w zz i= + = + −−
. Đặt
22
8 64
2
39
z i a bi a b−− =+ + =
( ) ( )
8 16
22 2 4
33
T a b ia b i= +++ + +−
(như thế ta có dạng 2MA + MB). Hay ta có
( )
( )
22
22
8 16 164 16 464 32
22 2 4 2 4 8
3 3 93 93
aa
Ta b a b b b

= + ++ + +− = + + +


.
GV: Nguyn Xuân Chung
Suy ra
(
)
2
2
328 464
2 2 1 3 88 66
99
TT

+ + = × ⇒≤


. Chọn C.
Ví d 87. [SGD Phú Th]
Cho tp hp các s phc z thỏa mãn
23iz i−−=
. Giá tr ln nht ca biu thc
2 4 58z iz i−+ ++
bằng
A.
3 15
. B.
15 3
. C.
95
. D.
18 5
.
Phân tích.
Cho M thuc đường tròn. Tìm max ca 2MA + MB.
Li gii
Trưc hết biến đổi
2 3 12 3iz i z i = −+ =
và đặt
12z i a bi−+ = +
thì ta có:
22
9
ab
+=
(1). Ngoài ra
12z a bi i= ++
, thế z vào T ta được:
( ) (
)
23 3 6 6T a b ia b i= +− ++++
hay viết li
( ) ( ) ( ) ( )
2 27 6 81 12 2 54 12 81 12T ab ab ab ab= ++ + += ++ + +
( )( )
2 1 54 81 9 5
T + +=
. Chn C.
Ví d 88. Gi
n
là s các s phc
z
đồng thi tha mãn
12 3
iz i++ =
và biểu thc
2 52 3 3T z i zi= ++ +
đạt giá tr ln nht. Gi
M
là giá tr ln nht ca
T
. Giá tr tích
ca
.
Mn
A.
10 21
. B.
6 13
. C.
5 21
. D.
2 13
.
Phân tích.
Cho M thuc đường tròn. Tìm max ca 2MA + 3MB. Đạt cc tr tại bao nhiêu điểm?
Li gii
Biến đổi
12 3 2 3iz i z i
++ = + =
và đặt
2z i a bi+ −= +
thì ta có:
22
9ab+=
(1).
Ngoài ra
2z a bi i=−+ +
, thế z vào T ta đưc:
( )
( )
23 332 2Ta bia bi= +++ + +−
hay viết li
( ) (
) ( ) (
)
22 22
2 3 33 2 2Ta b a b
= + ++ + +−
( )
( )
( )
( )
2 27 6 3 17 4 2 54 12 3 51 12T ab ab ab ab= + ++ += + ++ +
Suy ra
( )( )
2 3 54 51 5 21 5 21TM + + = ⇒=
. Dấu bằng xy ra khi
( )
( )
3 54 12 12 2 51 12 12 1a b a b ab+ + = +=
mà d thấy đường thng này cắt đường
tròn (1) tại hai điểm phân biệt nên n = 2.
Vy
10 21Mn =
. Chn A.
GV: Nguyn Xuân Chung
Ví d 89. ng Vit Hùng)
Cho 3 s phc
12
z,z ,z
thỏa mãn
12
z 1 2i z 3 4i , z 5 2i 2, z 1 6i 2.−+ = + + = −− =
Tính
giá tr nh nht ca biu thc
12
T zz zz 4= +− +
A.
2 3770
13
B.
10361
13
C.
3770
13
D.
10361
26
Phân tích.
Cho điểm M thuc đường thng và P, Q thuc 2 đường tròn. Tìm max ca MP + MQ.
Li gii
Gi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 21 2
; , 5;2, 1;6, 1; 2, 3;4, , , 2Mz Mxy I K A B Pz Qz R R= −− ==
.
Khi đó M thuộc trung trc của AB có phương trình
( )
2 3 50xy +=
và P, Q di chuyn ln
ợt trên hai đường tròn tâm I và K cùng bán kính R = 2 . Nhân xét
( ) ( )
4;6 , 6;4AB IK
=−=
 
Nghĩa là
AB IK
 
nên hai đường thng
//IK
, hơn nữa
( )
, ,2d I R IK R∆> >
.
Rõ ràng ta có
2T MP MQ R=++
nh nht khi P, Q thuc các đon MI, MK và do tính đối
xng nên
min
T
= 2MK . Vy
( )
2
2
min
1 2 3770
22 ,
2 13
T MK IK d I

= = + ∆=




. Chn A.
Li bình.
Bài này ý tưởng ly t bài THPT Thun Thành 2 Bc Ninh trong hình hc tọa độ Oxyz
khi thay hai mt cầu bởi hai đường tròn.
Ví d 90. (SGD Ngh An - THPT Liên trưng)
Cho s phc
z
và gi
12
z,z
là hai nghim phc của phương trình
2
80+=zi
(
1
z
có phần
thực dương). Giá trị nh nht ca biu thc
2
12 1
2
2
= + −++ +
z
P zz z z z z
được viết dưới
dng
+mn pq
(trong đó
, ;,n p Nmq
là các s nguyên t). Tng
+++mn pq
bằng
A. 10 B. 13 C. 11 D. 12
Phân tích.
Cho 2 điểm (cn phi gii), suy ra điểm th 3, M tùy ý. Tìm min ca MA + MB + MC.
Li gii
Gii các nghim
2
12 1
2 2, 2 2 2 3 3
2
z
z iz i z i= =−+ + =
Viết li
22 22 33Pz iz iz i=+ ++ +++
. Xét:
( ) ( ) ( )
( )
, 2; 2 , 2; 2 , 3; 3Mz A B C −−
H
I
P
Q
K
M
GV: Nguyn Xuân Chung
thì
P MA MB MC=++
. D thy tam giác ABC cân ti C, và do
tính đối xng ca A, B nên điểm M thuộc đoạn OC. Phương trình
đường thng OC
( )
[ ]
, ; , 3; 0x t y t M tt t= = ∈−
. Ta có
(
) (
) ( )
22 2
2 2 2 23Pt t t
= ++ + +
hay
(
)
2
22 4 3P tt= + ++
,
(
)
2
2
'2 1
4
t
Pt
t

= +

+

( )
2
'0
3
Pt t
=⇒=
, suy ra
min
26 32P
= +
263213mn pq
++ + =+++=
. Chn B.
Ví d 91. (THPT Chuyên Hoàng Văn Th - Hòa Bình)
Cho s phc
z
thỏa mãn
4 3 10zi zi++ =
. Giá tr nh nht ca
z
bằng:
A.
1
2
. B.
5
7
. C.
3
2
. D.
1
.
Phân tích.
Ta có thể hình dung như là 4MA + 3MB = 10 không đi, kiểu như "lai tạo" của đường tròn và
Elip nên không biết là đường cong gì, cũng may là chỉ hỏi độ dài OM. Bây gi ta cũng lấy
đường cong "thiên biến" đ ng "vạn biến" th xem sao.
Li gii
D thy z = 0 không thỏa mãn, và giả s
0
zm
= >
thì đặt
( )
[ ]
cos sin , 0; 2z m ti tt
π
=+∈
Khi đó ta có
(
)
( )
22
22 22
4 cos 1 sin 3 cos 1 sin 10m t mt m t mt++ + +− =
(
)( )
2 2 22 2
10 4 1 2 sin 3 1 2 sin 4 3 2 2m mt m mt m = ++ + +− + +
2
min
2 24 1 1m m zm
+ ≥⇒ = =
. Dấu bằng có khi:
( ) (
)
7
9 2 2sin 16 2 2sin sin
25
t tt
+ = ⇒=
(thỏa mãn thuộc
[ ]
1;1
).
Tht may mn là phép ứng biến thành công. Vy
min
1z =
tô khoanh tròn D!.
5. Các bài luyn tp
Câu 1. (BGD - Đề thi chính thc THPTQG 2019 M102 C44)
Xét các số phức thỏa mãn . Trên mặt phẳng tọa độ , tập hợp điểm biểu diễn các
số phức là một đường tròn có bán kính bằng
A. . B. . C. . D. .
2
-2
-2
2
-3
-3
O
A
B
C
z
2z
=
Oxy
3
1
iz
w
z
+
=
+
23
12
20
25
GV: Nguyn Xuân Chung
Câu 2. (SGD Hưng Yên )
Cho các s phc
z
tha mãn
5z
=
. Tp hợp các điểm biu din các s phc
( )
12w iz i=++
trên mt phng tọa độ là một đường tròn. Tính bán kính
r
ca đường tròn đó.
A.
5
. B.
10
. C.
5
. D.
55
.
Câu 3. (BGD -Đề thi chính thc THPTQG 2019 M104 C31)
Cho s phc
z
tha
(2 ) 3 16 2( )
iz i z i ++ = +
. Môđun của
z
bằng
A.
5
. B.
13
. C.
13
. D.
5
.
Câu 4. Xét các s phc
z
tha mãn
214zi 
. Biết rng tp hp các điểm biểu din các s phc
12 5 3
w iz i

là một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó bằng
A.
52
. B.
3 13
. C.
52
. D.
12 5
.
Câu 5. Cho hai s phc
,zz
tha mãn
55z +=
13 36z iz i
′′
+− =
. Tìm giá tr nh nht ca
zz
.
A.
5
2
. B.
5
4
. C.
10
. D.
3 10
.
Câu 6. [THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương]
Cho hai số phức
12
,zz
thỏa mãn các điều kiện
12
2zz= =
12
24zz+=
. Giá trị của
12
2
zz
bằng:
A.
26
B.
6
C.
36
D. 8.
Câu 7. Có bao nhiêu số phc
z
tha mãn
2
10zz z
11z iz i
?
A.
0
B.
3
. C.
1
. D.
2
.
Câu 8. Cho hai s phc
12
,
zz
tha mãn
1
2 3,z
2
3 2.
z
Tính giá tr biểu thc
22
12 1 2
.P zz zz 
A.
20 3.
P
B.
30 2.P
C.
50.P
D.
60.P
Câu 9. [SGD Lào Cai ]
Cho
12
,zz
hai s phc liên hp của nhau, đồng thi tha mãn
1
2
2
z
R
z
12
2 3.zz−=
Tính mô đun của s phc
1
.z
A.
1
3z =
B.
1
5
2
z =
C.
1
2z =
D.
1
5z =
GV: Nguyn Xuân Chung
Câu 10. tất c bao nhiêu giá trị nguyên ca
m
để đúng hai số phc
z
tha mãn
( )
2 1 10zm i −=
1 23z iz i−+ = +
.
A.
40
. B.
41
. C.
165
. D.
164
.
Câu 11. (THPT Chuyên Tĩnh)
Cho s phc
z a bi= +
(
)
, ,0
ab a∈>
thỏa mãn
12 5zi−+ =
. 10zz=
. Tính
P ab=
.
A.
4
P
=
. B.
4P =
. C.
2P =
. D.
2
P
=
.
Câu 12. Cho
1
z
,
2
z
là các s phc tha mãn
12
1zz= =
12
26
zz−=
. Tính giá tr của biểu
thc
12
2P zz= +
.
A.
2P =
. B.
3P =
. C.
3P =
. D.
1P
=
.
Câu 13. (SGD Ninh Bình)
Tính tng phn thc ca tt c các s phc
0z
tha mãn
5
7.
ziz
z

+=



A.
2
B.
3
C. 3 D. 2
Câu 14. Tính tng ca hai s phc z thỏa mãn điều kin
3
zi
zi
+
là s thun o và
5z =
A. -4+i B. 2i C. 8+2i D. 4-2i.
Câu 15. Biết có hai số phc
z
đồng thi tha mãn
23 1z zi = ++
( )( 1 2 )z iz i ++
là s
thc. Tích ca hai s đó là:
A.
81
33
i
B.
81
33
i+
C.
81
33
i−−
D.
81
33
i
−+
.
Câu 16. (TT Diu Hin - Cn Thơ)
t s phc
z
tha mãn
22 2zi−− =
. Giá tr nh nht ca biu thc
1 52Pz iz i= −−+
bằng
A.
1 10+
. B.
4
. C.
17
D.
5
.
Câu 17. Cho s phc
z
tho mãn
3 4i 5z −− =
biểu thc
22
2iPz z=+ −−
đạt giá tr ln
nhất. Môđun của s phc
z
bằng
A.
10
. B.
52
. C.
13
. D.
10
.
Câu 18. Cho s phc
z
thỏa mãn
1z =
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
1 31 .Pz z=++
A.
3 15
B.
65
C.
2 10
D.
4 5.
GV: Nguyn Xuân Chung
Câu 19. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai]
Cho s phc z tha
1z =
. Tìm giá tr ln nht ca
22
Pz zz z= ++
.
A.
14
5
. B. 4. C.
22
. D.
23
.
Câu 20. Xét các s phc
z a bi= +
( )
,ab
tha n
2 3 22zi+− =
. Tính
2P ab= +
khi
16 72z iz i++ +
đạt giá tr ln nht.
A.
3P =
. B.
3P =
. C.
1P =
. D.
7P =
.
Câu 21. [THPT Chuyên Nguyn Quang Diu Đồng Tháp]
Gi S là tp hp các s phc tha mãn
3 3 10.zz−++=
Gi z
1
, z
2
là hai s phc thuc S
mô đun nhỏ nht. Giá tr biểu thc
22
12
Pz z
= +
là:
A. 16. B. 32. C. -32. D. -16.
Câu 22. (SGD Ninh Bình):
Cho s phc
z
thỏa mãn
1 3.z +=
Tìm giá tr ln nht ca
4 2.Tzizi= +−+ +
A.
2 46.
B.
2 13.
C.
2 26.
D.
2 23.
Câu 23. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai]
Cho s phc z tha
12 3z iz i−− =
. Khi đó
z
nh nht bng
A. 1. B.
3
2
. C.
5
2
D. 2.
Câu 24. (THPT Hu Lc 2-Thanh Hóa )
Cho hai s phc
12
,zz
tha mãn
1
12zi+− =
21
z iz=
. Tìm giá tr nh nht
m
ca biu thc
12
zz
?
A.
21m =
. B.
22m =
. C.
2m =
. D.
22 2m =
.
Câu 25. Cho s phc z tha
1 32 5z iz i−− + =
. Gi M, m ln lưt là giá tr ln nht và giá
tr nh nht ca
z
. Tính tng M + m
A.
2 13+
B.
2 13
C.
5 13+
D.
23+
Câu 26. Cho hai sphức
u
,
v
thỏa mãn
3 6 3 1 3 5 10ui u i + −− =
,
12v i vi−+ = +
. Giá trị nhỏ
nhất của
uv
là:
A.
10
3
. B.
2 10
3
. C.
10
. D.
5 10
3
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Câu 27. Cho s phc
z
thỏa mãn
4 3 10
zi zi
++ =
. Giá tr nh nht ca
z
bằng
A.
1
2
. B.
5
7
. C.
3
2
. D.
1
.
Câu 28. Cho s phc
z
thỏa mãn
2 3 2 3 45z iz i−− + ++ =
. Giá tr ln nht ca
z
A.
13 5
+
. B.
3 13+
. C.
7
. D.
45+
.
Câu 29. [THPT Thăng Long - Hà Ni]
Cho s thc a thay đổi và s phc z tha mãn
(
)
2
.
12
1
z ia
aa i
a
=
−−
+
Trên mt phng ta đ,
gi I(−3; 4)M là điểm biểu din s phc z. Khi a thay đổi thì MI đạt nh nht là:
A. 4 B. 3 C. 5 D. 6.
Câu 30. (THPT Chuyên Đại học Vinh)
Giả s
12
,zz
hai trong các số phức z thỏa mãn
( )
( )
68z zi−+
số thực. Biết rằng
12
4
zz−=
. Giá trị trị nhỏ nhất của
12
3zz+
bằng:
A.
5 21
B.
20 4 21
C.
20 4 22
D.
5 22
Câu 31. Xét các s phc
z a bi= +
,
( )
,ab
tha mãn đng thời hai điều kin
43zz i= +−
và
1 23z iz i+−+ +
đạt giá tr nh nht. Giá tr
2Pa b= +
là:
A.
252
50
P =
B.
41
5
P =
. C.
61
10
P
=
. D.
18
5
P =
.
Câu 32. Gi
z a bi= +
là s phc thỏa mãn
15zi−− =
79 2 8z i zi
−− +
đạt giá tr nh
nht. Giá tr ca
23ab+
bằng
A. 14. B. -17. C. 20. D. -12.
Câu 33. [THPT Chuyên Nguyn Quang Diu Đồng Tháp]
Cho các s phc z và w thỏa mãn
(3 ) 1 .
1
z
iz i
w
= +−
Tìm GTLN ca
.T wi= +
A.
2
2
B.
32
2
C. 2 D.
1
2
Câu 34. (THPT Chuyên Ng Ni )
Cho hai s phc
1
z
,
2
z
tha mãn
1
352
zi+=
2
12 4iz i−+ =
. Tìm giá tr ln nht ca
biểu thc
12
23T iz z= +
.
A.
313 16+
. B.
313
. C.
313 8+
. D.
313 2 5+
.
Câu 35. Cho s phc
z
thỏa mãn
2 2 42zizi+−+ +=
. Tìm giá tr ln nht ca
7iz +
?
A.
16
. B.
10
. C.
8 22+
. D.
82+
.
GV: Nguyn Xuân Chung
Câu 36. Cho s phc
z
tha mãn điu kin
22z zi
+=+
. Giá tr nh nht của biểu thc
12 34 56Pz iz iz i= +− +−
được viết dưới dng
17
2
ab+
vi
a
,
b
là các s hu
t. Giá tr ca
ab+
A.
3
. B.
7
. C.
2
. D.
4
.
Câu 37. [SGD Lào Cai ]
Biết s phc z tha mãn đng thời hai điều kin
34 5zi−− =
biểu thc
22
2
M z zi=+ −−
đạt giá tr ln nhất. Tính mô đun của s phc z + i.
A.
61
B.
52
C.
35
D.
2 41
.
Câu 38. Cho s phc
z
thỏa mãn
( )
1 13 32iz i+ +− =
. Giá tr ln nht của biểu thc
2 6 23Pz i z i= +++
bằng
A.
56
. B.
(
)
15 1 6+
. C.
65
. D.
10 3 15+
.
Câu 39. [THPT Chuyên Quang Trung]
Gi S là tp hp tt c các giá tr thc ca m để tn ti 4 s phc z thỏa mãn
zz zz
++−=2
z(z ) (z z) m+−+2
là s thun o. Tng các phn t ca S là:
A.
+21
B.
+
21
2
C.
21
2
D.
1
2
.
Câu 40. Cho số phức
1
z
thỏa mãn
11
53 13z iz i + = −−
2
z
thỏa mãn
22
43 23z iz i−− = −+
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
12 1 2
66Pzz z iz i= + −++ −−
.
A.
18
13
. B.
16
13
. C.
2 10
. D.
6
.
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>
PH LC:
Chng minh công thc tính nhanh khong cách t 1 điểm đến đường trung trc của đoạn
thng dng s phc.
Bài toán. Cho
z
thỏa mãn
zA zB−=
. Tìm min
zC
.
Kết qu: min
22
2
CA CB
zC
AB
−−
−=
.
ng dn chng minh.
Để d nắm bắt, ta chuyển bài toán về hình hc ta đ Oxy, sau đó chuyển li v dng s phc.
Gi M(x; y), A(a; b), B(c; d), C(m; n) là các đim biu din các s phức tương ứng z, A, B, C.
GV: Nguyn Xuân Chung
+ Phương trình trung trực ca BA là:
( ) ( )
22 22
.0 0
22
OA OB OA OB
BAOM acx bdy
−−
−=+−=
 
.
+ Khi tính khong cách t C đến d thì
( ) ( )
(
) ( )
( )
( ) ( )
22
22 22
2. .
2
2
OA OB
acm bdn
BA OC BA OA OB
ac bd ac bd
+−
−+
=
+− +−
    
( )
( ) ( ) ( ) ( )
32 31 32 31
12 12
22
BA OC OA OC OB
zz zz zz zz
zz zz
−+
−− −+−


= =
−−
    
Tức là ta có min
22
2
CA CB
zC
AB
−−
−=
. Điu phi chng minh.
| 1/61

Preview text:

SỐ PHỨC - PHẦN I
Nhân dịp mùa thi THPTQG 2020 sắp tới gần, ta thử nhìn nhận về các bài toán số phức thi ĐH - CĐ
năm 2012, củng cố kiến thức và kỹ năng giải toán về số phức trong vài năm gần đây, góp phần giúp
các em 2K2 đạt kết quả tốt hơn trong kỳ thi.
1. Các câu trích từ đề thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng năm 2012
Ví dụ 1. (BGD - Đề thi tuyển sinh Đại học 2012 - Khối A - A1 Câu 9b)
+ Cho số phức z i z thỏa mãn 5(
) = 2−i. Tính môđun của số phức 2
w =1+ z + z . z +1 Phân tích.
Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về
- Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức
- Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun của số phức.
Nhiệm vụ đầu tiên là tìm ra số phức z , sau đó thế vào w , rút gọn và tính môđun. Hiện nay ta
có thể hỗ trợ máy tính Casio để làm thay việc rút gọn và tính môđun, thậm chí cả việc tìn z . Lời giải. Cách 1. (Tự luận) Điều kiện z ≠ 1
− . Từ giả thiết suy ra 5z + 5i = 2 −i + (2 −i) z (1). Giả sử z = a + bi,(a,b∈)
thì từ (1) ta có 5a − 5bi + 6i − 2 = (2 −i)(a + bi) = 2a + b + 2bi ai ⇒ (  − − =
a b − ) + (a b + ) 3a b 2 0 3 2 7 6 i = 0 ⇒ 
a = b =1⇒ z =1+ i (Thỏa mãn).
a − 7b + 6 = 0 Khi đó 2
= + z + z = + i + ( + i)2 2 2 w 1 2 1
= 2 + 3i ⇒ w = 2 + 3 = 13 .
Vậy z =1+ i w = 13 .
Cách 2. (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm) − + + − − − − Từ (1) ta có: ( i i i 2 − i) ( 2 6 )(2 ) ( 2 6 )( 5) z − 5z = 2 − + 6i z = = 1+ i . 2 2 2 − i − 5 − Từ đó w là 2
1+Ans + Ans = 13 . (Công thức trên ta sẽ tìm hiểu ở VD 20).
Ví dụ 2. (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối B Câu 9b)
Gọi z z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z − 2 3iz − 4 = 0. Viết dạng lượng giác 1 2
của z z . 1 2 Phân tích.
Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về - Định lý Viet GV: Nguyễn Xuân Chung - Môđun của số phức
- Dạng lượng giác của số phức. Lời giải.
z z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z − 2 3iz − 4 = 0 nên ta có: z .z = 4 − , do 1 2 1 2
đó z = z = r = 2 . Bởi vậy ta đặt z = 2 cosϕ + isinϕ , z = 2
− cosϕ − isinϕ khi đó ta 1 ( ) 2 ( ) 1 2 π
cũng có z + z = 2 3i nên 3
4isinϕ = 2 3i ⇒ sinϕ = ⇒ ϕ = . 1 2 2 3  π π   π π Vậy 4 4 z 2cos
isin , z 2cos isin  = + = − . 1 2 3 3 3 3     
Ví dụ 3. (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối D Câu 9a)
Cho số phức z thỏa mãn ( + i) 2(1+ 2i) 2 z +
= 7 + 8i . Tìm môđun của số phức w = z +1+ i . 1+ i Phân tích.
Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về
- Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức
- Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun của số phức. Lời giải. Cách 1. (Tự luận) Từ giả thiết suy ra ( + ii 2 + i) 2(1 2 )(1 ) z + ( = + ⇔ + + + − = + + i)( −i) 7 8i
(2 i) z (1 2i)(1 i) 7 8i 1 1 ⇔ ( + ) + + = + ⇔ ( + )
4 + 7i (4 + 7i)(2 − i) 15 +10 2 3 7 8 2 = 4 + 7 i i z i i i z i z = = = 2 + i (2+i)(2−i) 5
z = 3+ 2i . Từ đó ta có 2 2
w = z +1+ i = 4 + 3i w = 4 + 3 = 5 .
Vậy z = 3+ 2i w = 5.
Cách 2. (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm) 7 + 8i 2(1+ 2i)
Từ giả thiết ( + i) 2(1+ 2i) 2 z +
= 7 + 8i ta có (nhập máy): z = − = 3+ 2i . 1+ i
2 + i (2 + i)(1+ i)
Từ đó w là Ans +1+ i = 5 .
Ví dụ 4. (BGD - Đề thi tuyển sình Đại học 2012 - Khối D Câu 9b) Giải phương trình 2
z + 3(1+ i) z + 5i = 0 trên tập hợp các số phức. Phân tích. GV: Nguyễn Xuân Chung
Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về
- Các phép toán cộng, trừ, nhân, khai căn số phức
- Công thức nghiệm của phương trình bậc hai. Lời giải. Xét phương trình 2
z + 3(1+ i) z + 5i = 0 có ∆ = ( + i)2 9 1
− 4.5i = 9.2i − 20i = 2
i . Đến đây ta
biểu diễn ∆ thành bình phương của một số phức là ∆ = (i )2
2 , từ đó ta có hai nghiệm: 3
− (1+ i) −i 2 3 3+ 2 3 − (1+ i) + i 2 3 3− 2 z = = − − i, z = = − − i 1 2 . 2 2 2 2 2 2
Ví dụ 5. (BGD - Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 - Khối A - A1 - B - D Câu 7a) Cho số phức − z thỏa mãn 2 (1− 2 ) i i z
= (3− i)z . Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt 1+ i
phẳng tọa độ Oxy. Phân tích.
Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về
- Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia số phức
- Điểm biểu diễn số phức trên mặt phẳng tọa độ. Lời giải.
Biến đổi phương trình tương đương với 2 − i − − − = ⇔ ( + ) 2 (3 ) (1 2 ) 2 − i i z i z i z = 1+ i 1+ i 2 − i
2 − i (2 − i)(1− 3i) 1 − − 7iz = ( = = = .
1+ i)(2 + i) 1+ 3i 10 10 Vậy 1 7 z = − −
i nên có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là 1 7 M  ;  − − . 10 10 10 10   
Cách 2. (Hỗ trợ máy tính Casio) Bài trên có dạng B
Az B = Cz z =
nên trong Mode 2 ta ghi A C 2 3− Sto − i i A
Sto B 1− 2i Sto C B = ta được 1 7 − − i . 1+ i A C 10 10 Vậy 1 7 z = − −
i nên có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là 1 7 M  ;  − − . 10 10 10 10   
Ví dụ 6. (BGD - Đề thi tuyển sinh Cao đẳng 2012 - Khối A - A1 - B - D Câu 7b)
Gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z − 2z +1+ 2i = 0 . Tính z + z . 1 2 1 2 Phân tích. GV: Nguyễn Xuân Chung
Trong câu này chúng ta củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về
- Giải phương trình bậc hai trên tập số phức có hệ số phức
- Tính môđun của số phức. Lời giải. Phương trình 2
z − 2z +1+ 2i = 0 có ∆ = − ( + i) = − i = (i )2 2 ' 1 1 2 2
2 nên phương trình có hai 2 2
nghiệm là: z =1− i 2, z =1+ i 2 . Do đó ta có z + z = 1+ − 2 + 1+ 2 = 2 3 . 1 2 ( ) ( ) 1 2
Qua đó các em thấy được nội dung kiến thức thi Đại học - Cao đẳng trước đây cũng nhẹ
nhàng, đến bây giờ tuy có nâng cao vài phần nhưng các em cũng đừng lo lắng, miễn sao
chúng ta nắm chắc kiến thức cơ bản thì cũng làm được bài. Cụ thể ta xét các câu số phức thi
năm vừa qua ở mức VD - VDC có nội dung và đòi hỏi kỹ năng gì?
2. Một số câu trắc nghiệm gần đây
Ví dụ 7. (BGD - Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C34)

Cho số phức z thỏa mãn 3(z +i)−(2−i) z = 3+10i . Mô đun của z bằng A. 3. B. 5. C. 5 . D. 3 . Phân tích.
Trong câu này chúng ta thấy nội dung cũng giống như câu trong đề thi năm 2012
- Các phép toán cộng, trừ, nhân số phức
- Số phức liên hợp, phần thực, phần ảo, môđun của số phức. Lời giải. Cách 1. (Tự luận)
Giả sử z = a + bi,(a,b∈) ⇒ z = a bi . Từ giả thiết ta có:
3(a bi + i) −(2 −i)(a + bi) = 3+10i ⇔ 3a − 3bi − 2a b + ai − 2bi = 3+ 7i
a b − 3 = 0 a = 2
a b −3+ (a −5b − 7)i = 0 ⇔  ⇔ 
do đó z = 2 − i .
a − 5b − 7 = 0 b  = 1 − Vậy 2 z = 2 + (− )2 1 = 5 . Chọn C.
Cách 2. (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm) + − − − −
Từ giả thiết ta có: (− + i)
(3 7i)( 2 i) (3 7i).3 2
z + 3z = 3+ 7i z =
= 2 − i .(Nhập máy) 2 2 2 − i − 3
Từ đó w là Ans = 5 . Chọn C. (Công thức trên ta sẽ tìm hiểu VD 20)
Ví dụ 8. (BGD - Đề thi chính thức THPTQG 2019 M101 C44) GV: Nguyễn Xuân Chung
Xét các số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn của các số phức 4 w + iz =
là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z A. 34 B. 26 C. 34. D. 26. Phân tích.
Trong câu này chúng ta thấy nội dung là: Tìm biểu diễn của w thông qua z .
- Các phép biến đổi đại số
- Biến đổi hình học tọa độ. Lời giải.
Cách 1. (Tự luận - Biến đổi đại số)
Giả sử w = x + yi,(x, y ∈) . Ta có (1
w + z) = 4 + iz z (w i) = 4 − w ⇒ 2 w i = w − 4 2
⇒ x + ( y − )2  = (x − )2 2 2 1 4 + y 2 2 2 2  
⇔ 2(x + y − 2y + )
1 = x −8x +16 + y 2 2
x + y + 8x − 4y −14 = 0 ⇔ (x + 4)2 + ( y − 2)2 = 34 , suy ra R = 34 . Chọn A.
Cách 2. (Hỗ trợ máy tính - Trắc nghiệm)
Ta cho z ba giá trị khác nhau và tương ứng w có ba giá trị khác nhau và viết phương trình đường tròn có dạng: 2 2
x + y + 2ax + 2by + c = 0 (1).
Vào Mode 2 ghi 4 + iX CALC nhập 1
− − i = ta có (1;5) thay vào (1): 2a +10b + c = 26 − . 1+ X CALC nhập 1 − + i = ta có ( 1; − 3 − ) thay vào (1): 2
a − 6b + c = 10 − . CALC nhập 1  − + i = ta có 7 1 ;  
thay vào (1): 14a − 2b + 5c = 10 − . 5 5   
Giải hệ ba ẩn ta được a = 4,b = 2 − ,c = 14
− ⇒ r = 16 + 4 +14 = 34 . Nhận xét.
Vì tính chất u.v = u . v được sử dụng khá nhiều nên GV có thể hướng dẫn các em chứng
minh lại định lý như sau: Giả sử u = a + bi,v = x + yi,(a, .
b x, y ∈) , ta chứng minh định lý
bằng phép biến đổi tương đương: 2 2 2
u v = u v u v = u v ⇔ (ax by)2 + (ay + bx)2 = ( 2 2 a + b )( 2 2 . . . . x + y ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a x + b y + a y + b x = a x + b y + a y + b x (Luôn đúng a ∀ , .
b x, y ∈ ). Đpcm.
Như vậy phần nào các em thấy được là: nội dung có nâng cao vài phần nhưng cũng không
phải quá khó, miễn sao các em nắm chắc kiến thức cơ bản thì sẽ làm được bài.
Sau đây ta nghiên cứu một cách giải toán số phức bằng cách "Đặt ẩn phụ" xem thế nào?
Ví dụ 9. (THPT Chuyên Tiền Giang)
Cho số phức z = a + bi (a, b∈) thỏa mãn z +1+ 3i z i = 0. Tính S = a + 3b. GV: Nguyễn Xuân Chung A. 7 S = . B. S = 5 − . C. S = 5. D. 7 S = − . 3 3 Lời giải
Đặt z = m ≥ 0 , ta có z = − + (m − )i z = + (m − )2 2 1 3 1
3 ⇒ m =1+ (m −3)2 5
⇒ 0 =1− 6m + 9 ⇒ m = , thay trở về ta có 4 z = 1
− − i S = a + 3b = 5 − . Chọn B. 3 3
Cách 2. (Tính trực tiếp) Để cho gọn ta đặt 2 2
z = a + b = m ≥ 0 , ta có: z +1+ 3i z i = 0 hay là a +1 = 0 a = 1 − a bi 1 3i mi 0
a 1 (b 3 m)i 0  + + + − = ⇔ + + + − = ⇒  ⇒ b  3 m 0 (  + − =  b + 3  )2 2 2 = m =1+ ba = 1 a = 1 − −  ⇒  ⇒ 
4 ⇒ S = a + 3b = 5 − . 6b + 9 =1 b = −  3
Ví dụ 10. (THPT Kinh Môn - Hải Dương)
Số phức z = a + bi ( với a , b là số nguyên) thỏa mãn (1−3i) z là số thực và z − 2 + 5i =1.
Khi đó a + b A. 9. B. 8 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Đặt ( − ) m m 3 1 3 m
i z = m∈ ⇒ z = = +
i = n + 3ni . Ta cần tính a + b = 4 ; n n∈ . Thay z 1− 3i 10 10
vào giả thiết thứ hai ta có
n − + ( − n)i = ⇒ (n − )2 + ( − n)2 2 5 3 1 2 5 3
=1⇒ n = 2∈ ⇒ P = 8. Chọn B.
Cách 2. (Tính trực tiếp)
Ta có (1− 3i) z = (1− 3i)(a + bi) = a + 3b + (b −3a)i là số thực nên b = 3a do đó
z = a + 3ai thế vào giả thiết thứ hai ta được a − 3ai − 2 + 5i =1 suy ra
(a − )2 +( − a)2 2 5 3
= 1⇒ a = 2∈ ⇒ P = a + b = 4a = 8 .
Ví dụ 11. Cho số phức z = a + bi ( a , b là các số thực ) thỏa mãn z z + 2z + i = 0. Tính giá trị của biểu thức 2
T = a + b .
A. T = 4 3 − 2 . B. T = 3+ 2 2 .
C. T = 3− 2 2 .
D. T = 4 + 2 3 . Lời giải GV: Nguyễn Xuân Chung
Đặt z = m ≥ 0 , ta có z (m + 2) = i
− ⇒ z (m + 2) =1⇒ m(m + 2) =1⇒ m = 2 −1 thay trở về − ta có i z =
= ( − )i T = a +b = ( − )2 2 1 2 1
2 = 3− 2 2 . Chọn C. 2 +1
Mời các em giải cách khác.
Ví dụ 12. (BGD - Đề thi chính thức 2017)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − 3i = 5 và z là số thuần ảo? z − 4 A. 0 . B. 2. C. Vô số. D. 1. Lời giải 4bi
3b + (4b + 3)i Đặt z = ⇒ ( − ) 4 1 = 4 bi bi bi z bi z = , ta có − 3i = 5 ⇔ = 5 z − 4 bi −1 bi −1 bi −1 2
b + ( b + )2 = ( 2 b + ) 2 16 24 9 4 3 25
1 ⇒ 24b =16 ⇒ b = ⇒ z = − i . Chọn D. 3 13 13 Lời bình
Việc đặt ẩn phụ khi giải toán về số phức góp phần làm cho lời giải bớt cồng kềnh trong biến
đổi, thậm chí là đi nhanh đến kết quả hơn.
Mời các em tính trực tiếp.
Ví dụ 13. (BGD - Đề tham khảo 2018)
Cho số phức z = a + bi(a,b∈) thỏa mãn z + 2 + i z (1+ i) = 0 và z >1 . Tính P = a + b A. 1 − . B. 5 − . C. 3. D. 7 . Lời giải Cách 1.
Đặt z = m >1. Ta có z = − − i + m( + i) = (m − ) + (m − )i m = (m − )2 + (m − )2 2 1 2 1 2 1 2 2 2
m = 2m − 6m + 5 ⇒ m − 6m + 5 = 0 ⇒ m = 5 . Vậy z = 3+ 4i P = 7 . Chọn D. Cách 2. Biến đổi phương trình z 2 + i 1 z = + = z ( − i) 3 1 1
+ − i ⇔ 2 z − 3+ i = (1− i) z . 1+ i 1+ i 2 2 2
Đặt z = m >1 ⇒ ( m − )2 2 2
3 +1 = 2m ⇒ 2m −12m +10 = 0 ⇒ m = 5
Thay trở về ta được z = 2
− − i + 5(1+ i) = 3+ 4i P = 7 . Cách 3. GV: Nguyễn Xuân Chung a + − m = b  = a +
Đặt z = m >1 khi đó ta có a + bi + + i m( + i) 2 0 1 2 1 = 0 ⇔  ⇔ b  1 m 0  + − = m =1+ b >1 b  = a +1 > 0  b  = a +1 > 0 a = 3 Suy ra ( ⇔  ⇔  ⇒ = .  b −  ) P 7 2 2 1 + b = (1+ b)2 2 b  − 4b = 0 b  = 4
Cách 4. (Trắc nghiệm) a + = m
Đặt z = m >1, ta có z + + i = m( + i) 2 2 1 ⇒ 
a + b = 2m − 3 > 1 − . Đến đây ta thử b  +1 = m
+ Đáp án C: 2m − 3 = 3 ⇒ m = 3 ⇒ z =1+ 2i ⇒ 3 = m = z = 5 (loại)
+ Đáp án D: Tô khoanh tròn!.
Ví dụ 14. (THPT Chuyên Quang Trung - Bình Phước)
Tìm số phức z thỏa mãn z − 2 = z và (z + )
1 (z i) là số thực.
A. z =1+ 2 .i B. z = 1 − − 2 .i
C. z = 2 − .i
D. z =1− 2 .i Lời giải
Giả sử z = a + bi,(a,b∈) thì 2 2
z = a + b = m ≥ 0 , ta có z − = m ⇒ (a − )2 2 2 2 2 + b = m ⇒ 4
a + 4 = 0 ⇒ a =1, khi đó z =1+ bi và (2 + bi) 1
 − (1+ b)i   là số thực nên 2
− (1+ b) + b = 0 ⇒ b = 2
− . Vậy z =1− 2i . Chọn D. Cách 2.
Ta có thể dùng chức năng CALC để thử kiểm tra trước tiên z − 2 = z xem số nào thỏa mãn?
Ghi X − 2 = X CALC nhập các số phức. Loại BC. Tiếp theo kiểm tra điều kiện thứ hai
Ghi (2 + Bi)(1− Bi i) CALC nhập phần ảo 2 = thì loại A. Vậy chọn D. Cách 3.
Giả sử z = a + bi,(a,b∈) thì (z + )
1 (z +1−1−i)∈ ⇔ (z + ) 1 (z + ) 1 − (z + ) 1 (1+ i)∈ ⇔ ( z + )
1 (1+ i) =1+ a + bi + i + ia b∈ ⇒ b +1+ a = 0 ⇒ b = 1 − − a .
Mặt khác z − = z ⇒ (a − )2 2 2 2 2
2 + b = a + b a =1 do đó b = - 2 và z = 1 - 2i.
Ví dụ 15. (THPT Chuyên Nguyên Giáp Quảng Bình)
Cho số phức z thỏa mãn z z = 2 . Biết rằng phần thực của z bằng a . Tính z theo a bằng 2 2 2 A. 1 .
B. a a +1 .
C. a + a +1 .
D. a + a + 4 . 1− a 2 2 2 GV: Nguyễn Xuân Chung Lời giải
Giả sử z = a + bi thì 2 2
z = a + b = m ≥ 0 , ta có z m = ⇒ (a m)2 2 2 + b = 2 2 2 2 2 2 a a 4 a b 2am m 2 0 m am 1 0 m + + ⇒ + − + − = ⇒ − − = ⇒ = . Chọn D. 2
Mời các em giải cách khác.
Ví dụ 16. (THPT Trần Phú Tĩnh )
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z +1− 3i = 3 2 và (z + i)2 2 là số thuần ảo? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Lời giải
Đặt z +1− 3i = a + bi z = a −1+ (b + 3)i ta có 2 2
z +1− 3i = 3 2 ⇒ a + b =18 (*) và ( a = b + z + i)2
2 = a −1+ (b + 5) 2 i 2 2 6 
 là số thuần ảo nên ⇒ (a − )
1 − (b + 5) = 0 ⇔  a = b − − 4
+ TH 1: a = b + 6 thì (b + )2 2
6 + b =18 ⇔ b = 3 − (nghiệm kép).
+ TH 2: a = - b - 4 thì (b + )2 2 2
4 + b =18 ⇔ b + 4b −1 = 0 (Hai nghiệm vô tỉ). Chọn C.
Ví dụ 17. (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Nội)
Gọi z , z là hai trong các số phức thỏa mãn z −1+ 2i = 5 và z z = 8 . Tìm môđun của số 1 2 1 2
phức w = z + z − 2 + 4i . 1 2 A. w = 6. B. w =16. C. w =10.
D. w =13. Lời giải Cách 1. (Hình học)
Đặt u = z −1+ 2i,v = z −1+ 2i thì khi đó w = u + v 1 2
u = v = 5 nên w = u + v sẽ là đường chéo hình u
thoi, ngoài ra u v = z z = 8 w 1 2 2 v Suy ra 2  8 w u v 2 5  = + = − =   6 . Chọn A.  2 
Ví dụ 18. (THPT Đặng Thúc Hứa Nghệ An)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn (1+ i) z + z là số thuần ảo và z − 2i =1 A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số. Lời giải
Đặt z − 2i = a + bi z = a + (b + 2)i , ta có 2 2
z − 2i =1⇒ a + b =1 (*) và GV: Nguyễn Xuân Chung
(1+i) z + z = z + z +iz = 2a −(b + 2)+ ai là số thuần ảo nên ⇒ 2a −(b + 2) = 0 a = 1
b = 2a − 2 thế vào (*) ta có 2 a (2a 2)2 1  + − = ⇔
3 . Suy ra có 2 số phức. Chọn A. a =  5
Lời bình. Bài trên ta đặt ẩn phụ chưa được trong sáng, nhưng cũng gọn gàng hơn một tí.
Sau đây ta xét thêm một số bài toán liên quan đến z z như đã nói phần đầu.
Ví dụ 19. (SGD Bắc Giang )
Cho số phức z thỏa mãn z − 2z = 7
− + 3i + z . Tính z . A. 3. B. 13 . C. 25 . D. 5. 4 4 Lời giải
Giả sử z = a + bi thì 2 2
z = a + b = m , ta có m = 7
− + 3i + 2z + z = 3a − 7 + (3−b)i 2 2 m = 3a − 7
a + 9 = 9a − 42a + 49 ⇒   ⇒  7
a = 4,b = 3 . Vậy z = 4 + 3i z = 5 . Chọn D. 0 = 3 − b b = 3,a ≥  3
Ví dụ 20. Biết z = a + bi (a,b∈ )
 là số phức thỏa mãn (3− 2i) z − 2iz =15 −8i . Tổng a + b
A. a + b = 5 .
B. a + b = 1 − .
C. a + b = 9.
D. a + b =1. Lời giải Cách 1.
Ta có z = a + bi z = a bi . Theo đề bài ta có ( 3  a =15 a = 5
3− 2i)(a + bi) − 2i(a bi) =15−8i ⇔ 3a −(4a −3b)i =15−8i ⇔  ⇔  . 4a − 3b = 8 b  = 4
Vậy a + b = 9 . Chọn C. Cách 2.
Phương trình dạng Az + Bz = C , ta có . + . C B
A z B z = C z = − .z thay trở về A AC B
C.A C.B (15 −8i)(3+ 2i) − (15 + 8i)( 2 − i)
Az + B − z  = C z = = A A . A A −   . B B 13− 4
z = 5 + 4i a + b = 9 . Chọn C. Kết quả: Ban đầu là C A C B
Az + Bz = C và tính được . . z = . . A A − . B B
Ví dụ 21. (SGD Quảng Nam )
Tổng phần thực và phần ảo của số phức z thoả mãn iz + (1−i) z = 2 − i bằng GV: Nguyễn Xuân Chung A. 2 . B. 2 − . C. 6 . D. 6 − . Lời giải
C.A C.B ( 2 − i).( i
− ) − 2 .i(1− i)
Áp dụng công thức Az + Bz = C z = = = 4 + 2i . A A − . B B 1− 2
Do đó a = 4,b = 2 ⇒ a + b = 6 . Chọn C.
Mời các em giải theo cách 2.
Ví dụ 22. (THPT Chuyên Thái Bình )
Cho số phức z thỏa mãn: z(1− 2i) + z.i =15 + i . Tìm modun của số phức z ? A. z = 5 . B. z = 4 . C. z = 2 5 . D. z = 2 3 . Lời giải
C.A C.B (15 + i).(1+ 2i) − (15 − i).i
Áp dụng công thức Az + Bz = C z = = = 3+ 4i . A A − . B B 5 −1
Do đó Ans = 5. Chọn A.
Mời các em giải theo cách 2.
3. Một số bài luyện tập
Câu 1. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2 + 3i = 5 và z là số thuần ảo ? z − 2 A. 2 . B. vô số. C. 1. D. 0 .
Câu 2. (BGD - Đề thi chính thức 2017)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 2 − i = 2 2 và (z − )2 1 là số thuần ảo? A. 0 . B. 2. C. 4 . D. 3.
Câu 3. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: z −10 + 2i = z + 2 −14i
z −1−10i = 5 ? A. 2 . B. 0 . C. 1. D. Vô số.
Câu 4. (BGD - Đề thi tham khảo 2017)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z i = 5 và 2
z là số thuần ảo? A. 2 . B. 3. C. 4 . D. 0 .
Câu 5. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z − (2 + i) = 10 và z.z = 25 ? A. 2 . B. 3. C. 1. D. 4 . GV: Nguyễn Xuân Chung
Câu 6. (BGD - Đề thi chính thức 2018 M101 C30)
Xét các số phức z thỏa mãn (z + i)(z + 2) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất
cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng A. 1. B. 5 . C. 5 . D. 3 . 4 2 2
Câu 7. Xét các số phức z thỏa mãn z (z − 2+i)+ 4i −1 là số thực. Biết rằng tập hợp các điểm biểu
diễn của số phức z là đường thẳng d . Diện tích tam giác giới hạn bởi đường thẳng d và hai
trục tọa độ bằng A. 8 . B. 4 . C. 2 . D. 10.
Câu 8. (BGD - Đề thi chính thức 2018 M101 C38)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z (z − 4 −i) + 2i = (5 −i) z ? A. 2 . B. 3. C. 1. D. 4 .
Câu 9. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn (1+ i) z + z là số thuần ảo và z − 2i =1. A. 2 . B. 1. C. 0 . D. Vô số.
Câu 10. (BGD - Đề thi chính thức 2017)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z + 3i = 13 và z là số thuần ảo ? z + 2 A. 0 . B. 2. C. Vô số. D. 1.
Câu 11. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2 2
z + 2zz + z = 8 và z + z = 2 ? A. 2 . B. 1. C. 3. D. Vô số.
Câu 12. (THPT Chuyên Thái Bình)
Cho số phức z = a + bi (a, b∈) thỏa mãn (2 + i) z = z −1+ i(2z + 3) . Tính S = a + b . A. S =1. B. S = 5 − . C. S = 1 − . D. S = 7 .
Câu 13. Biết số phức z có phần ảo khác 0 và thỏa mãn z − (2 + i) = 10 và z.z = 25. Điểm nào
sau đây biểu diễn số phức z đã cho? A. P(4; 3 − ). B. N (3; 4 − ) . C. M (3; 4) . D. Q(4; 3) .
Câu 14. (BGD - Đề thi chính thức 2018 M102 C49)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z (z −3−i) + 2i = (4 −i) z ? A. 1. B. 3. C. 2 . D. 4 .
Câu 15. Cho số phức z = a + i
b (a,b∈) thỏa mãn (z +1+ i)(z −i) + 3i = 9 và z > 2 .
Tính P = a + b . GV: Nguyễn Xuân Chung A. 2 . B. 1. C. 3 − . D. 1 − .
Câu 16. (THPT Ngô Quyền – Ba Vì ) Cho số phức −
z thỏa mãn: (1+ i) z − (2 − i) z = 3. Tìm modun của số phức i 2z w = . 1− i A. 122 . B. 3 10 . C. 45 . D. 122 . 5 2 4 5
Câu 17. Cho số phức z thỏa mãn ( − i) z + ( + i) z + ( + i)2 2 3 4
1 3 = 0 . Gọi a,b lần lượt là phần thực và
phần ảo của số phức z. Khi đó 2a − 3b bằng A. 1. B. 4. C. 11. D. -19.
Câu 18. (BGD - Đề thi chính thức 2019 M102 C31)
Cho số phức z thỏa mãn 3(z i) −(2 + 3i) z = 7 −16i . Môđun của z bằng A. 5 . B. 5. C. 3 . D. 3.
Câu 19. Cho số phức z thỏa mãn z = 2 và z không phải số thực. Số 1 có phần thực bằng 2 − z A. 1 . B. 1 . C. 4. D. Kết quả khác. 2 4
Câu 20. (SGD Thanh Hóa)
Gọi z , z là hai trong các số phức thỏa mãn z −1+ 2i = 5 và z z = 8 . Tìm môđun của số 1 2 1 2
phức w = z + z − 2 + 4i . 1 2 A. w = 6. B. w =16. C. w =10.
D. w =13.
>>>>>>>>>
Như vậy trong phần I thì chúng ta ôn tập và cũng cố những kiến thức cơ bản nhất về số
phức, đồng thời rèn luyện một số kỹ năng giải toán nhất định, nhìn chung các bài toán ở mức 6 - 7 điểm.
Trong phần II chúng ta sẽ nghiên cứu các bài toán ở mức 8 - 9 - 10 điểm, có khá nhiều bài
toán và có nội dung rộng hơn, bao gồm:
- Biểu diễn tập hợp số phức là đường thẳng, đường tròn (nâng cao).
- Các bài toán tương đối đơn giản về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
- Các bài toán tính toán (nâng cao).
- Các bài toán nâng cao về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. GV: Nguyễn Xuân Chung
SỐ PHỨC - PHẦN II (VD - VDC)
Qua các ví dụ trong Phần I thì chúng ta đã củng cố tương đối nhiều kiến thức cơ bản và rèn luyện
một số kỹ năng giải toán về số phức. Trong Phần II này chúng ta tiếp tục nghiên cứu các bài toán
nâng cao về số phức: trong đó liên quan đến khá nhiều kiến thức về hình học véc tơ và tọa độ trong
mặt phẳng, ngoài ra cũng cần nhiều kiến thức về các bất đẳng thức Mincopxki và Bunhiacopxki.
1. Biểu diễn tập hợp số phức là đường thẳng hay đường tròn
Bài toán cho dạng: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (α ) . Tìm tập hợp biểu diễn của z trên
mặt phẳng tọa độ Oxy (hoặc của số phức w thông qua z ). Cách giải là:
+ Chuyển về bài toán hình học tọa độ phẳng: Biểu diễn các điều kiện thông qua điểm và véc tơ.
+ Gọi z = x + yi thế vào điều kiện (α ) và biến đổi đại số. Hoặc biến đổi theo quan hệ biểu thức
Bản chất cả hai cách giải là như nhau.
Ví dụ 1. Cho các số phức z thỏa mãn z i = z −1+ 2i . Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
w = z + 2i trên mặt phẳng tọa độ là một đường thẳng. Phương trình đường thẳng đó là
A. 2x y − 2 = 0 .
B. 2x + y − 2 = 0 .
C. x + 3y − 4 = 0.
D. x − 3y + 4 = 0. Lời giải Cách 1. (Hình học)
Thế z = w - 2i vào giả thiết ta có: w − 3i = w −1 . Gọi M ( ;
x y) biểu diễn số phức w và
A(0;3), B(1;0) biểu diễn các số phức z = 3i, z =1 trên mặt phẳng phức thì ta có MA = MB , 1 2
nên tập hợp các điểm M là đường trung trực của AB có phương trình x − 3y + 4 = 0. Chọn D. Cách 2. (Đại số)
Thế z = w - 2i vào giả thiết ta có: w − 3i = w −1 . Gọi w = x + yi,(x, y ∈) khi đó ta có w − 3i = w −1 2
x + ( y − )2 = (x − )2 2 3
1 + y ⇒ 2x − 6y + 8 = 0 ⇒ x − 3y + 4 = 0 .
Cách 3. (Trắc nghiệm Casio)
Ta cũng gọi w = x + yi,(x, y ∈) (chỉ ngầm hiểu - không cần ghi), mà đường thẳng đi qua hai
điểm phân biệt nên ta vào Mode 2 nhập hai cặp ( ;
x y) khác nhau của một đường thẳng thỏa
mãn giả thiết. Ghi X +Yi − 3i X +Yi −1 CALC
- Phương án A: Ta nhập x = 1, y = 0. Loại A và do đó loại B.
- Phương án C: Ta nhập x = 2, y = 0 thì loại C. Lời bình.
Các em cần luyện tập về viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm, trung trực của đoạn thẳng.
Sau đây ta luyện tập kỹ năng phép nhân số phức và số phức liên hợp. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 2. (BGD - Đề thi chính thức THPTQG 2018 M102 C33)
Xét các số phức z thỏa mãn (z +3i)(z −3) là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất
cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng A. 9 . B. 3 2 . C. 3. D. 3 2 . 2 2 Lời giải
Gọi z = x + yi (x y ∈) 2 , , ⇒ z = ;
m z.z = m khi đó ta có
(z+ i)(z− ) 2 3
3 = m − 3x + 3yi + 3xi − 3y − 9i là số thuần ảo nên 2
m − 3x − 3y = 0 suy ra 2 2 2 2 3 3 3 2
x + y − 3x − 3y = 0 là đường tròn có bán kính r     = + =  . Chọn D. 2   2      2
Ví dụ 3. Xét các số phức z thỏa mãn (z + 2 −i)(z i)− 2i −1 là số thuần ảo. Tập hợp điểm biểu
diễn của số phức z là đường tròn có diện tích bằng
A. S = 2π .
B. S = 9π .
C. S = 2π 3 .
D. S = 3π . Lời giải
Gọi z = x + yi (x y ∈) 2 , , ⇒ z = ;
m z.z = m khi đó ta có
(z + −i)(z i) 2 2
− 2i −1 = m − 2 + 2x − (z + z)i − 4i − 2yi là số thuần ảo nên 2
m − 2 + 2x = 0 suy ra 2 2
x + y − + x = ⇒ (x + )2 2 2 2 0
1 + y = 3 là đường tròn có bán kính r = 3 . Vậy ta có 2
S = π r = 3π . Chọn D.
Ví dụ 4. (SGD Phú Thọ)
Cho số phức z thỏa mãn (z + 3−i)(z +1+3i) là một số thực. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm
biểu diễn của z là một đường thẳng. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó bằng: A. 4 2 . B. 0. C. 2 2 . D. 3 2 . Lời giải
Gọi z = x + yi (x y ∈) 2 , , ⇒ z = ;
m z.z = m khi đó ta có
(z + −i)(z + + i) 2 3
1 3 = m + 6 + 4x − 4y − 2yi + 8i + 2xi là số thực nên 2x − 2y + 8 = 0 và đây là 8
đường thẳng ∆ và có d (O,∆) = = 2 2 . Chọn C. 2 2 2 + 2 Lời bình.
Các ví dụ 3 và ví dụ 4 đòi hỏi chúng ta phải nhân phá ngoặc biểu thức khá dài và rất dễ bị sai
số, khi nhân thông thường ta xem như 4× 4 =16 đơn thức khác nhau, bởi vậy ta cần sử dụng
các tính chất của số phức hợp lý để nhẩm và rút gọn bớt nhằm tránh độ phức tạp. Đó là các bài
toán rất tốt để củng cố kiến thức và rèn luyện kỹ năng vế số phức.
Sau đây là các ví dụ sử dụng tính chất của số phức và rèn luyện kỹ năng biến đổi. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 5. (THPT Trần Hưng Đạo – Ninh Bình & THPT Chuyên Sơn La)
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3+ 4i ≤ 2. Trong mặt phẳng Oxy , tập hợp điểm biểu
diễn số phức w = 2z +1− i là hình tròn có diện tích bằng A. S = 9π . B. S =12π . C. S =16π . D. S = 25π . Lời giải
Biến đổi z − 3+ 4i ≤ 2 ⇔ 2z − 6 + 8i ≤ 4. Từ đó ta có w = 2z +1− i w − 7 + 9i = 2z − 6 + 8i
w − 7 + 9i ≤ 4 nên tập hợp w là hình tròn bán kính r = 4 do đó S =16π . Chọn C.
Ví dụ 6. Cho số phức z thỏa mãn z −1 = 5. Biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức w xác định
bởi w = (2 + 3i) z + 3+ 4i là một đường tròn bán kính R . Tính R . A. R = 5 17 . B. R = 5 10 . C. R = 5 5 . D. R = 5 13 . Phân tích.
Ta chú ý tính chất sau của số phức: 2 2
z = a + bi z = a bi z = z = a + b .
Mở rộng: z m = a m + bi z m = a m bi z m = z m = (a m)2 2 + b ,m∈ . Lời giải Biến đổi
w = (2 + 3i) z − 2 −3i + 5 + 7i w −5 − 7i = (2 + 3i)(z − )
1 ⇒ w − 5 − 7i = (2 + 3i)(z − ) 1
Từ đó ta có w − 5 − 7i = z −1 . 2 + 3i = 5 13 . Chọn D.
Ví dụ 7. Cho số phức z thỏa mãn (z − 2 + i)(z − 2−i) = 25. Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số
phức w = 2z − 2 + 3i là đường tròn tâm I ( ;
a b) và bán kính c . Giá trị của tích abc bằng A. 17 . B. 17 − . C. 100. D. 100 − . Phân tích.
Ta sẽ áp dụng tính chất: z = z z m = z − , m m ∀ ∈  . Lời giải
Đặt u = z − 2 − i u = z − 2 + i thì từ giả thiết ta có u u = 25 ⇒ u = 5 và biến đổi
w = 2z − 2 + 3i = 2z − 4 − 2i + 2 + 5i w − 2 − 5i = 2(z − 2 −i) = 2u . Từ đó ta được
w − 2 − 5i = 2 u =10 . Đến đây ta biểu diễn w là đường tròn có tâm I (2;5) , bán kính R =10.
Vậy abc =100 . Chọn C. Lời bình.
Trên đây là bài toán ý tưởng lấy từ bài toán của THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Nội
&THPT Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp, trong đó bài toán hỏi tổng a + b + c . GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 8. Biết tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I (3;0) , bán kính R =1, khi
đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức i w =
là đường tròn có bán kính r bằng z −1 A. 1 r = . B. 1 r = . C. 13 r = . D. r = 3 . 9 3 3 Lời giải
Biến đổi wz w = i w(z −3) = i − 2w w = 2w i (Vì z −3 =1). Từ đó gọi w = x + yi 2 thì 2 2
x + y = ( x)2 + ( y − )2 ⇒ ( 2 2 2 2 1
3 x + y ) − 4y +1= 0. Suy ra 2  2  1 1 r = 0 + − =  . 3    3 3 Chọn B. Lời bình.
Thoạt nhìn cách giải khá đơn giản, nhưng thực ra khá phức tạp, nếu ta dùng phép thế và quy
đồng mẫu thức thì cũng là sử dụng tính chất "Môđun của một tích bằng tích các môđun", nghĩa là .
u v = u . v . Mà trong chương trình nâng cao các em Ban tự nhiên được học, nhưng các em
Ban xã hội không được học, cho nên thực chất bài trên là bài toán khó, đó là một Hypebbol
trong tập số phức. Bởi vậy, để sử dụng được tính chất đó thì chẳng khác nào ta đi chứng minh
lại định lý trên. Sau đây ta giải theo cách 2 để thấy rõ độ phức tạp của bài toán. Cách 2.
Gọi z = a + bi, w = x + yi,(a, .
b x, y ∈) , ta có: (a − )2 2 2 2
3 + b =1⇒ a + b = 6a −8 .
Ngoài ra (z − )(z − ) = (a − +bi)(a − −bi) = (a − )2 2 2 2 1 1 1 1
1 + b = a + b − 2a +1 = 4a − 7 . Khi đó i i (z− )1
i(a bi − ) 1 b a −1  7 w i x yi,a  = = = = + = + ≠ . z 1 (  − z − ) 1 (z − )1 4a − 7
4a − 7 4a − 7  4  Suy ra hệ b a −1 x = , y =
. Mục tiêu là ( − )2 + ( − )2 2 x m
y n = r = const 4a − 7 4a − 7 2 2 do đó  b   a −1  2 − m + − n =    
r . Ở đây có ba ẩn nên cần có ba phương trình.  4a − 7   4a − 7  + Cho a = 2, b = 0 ta có 2 m + ( − n)2 2 1 = r (1) . 2
+ Cho a = 4, b = 0 ta có 2  1  2 m + − n =   r (2).  3  2 2
+ Cho a = 3, b = 1 ta có  1   2  2 − m + − n =     r (3) .  5   5 
Lấy (2) trừ (1) ta có 4n 8 2
− = 0 ⇒ n = . Lấy (3) trừ (1) suy ra: 2m 6m 4 − + − = 0 ⇒ m = 0 . 3 9 3 5 5 5 2 Từ đó ta có 1 r  
= 1− n = , phương trình đường tròn là 2 2 1 x +  y − = . Chọn B. 3 3    9 Định lý " .
u v = u . v " được sử dụng rất nhiều do đó các em cần nắm vững để vận dụng. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 9. (SGD Thanh Hóa)
Gọi z , z là hai trong các số phức z thỏa mãn z − 5 − 3i = 5, sao cho z z = 8 . Tập hợp 1 2 1 2
các điểm biểu diễn của số phức w = z + z trong mặt phẳng tọa độ 1 2
Oxy là đường tròn có
phương trình nào dưới đây? 2 2 A.  5   3  9 x − + 2 2   y − =  .
B. (x −10) + ( y − 6) = 36. 2 2      4 2 2
C. (x − )2 + ( y − )2 10 6 =16. D.  5   3 x y  − + − =     9 .  2   2  Lời giải
Đặt u = z − 5 − 3i,v = z − 5 − 3i w = z + z = u + v +10 + 6i w −10 − 6i = u + v 1 2 1 2 .
Mặt khác ta có u = v = 5 nên u + v là đường chéo hình thoi, ngoài ra u v là đường chéo
thứ hai, hơn nữa u v = z z = 8 do đó 2 2
u + v + u v = ( 2 2
2 u + v ) ⇒ u +v = 6 1 2
Hay ta có w −10 − 6i = 6 . Chọn B. 2 − +
Ví dụ 10. Xét số phức 2z z 2
z có phần ảo khác 0 thỏa mãn
là số thực. Tập hợp các điểm biểu 2 z + z +1
diễn của số phức z là đường tròn có bán kính r bằng
A. r = 3. B. r =1.
C. r = 3 . D. r = 2 . Phân tích.
Ta thấy biểu thức khá phức tạp nên cần rút gọn bớt theo hình thức phép chia đa thức. Lời giải 2
Gải sử z = x + yi ( y ≠ 0 ), ta có 2z z + 2 3z 3 = 2 − = 2 − là số thực khi 2 2 z + z +1 z + z +1 1 z + +1 z 1 1 1 (x + yi)( 2 2
x + y ) + x yi z + +1 là số thực 1
z + là số thực, mà z + = x + yi + = . z z 2 2 z x + yi x + y Suy ra y ( 2 2 x + y ) 2 2
y = 0 ⇒ x + y =1 (Vì y ≠ 0 ). Chọn B. Cách 2.
Vì thi trắc nghiệm nên ta chỉ cần xác định hai số phức thỏa mãn giả thiết và z a bi = r . 2
Đặt 2z z + 2 = m∈ ⇒ (2 − m) 2
z − 1+ m z + 2 − m = 0 . Dễ thấy m = 2 không thỏa mãn 2 ( ) z + z +1 nên suy ra 2 1+ m z
z +1 = 0 và gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình thì theo định 2 − m 1 2
lý Viet ta có z z =1⇒ z = z =1 đều thỏa mãn điều kiện z =1. Vậy r =1. Chọn B. 1 2 1 2 GV: Nguyễn Xuân Chung
2. Các bài toán đơn giản tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
Đối với các bài toán vận dụng tương đối đơn giản về giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất thì các em
cần có kỹ năng tốt về viết phương trình đường thẳng, đường tròn.
Ví dụ 11. (THPT Trần Hưng Đạo – Ninh Bình)
Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z + 3i = z + 2 − i . Tìm số phức có môđun nhỏ nhất?
A. z =1− 2i . B. 1 2 z = − + i . C. 1 2 z = − i . D. z = 1 − + 2i . 5 5 5 5 Lời giải Cách 1. (Hình học) Gọi M ( ;
x y) biểu diễn số phức z A(0; 3 − ), B( 2; − )
1 biểu diễn các số phức z = 3 − i, z = 2
− + i trên mặt phẳng phức thì z + 3i = z + 2 − ⇔ = , nên tập hợp các 1 2 i MA MB
điểm M là đường trung trực của BA và có phương trình d: 2x − 4y = 2 . Ta có z = OM nhỏ nhất x − 2y =1 1 2
khi OM là khoảng cách từ O đến d, ta có hệ 
x = , y = − . Chọn C. 2x + y = 0 5 5
Cách 2. (Đại số - Bất đẳng thức)
Gọi z = a + bi (a b∈) 2 2 , ,
z = a + b , từ giả thiết ta có 2
a + (b + 3)2 = (a + 2)2 + (b − )2 1 1 1
suy ra 1 = a − 2b ≤ ( 21 +( 2 − )2 )( 2 2
a + b ) ⇒ z ≥ ⇒ z = đạt được tại min 5 5 a − 2b =1 1 2 
a = ,b = − .  2 − a = b 5 5
Cách 3. Đối với bài toán này ta có thể kiểm tra bằng máy tính Casio xem số phức nào thỏa
mãn hai điều kiện thì chọn. Trong Mode 2
Điều kiện z + 3i z + 2 − i = 0 ghi X + 3i X + 2 − i CALC rồi nhập X là các số phức
thì duy nhất đáp án C thỏa mãn. Do đó không cần kiểm tra điều kiện môđun nhỏ nhất.
Cách 4. (Đại số - Khảo sát)
Gọi z = x + yi (x y ∈) 2 2 , ,
z = x + y , từ giả thiết ta có 2
x + ( y + 3)2 = (x + 2)2 + ( y − )2 1
suy ra x = 2y +1 và do đó z = ( y + )2 2 2 1 1 2
1 + y = 5y + 4y +1 ≥ ⇒ z = đạt được min 5 5 2 1
tại y = − ⇒ x = . (Sử dụng tam thức bậc hai hoặc Mode 7). 5 5
Ví dụ 12. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z − 2 − 4i = z − 2i . Tìm môđun nhỏ nhất của số phức z + 2i . A. 5 B. 3 5. C. 3 2 . D. 3 + 2 . Lời giải
Đặt z + 2i = a + bi z = a + (b − 2)i , ta cần tìm min của 2 2
T = a + b . Thay z vào giả thiết ta
a − + (b − )i = a + (b − )i ⇒ (a − )2 + (b − )2 2 2 6 4 2
6 = a + (b − 4)2 ⇒ a + b = 6 . Từ đó ta có 2 2 1
T = a + b
(a +b)2 = 3 2 . Chọn C. 2 GV: Nguyễn Xuân Chung
Cách 2. Mời các em giải theo phương pháp hình học hoặc khảo sát.
Cách 3. (Sử dụng công thức tính nhanh và Casio - Xem chứng minh phần Phụ lục. Tr47)
Đường thẳng có dạng z A = z B và cần tính min z C ta tham khảo công thức sau 2 2
C A C B 2 A B
Bấm CALC nhập -2i = 2 + 4i = 2i = ta được kết quả cần tìm (Nhập C trước).
Ví dụ 13. [THPT Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp]
Xét các số phức z, w thỏa mãn z + 2 − 2i = z − 4i w = iz +1. Giá trị nhỏ nhất của w bằng? A. 2 B. 2 C. 3 2 D. 2 2 . 2 2 Lời giải Gọi M ( ;
x y) biểu diễn số phức z A( 2;
− 2), B(0;4) biểu diễn các số phức z = 2
− + 2i, z = 4i trên mặt phẳng phức thì z + 2 − 2i = z − 4 ⇔ = , nên tập hợp các 1 2 i MA MB
điểm M là đường trung trực của AB và có phương trình d: 2x + 2y = 4 . Ta có
w = iz +1 = z i = M
I , với I (0; )
1 , suy ra IM nhỏ nhất khi IM là khoảng cách từ I đến d, ta − có d (I d ) 2 4 2 , = = . Chọn B. 8 2
Cách 2. Mời các em giải theo phương pháp đại số (Bất đẳng thức hoặc khảo sát).
Cách 3. (Công thức tính nhanh + Casio) 2 2
C A C B
Biến đổi w = z i , đường thẳng z + 2 − 2i = z − 4i , sử dụng công thức 2 A B
CALC nhập i = -2 + 2i = 4i = ta được kết quả cần tìm.
Ví dụ 14. Cho số phức z không phải số thuần ảo và thỏa mãn điều kiện 2
z + 4 = z(z + 2i) . Giá
trị nhỏ nhất của z + i bằng A. 2. B. 1. C. 3. D. 4. Lời giải Biến đổi 2
z + 4 = z(z + 2i) ⇔ z − 2i . z + 2i = z . z + 2i z − 2i = z 2 2
C A C B
(vì z + 2i > 0 ). Đến đây ta sử dụng công thức tính nhanh 2 A B
CALC nhập - i = 2i = 0 = ta được kết quả bằng 2. Chọn A.
Mời các em giải theo cách khác.
Ví dụ 15. Cho số phức z thỏa mãn z −1+ 2i = 2 . Tìm môđun lớn nhất của số phức . z A. 9 + 4 5. B. 11+ 4 5 C. 6 + 4 5 D. 5 + 6 5 . Lời giải Cách 1. (Đại số)
Đặt z −1+ 2i = a + bi z = a +1+ (b − 2)i . Từ giả thiết ta có 2 2 a + b = 4 (1). GV: Nguyễn Xuân Chung
Khi đó theo (1) và bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2
z = (a + )2 + (b − )2 = + a b ≤ + ( 2 +(− )2)( 2 2 1 2 9 2 4 9 2 4
a + b ) = 9 + 4 5 . Hay ta có z = 9 + 4 5 . Chọn A. max Cách 2. (Hình học) Giả sử 2 2
z = x + yi z = x + y = R ≥ 0 . Vì tìm z nên xét max
R > 0 . Từ giả thiết z −1+ 2i = 2 là đường tròn tâm I (1; 2 − ) bán O I M
kính r = 2 . Vậy để R lớn nhất thì hai đường tròn tiếp xúc trong
với nhau và R = OI + r = 5 + 2
Ví dụ 16. [THPT Chuyên Phan Bội Châu]
Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i =1. Giá trị lớn nhất của z +1+ i A. 13 + 2 . B. 4 . C.6 . D. 13 +1. Lời giải Cách 1. (Đại số)
Đặt z − 2 − 3i = a + bi z = a + 2 + (b + 3)i . Từ giả thiết ta có 2 2 a + b =1 (1).
Ta có w = z + + i = a + − (b + )i ⇒ 2
w = (a + )2 + (b + )2 1 3 2 3
2 , khi đó theo (1) và bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 2 2 w = + a + b ≤ + ( 2 + 2 )( 2 a + 2 14 6 4 14 6 4
b ) = 14 + 2 13 = ( 13 +1) Suy ra w = 13 + 1. Chọn D. max Cách 2. (Hình học)
Giả sử z = x + yi w = z + + i = (x + )2 + ( y − )2 1 1 1 = R ≥ 0. Vì tìm w
nên xét R > 0 và là đường tròn tâm K ( 1; − ) 1 . Từ max I
giả thiết z − 2 − 3i = 1 là đường tròn tâm I (2;3) bán kính K M
r =1 . Vậy để R lớn nhất thì hai đường tròn tiếp xúc trong với
nhau và R = KI + r = 13 +1
Ví dụ 17. Cho số phức z thỏa mãn 2z −3− 4i =10 . Gọi M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z . Khi đó M m bằng A. 5. B. 15. C. 10. D. 20 . Lời giải Cách 1. (Đại số)
Trước hết ta tìm min, max của 2z . Đặt 2z − 3− 4i = a + bi ⇒ 2z = a + 3+ (b + 4)i và 2 2
a + b =100 (1). Khi đó từ (1) ta có 2
z = (a + )2 + (b + )2 2 3
4 =125 + 2(3a + 4b) (2). GV: Nguyễn Xuân Chung
Mặt khác a + b ≤ ( 2 2 + )( 2 2 3 4
3 4 a + b ) = 50 ⇒ 50
− ≤ 3a + 4b ≤ 50 (3). Từ đây và từ (2) suy ra 2
125 −100 ≤ 2z ≤125 +100 ⇔ 5 ≤ 2z ≤15 ⇒ 2(M m) =15 −5 =10 ⇒ M m = 5 . Chọn A. Cách 2. (Hình học) Biến đổi 3
2z − 3− 4i =10 ⇔ z − − 2i = 5 và gọi M (z) = M ( ; x y) 2
thì ta có M thuộc đường tròn tâm 3 I  ;2 
, bán kính là r = 5 nên 2    M z 1 M
= OM có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi M là giao điểm của I 0 O
đường thẳng OI với đường tròn nên hiệu
M m = OM OM = 2OI = 5. Chọn A. 0 1 Lời bình.
Cần nhận xét được vị trí của O đối với đường tròn tâm I hoặc là min z = OI r .
Ví dụ 18. [THPT Chuyên ĐHKHTN - Huế]
Trong các số phức z thỏa mãn z 3 4i  2 , gọi z là số phức có mô đun nhỏ nhất. Khi đó 0
A. Không tồn tại số phức z . B. . 0 z  2 0 C. z  7 . D. z  3. 0 0 Lời giải
Cách 1. (Trắc nghiệm tính nhanh)
Thay z = 0 vào vế trái của giả thiết rồi trừ vế phải.
Ghi 3 + 4i − 2 bấm = ta có z = 3 . Chọn D. 0 min
Mời các em giải theo các phương pháp khác.
Ví dụ 19. Cho số phức z thỏa mãn z −1+ 2i = 3. Tìm môđun lớn nhất của số phức z − 2i. A. 26 + 6 17 . B. 26 − 6 17 . C. 26 + 8 17 . D. 26 − 4 17 . Lời giải Cách 1. (Đại số)
Đặt z −1+ 2i = a + bi z = a + 1+ (b − 2)i , khi đó w = z − 2i = a +1+ (b − 4)i ⇒ 2
w = (a + )2 + (b − )2 1
4 . Mặt khác từ giả thiết ta có a + bi = ⇒ 2 a + 2 3 b = 9 nên 2 2 w = + a b ≤ + ( +(− )2 2 )( 2a + 2 26 2 8 26 2 8
b ) = 26 + 6 17 = (3+ 17 ) . Suy ra w = 17 + 3 . Chọn A. max
Cách 2. Mời các em giải theo phương pháp hình học.
Cách 3. (Trắc nghiệm tính nhanh)
Cho z − 2i = 0 ⇒ z = 2i thay vào vế trái của giả thiết rồi cộng vế phải.
Ghi 2i −1+ 2i + 3 bấm = ta có w = 3 + 17 . max GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình.
Các em xem lại các ví dụ 15; 16; 17; 18. Sau đây ta xét bài toán có sự "biến tấu" một ít.
Ví dụ 20. [SGD TPHCM]
Cho số phức z thoả mãn z − 3+ 4i = 2. Khi đó 2z +1− i có giá trị lớn nhất là: A. 16 + 74 . B. 2 + 130 . C. 4 + 74 . D. 4 + 130 . Phân tích.
Bài toán quy về xét khoảng cách từ điểm A đến điểm M thuộc đường tròn. Lời giải
Biến đổi z − 3+ 4i = 2 ⇔ 2z − 6 + 8i = 4 ⇒ M (2z)∈(C) tâm I(6; - 8), R = 4.
Xét điểm A(- 1; 1) thì 2z +1− i = AM và lớn nhất khi AM = R + AI = 4 + 130 . Chọn D.
Lời bình. Để tính nhanh, trong Mode 2 ta ghi X − 6 + 8i + 4 Calc nhập -1 + i bấm = là được.
Ví dụ 21. Cho số phức z thỏa mãn z − 3 = 2 z và 3
min z + + 2i = a + b 2 . Tính 2a + b . 2 A. 1
− . B. 2 2 . C. 2 − . D. 4. Lời giải
Gọi M biểu diễn z = x + yi , x, y ∈ . Từ z − = z ⇒ (x − )2 2 + y = ( 2 2 3 2 3 2 x + y ) 2 2 ⇒ x + y + − = ⇒ (x + )2 2 6x 9 0
3 + y =18 . Quỹ tích M là đường tròn tâm I( 3 − ;0) , bán kính R = 3 2 . Gọi 3 A ; 2 − −  thì 3
z + + 2i = AM . Dễ thấy điểm A nằm ở miền trong 2    2
đường tròn (C) nên 5 AM
= R AI = − + 3 2 ⇒ 2a + b = 2 − . Chọn C. min 2
Ví dụ 22. [THPT Chuyên Sơn La]
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z −1+ 2i = 5 và w = z +1+ i có môđun lớn nhất. Số phức
z có môđun bằng: A. 2 5 . B. 3 2 . C. 6 . D. 5 2 . Lời giải
Cách 1. (Đại số)
Đặt z −1+ 2i = x + yi,(x, y ∈) ⇒ z = x +1+ ( y − 2)i và ta có: 2 2 x + y = 5 (1).
Khi đó w = x + + ( y − ) 2 2 2 2
1 i w = x + y + 4x − 2y + 5 =10 + 4x − 2y (theo (1)) Suy ra 2
w = + x y ≤ + ( 2 2 + )( 2 2 10 4 2 10
4 2 x + y ) =10 +10. 4x − 2y =10
Giải điều kiện tìm x, y: 
có x = 2, y = - 1 nên z = 3 - 3iz = 3 2 . Chọn B.  2 − x = 4y GV: Nguyễn Xuân Chung
Cách 2. (Hình học véc tơ)  Gọi K (1; 2 − ) , I ( 1 − ;− ) 1 ⇒ IK = (2;− )
1 . Để IM lớn nhất thì vị trí M cần tìm tại H sao cho    IH = (t + ) 1 IK , IK + R t = −1 =1⇒ IH = (4; 2 − ) ⇒ H (3; 3
− ). Suy ra OH = z = 3 2 . IK H M K O I
Cách 3. (Hình học tổng hợp) 2 2 2 Tính OI IK OK 1 cosα + − = = suy ra 2 2
OH = z = OI + IH − 2OI.IH.cosα thay số 2OI.IK 10 1 z = 2 + 20 − 2.2 10. = 3 2 . 10
Cách 4. (Hình học véc tơ)    
   Gọi K (1; 2 − ), A(1; )
1 và ta có: w = OM + OA = (OA+OK )+ KM = u + KM , để w thì ta max     
chọn sao cho KM cùng hướng u , do đó w = (t + )
1 u . Với u = (2;− )
1 ⇒ KM = t (2;− ) 1 . 
   ⇒ t =1 ⇒ w
= 2 u = 2 5 và OM = OK + u = (1; 2 − ) + (2;− ) 1 = (3; 3 − ) ⇒ z = 3 2 . max
Ví dụ 23. Biết số phức z thỏa mãn z − 3− 4i = 5 và biểu thức 2 2
T = z + 2 − z i đạt giá trị lớn
nhất. Tính z . A. z = 33 . B. z = 50 . C. z = 10 . D. z = 5 2 . Phân tích.
Bài toán quy về xét vị trí điểm M thuộc giao của đường tròn và đường thẳng. Lời giải
Cách 1. (Hình học tọa độ)
Gọi M (z) = M ( ;
x y) thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R = 5 và ta có: T = (x + )2 2 2
2 + y x − ( y − )2
1 = 4x + 2y + 3 ⇔ d : 4x + 2y + 3−T = 0. Để T lớn nhất  
thì d tiếp xúc với đường tròn (C), khi đó IM = t ( ) 5 1 4;2 ⇒ t = = ⇒ IM = (2; ) 1 20 2
(lấy t > 0). Ta có M(5; 5) nên z = OM = 5 2 . Chọn D.
Cách 2. (Hình học véc tơ) GV: Nguyễn Xuân Chung
Gọi M (z) = M ( ;
x y) thì M thuộc đường tròn (C), tâm I(3; 4), R = 5 .
   
    Gọi A( 2; − 0), B(0; ) 1 thì 2 2
T = MA MB = (MAMB)(MA+ MB) = B .
A (2MI + IA+ IB) .  
Đến đây ta chỉ cần xác định vị trí M sao cho MI BA cùng hướng.   Hay = ( 2; − − ) 1 , > 0 R MI t tt = = 1⇒ IM = (2; )
1 ⇒ M (5;5) ⇒ z = 5 2 . 5
Cách 3. (Đại số - Khái quát)
Đặt z − − i = a + bi z = a + + (b + ) 2 2 3 4 3
4 i &a + b = 5 . Thế z vào T ta có
T = (a + )2 + (b + )2 − (a + )2 + (b + )2  = a + b + ≤ ( 2 2 5 4 3 3 4 2 5
20 a + b ) + 5 =15   .
Dấu bằng tại a = 2,b =1⇒ z = 5 + 5i z = 5 2 .
Ví dụ 24. [THPT Chuyên Đại học Vinh]
Xét các số phức z, w thỏa mãn w i = 2, z + 2 = iw. Gọi z , z lần lượt là các số phức mà tại đó 1 2
z đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất. Môđun z + z bằng: 1 2 A. 3 2 B. 3 C. 6 D. 6 2 . Phân tích.
Bài toán gây nhiễu khá nhiều trong giả thiết nên có thể khiến một số em lúng túng, tuy nhiên ta
vẫn quy về đường tròn. z + 2 w = i Lời giải
Viết lại thế vào giả thiết z + 2 − i = 2 ⇔ z + 3 = 2 . i
Biểu diễn của z là đường tròn có tâm I ( 3
− ;0) thuộc trục hoành nên: OM
= OI r =1 ⇔ z = 1 − và OM
= OI + r = ⇔ z = − suy ra z + z = 6 − = 6 . max 5 5 min 1 2 1 2 Chọn C.
Mời các em giải theo phương pháp đại số (Gợi ý: Chuyển độ phức tạp của đường tròn sang đường thẳng).
Ví dụ 25. Cho hai số phức z , z thỏa mãn + + = và z −1− 6i = 3 . Gọi a, b lần lượt là giá 1 2 z 5 2i 2 1 2
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z − z . Khi đó 2 2 a + b bằng 1 2 A. 77 B. 144 C. 145 D. 154. Phân tích.
Bài toán cho M và N thuộc hai đường tròn. Cần xét min, max của đoạn MN. Lời giải.
Ta viết lại z + 5 + 2i = 2 ⇔ z + 5 − 2i = 2 nên M (z C tâm I ( 5; − 2) , R = 2 . 1 ) ( 1) 1 1 1
Tương tự N (z C tâm K (1;6) , R = 3. Gọi IK = h = 2 13 > R + R = m = 5. 2 ) ( 2) 2 1 2 GV: Nguyễn Xuân Chung
Ta có: b = MN = h − ; m a = MN
= h + m suy ra 2 2
a + b = (h m)2 + (h + m)2 thay số min max 2 2 a + b = ( 2 2
2 h + m ) = 2(52 + 25) =154 . Chọn D.
Ví dụ 26. Cho hai số phức z , z thỏa mãn z − 2i = 3 và z + 2 + 2i = z + 2 + 4i . Giá trị nhỏ nhất 1 2 1 2 2
của biểu thức P = z z bằng. 1 2 A. P =1. B. P = 2 . C. P = 3. D. P = 4 . Phân tích.
Bài toán cho M thuộc đường tròn, N thuộc đường thẳng. Tìm min của MN. Lời giải
Cách 1. (Trắc nghiệm Casi0)
Ta có P = z z
= d I,∆ − R nên sử dụng công thức tính nhanh min 1 2 ( ) min 2 2
C A C B −3 Calc nhập 2i = -2 - 2i = -2 - 4i = ta có P = 2. Chọn B. 2 A B
Mời các em giải theo cách khác.
Ví dụ 27. [THPT Chuyên ĐH Vinh]
Cho số phức z thỏa mãn z không phải số thực và z w =
là số thực. Giá trị lớn nhất của 2 2 + z
biểu thức P = z +1− i là? A. 2 2 . B. 8 . C. 2 . D. 2 . Lời giải. Viết lại z 1 w = = là số thực 2
z + là số thực. 2 2 + z 2 + z z z 2 ( 2 2
x + y )(x + yi) + 2x − 2yi
Đặt z = x + yi,(x, y ∈) ⇒ z + = là số thực nên 2 2 z x + y ( 2 2
x + y ) y = 2y , y khác 0 nên 2 2
x + y = 2 , khi đó P = (x + )2 + ( y − )2 1 1 hay
P = 4 + 2(x y) ≤ 2 2 ⇒ P = 2 2 ⇔ x =1, y = 1
− ⇒ z =1− i . Chọn A. max
Ví dụ 28. Cho số phức z thỏa mãn 1
z + = 3. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z là: z A. 3 B. 5 C. 13 D. 5 . Lời giải.
Đặt z = x + yi,(x, y ∈); z = m ≥ 0 , ta có z + = z ⇒ (x y + )2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 + 4x y = 9m GV: Nguyễn Xuân Chung 4 4 2 2
x + y + + x y + ( 2 2 x y ) 2 4
= m m + + ( 2 2 x m ) 2 1 2 2 9 1 2 2 = 9m 2 4 2 11−3 13 2 11+ 3 13 13 −3 13 + 3
⇒ 4x = −m +11m −1≥ 0 ⇒ ≤ m ≤ ⇔ ≤ m ≤ 2 2 2 2 Suy ra z + z = 13 . Chọn C. min max
(Các cực trị đạt được tại x = 0 hay z là số thuần ảo)
Ví dụ 29. [Hội 8 Trường Chuyên]
Cho số phức z thỏa mãn (2 −i) z −(2 + i) z = 2 .i Giá trị nhỏ nhất của z bằng A. 1. B. 2 5 . C. 2. D. 5 . 5 5 Lời giải.
Giả sử z = x + yi,(x, y ∈) . Viết lại giả thiết (2 −i) z = (2 + i).z + 2i
⇔ (2 − i) z + (2 + i) z = (2 + i)(z + z) + 2i z = ( + i) 2 2 2
x + i ⇒ 2 z = 4x + (x + )2 1 1 2 5 5 ⇒ z = 5x + 2x +1 ≥ ⇒ z = , đạt được tại 1
x = − . Chọn D. min 2 5 5 5 Lời bình.
Bài trên quy về khảo sát hàm số. Ta có thể xem thêm ví dụ sau
Ví dụ 30. Tìm giá trị lớn nhất của 2 2
P = z z + z + z +1 với z là số phức thỏa mãn z =1. A. 13 max P = B. 9 max P = C. 13 max P = D. 11 max P = 4 4 3 3 Lời giải.
Trước hết gọi z = x + yi,(x, y ∈) và ta có 2
z z = z − = (x − )2 2 1
1 + y = 2 − 2x . Lại có 2 1
z + z +1 = z z + +1 = z + z +1 = 2x +1 . z Suy ra 2
P = 2x +1 + 2 − 2x = 4x + 4x +1 + 2 − 2x, x∈[ 1 − ; ] 1 . Xét 1
x ≠ − , x ≠ 1 thì: 2 4x + 2 1 7 P ' = −
= 0 ⇒ 2 2 − 2x =1⇒ x = do đó 13 max P = . Chọn A. 2 4x + 4x +1 2 − 2x 8 4 Lời bình.
Khi đưa về P = 2x +1 + 2 − 2x, x∈[ 1; − ]
1 thì ta có thể vào Mode 7 để khảo sát các giá trị của P với bước nhảy Step 2 = . Từ đó suy ra maxP. 16 GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 31. Cho các số phức thỏa mãn 2z + 5 − 4i = 2z + 3+ 4i . Giá trị nhỏ nhất của
z +1+ 4i + z −1− i A. 5 B. 29. C. 41 D. 10. Lời giải Cách 1. (Đại số)
Đặt z = x + yi,(x, y ∈) , ta có 2x + 5+ (2y − 4)i = 2x + 3+ (2y + 4)i
x = 4y − 2 hay z = 4y - 2 + yi thế vào T ta có T = 4y −1+ ( y + 4)i + 4y −3+ ( y − ) 1 i T y y y ( y) ( ) 2 2 2 2 2 2  13   1 17 17 17 26 10 17 17 17y  = + + − + = + + − +  17   17      2 2 Suy ra 13 1  170 T    ≥ + 17 + = +17 + 2 =     29 . Chọn B.  17   17  17
Cách 2. (Hình học tọa độ)
Giả sử M biểu diễn z = x + yi , x, y ∈ . Khi đó ta có
2x + 5 + (2y − 4)i = 2x + 3+ (2y + 4)i M d : x − 4y + 2 = 0 . Gọi A( 1; − 4 − ), B(1; )
1 thì ta cần tìm min (MA+ MB) , vì A và B khác phía đối với d bởi thế
min (MA+ MB) = AB = 29 . A d M B
Qua các ví dụ trên thì hy vọng các em củng cố kiến thức và luyện tập kỹ năng về min, max.
3. Các bài toán tính toán
Để thực hiện tính toán thì:
+ Thông thường ta xem số phức là giao của hai hay nhiều tập hợp biểu diễn số phức đó.
+ Hoặc các phép biến đổi đại số (giải hệ phương trình). Phép đặt ẩn phụ coi như xuyên suốt
cả phần II này, đặc biệt ở phần nâng cao (Mục 4).
Ví dụ 32. Tìm môđun của số phức z , biết z − 4 = (1+ i) z −(4 + 3z)i . A. 1 z = . B. z = 2. C. z = 4. D. z =1. 2 Lời giải
Đặt z = m ≥ 0 . Khi đó từ giả thiết ta có: z − 4 = m(1+ i) − 4i −3iz
⇔ (1+ 3i) z = m + 4 + (m − 4)i suy ra
m = (m + )2 + (m − )2 2 2 10 4
4 ⇒10m = 2m + 32 Suy ra 2
m = 4 ⇒ m = 2. Chọn B. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 33. Cho hai số phức z , z thỏa mãn z =1, z = 2 và z + z = 3 . Giá trị của − là 1 2 z z 1 2 1 2 1 2 A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 1 − . Lời giải Cách 1. (Hình học) Sử dụng công thức 2 2
z z + z + z = 2( 2 2 z + z
(công thức hình bình hành), khi đó 1 2 1 2 1 2 ) 2
z z + 9 = 2 1+ 4 ⇒ z z =1. Chọn B. 1 2 ( ) 1 2 Lời bình.
Thực chất công thức hình bình hành được suy ra từ công thức đường trung tuyến trong tam
giác. Để củng cố ta chứng minh lại như sau:
Giả sử hình bình hành có độ dài hai cạnh a, b và hai đường chéo là m, n thì: 2 2 2 2  m a + b n 2 2 = − ⇔ m + n = ( 2 2 2 a +  
b ) ta có điều phải chứng minh.  2  2 4 Cách 2. (Đại số) 2 2 a + b =1 
Gọi z = a + bi, z = c + di khi đó ta có 2 2  + = ⇒ + = . Từ đó: 1 2 c d 4 ac bd 2 (   a + c
)2 +(b + d )2 = 9 2
z z = (a c)2 + (b d )2 = ( 2 2 2 2
a + b + c + d − 2 ac + bd =1 ⇒ z z =1. 1 2 ) ( ) 1 2
Ví dụ 34. Cho số phức +
z = a + bi,(a,b ≠ 0) thỏa mãn  5 z 4z 2 2i  + = − a b   z . Tính 2 S = .  3  2a b A. S = 2 − 2 − 3
B. S = 2 2 − 2
C. S = 2 − 2 2 D. S = 2 2 + 3. Lời giải:  1  5 a = m 5 5  a = m  Đặt z  3
= m > 0 , ta có z + 4z = m − 2m 2i ⇒  3 ⇒ và do đó: 3    2 2  3 − b = 2 − m 2 b = m  3 (2+ + 2 2). 2 m a b S = = = − − . Chọn A. a b ( − ) 3 2 2 2 2 2 2 .m
Ví dụ 35. (THPT Chuyên Đại học Vinh)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2
z − + z z i + (z + z) 2019 1 i = 1? A. 4 B. 2 C. 1 D. 3. Lời giải Ta chú ý là i = i i = i − (i )504 2019 3 2016 4 . . = i
− , giả sử z = a + bi,(a,b∈) và đặt 2 z −1 = m GV: Nguyễn Xuân Chung m = (a − )2 2 1 1 + a =1
thì từ giả thiết ta có m + 2 b i − 2ai =1⇒  ⇒  b a  =   b = a  ⇒ ( ; a b)∈ ( { 0;0),(2;2),(2; 2 − )} . Chọn D.
Ví dụ 36. Cho số phức z =1+ i . Biết rằng các số phức z = a + 5i , z = b (trong đó a,b∈,b >1) 1 2
thỏa mãn 3 z z = 3 z z = z z . Tính − . 1 2 1 2 b a
A. b a = 5 3 .
B. b a = 2 3 .
C. b a = 4 3 .
D. b a = 3 3 . Lời giải
Ta có 3 z z = 3 z z ⇔ 1− a − 4i = 1− b + i ⇒ (1− a)2 +16 = (1−b)2 +1. 1 2
Đặt 1− a = m và 1− b = n ta được 2 2
n m =15 (1). Mặt khác ta cũng có
( −b)2 +  = (a b)2 3 1 1 + 25 ⇔ 3( 2 n + ) 2 2  
1 = (m n)2 + 25 = m + n − 2mn + 25 (2). Từ (1) và (2) ta có 2 2 2
3n = 2n − 2mn + 7 ⇒ n + 2mn = 7 suy ra ( 2 n + mn) = ( 2 2 15 2 7 n m ) 2 mm m m 2 ⇒ 15 + 30. = 7 − 7 ⇒ = m   4 − ∪
= − . Thế vào (1) thì chỉ có cặp 2 = − thỏa nn n n 7 n 7 2 7 mãn và m = ,n = −
(vì 1− b = n < 0 ). Cuối cùng 9 3
b a = m n = = 3 3 . Chọn D. 3 3 3 Lời bình.
Bài toán quy về đại số, không có ý nghĩa rèn luyện về số phức bao nhiêu.
Ví dụ 37. (THPT Chuyên Tuyên Quang)
Cho số phức z thỏa mãn z + 15 + z − 15 = 8 và | z + 15 i | + | z − 15i |= 8 . Tính z . A. 4 34 z = B. 2 5 z = C. 4 z = D. 5 z = . 17 5 5 4 Lời giải Cách 1. (Hình học) Gọi M ( ;
x y) là điểm biểu diễn số phức z, F − 15;0 , F 15;0 thì giả thiết: 1 ( ) 2( )
z + 15 + z − 15 = 8 ⇔ MF + MF = 8 = 2a nên M thuộc elip có phương trình 1 2 2 2 2 2 x y +
=1 (1). Hoàn toàn tương tự x y M thuộc elip +
=1 (2). Quy đồng và cân bằng ta có 2 2 a b 2 2 b a 2 a b a ( 2 2 2 2 a c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 )
b x + a y = a x + b y x = y = = . Ta chỉ việc thay số: 2 2 2 2 a + b 2a c 16 16 −15 2 2 2 ( ) 16 4 34
a =16,c =15 ⇒ x = = ⇒ z = x 2 = . Chọn A. 32 −15 17 17
Lời bình. Thực chất bài toán kiểm tra kiến thức và kỹ năng về elip. GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2. (Đại số)
Biến đổi z + i 15 + z i 15 = 8 ⇔ iz − 15 + iz + 15 = 8 như thế hai số phức z và iz đều
có cùng tính chất. Ngoài ra z + 15 + z − 15 = 8 ⇔ z + 15 + z − 15 = 8 như thế các số
phức z z có cùng tính chất, vậy ta chọn z = x xi là thỏa mãn và có: 2 2 2 z + + z − + z − = ⇒ ( 2 z + ) 2 15 15 2 15 64 2 15 + 2 2 − x i −15 = 64 2 4 4 2 2 16 4 34
⇒ 2x +15 + 4x + 225 = 32 ⇒ 4x + 225 =17 − 2x x = ⇒ z = x 2 = . 17 17
Cách 3. Cách giải trên có thể một số em còn băn khoăn, sau đây ta có thể giải như sau
Theo giả thiết thứ nhất suy ra 2 2 2
z + 15 + z − 15 + 2 z −15 = 64 (1). 2 2 2
Theo quy tắc hình bình hành thì z + + z − = ( 2 15 15
2 z + 15 ) thế vào (1) ta có 2 2
z −15 + z =17 (2). Hoàn toàn lập lại với giả thiết thứ hai: 2 2
z +15 + z =17 (3). Đặt 2
z = a + bi thì từ (2) và (3) suy ra 2 2
z −15 = z +15 hay (a − )2 2 + b = (a + )2 2 2 15
15 + b a = 0 ⇒ z = bi thay trở về (2) ta được bi − + b = ⇒ b + = ( − b )2 2 32 32 4 34 15 17 225 17 ⇒ b = ⇒ z = = . 17 17 17
Ví dụ 38. Có bao nhiêu số số phức z thỏa mãn (1+ i) z + 4 − 2i + (1−i) z = 6 + 4i ? A. 2 . B. 1. C. 3. D. 4 . Lời giải
Ta chia cả hai vế cho 1+ i và được z + 4 − 2i z i = 5 − i . Giả sử z = a + bi,(a,b∈) và đặt z + 4 − 2i = ;
m z = n thì ta có m = 5 + (n − )
1 i m = 5,n =1 hay ta có hệ phương trình
 z + 4 − 2i = 5 (
 a + 4)2 +(b − 2)2 = 25  ⇒  ⇒ (a b)∈ (   − )  4 3 ; 0; 1 , ;   . Chọn A. 2 2  z =1  a + b =1   5 5 
Ví dụ 39. (THTT Số 3-486)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z = z + z =1? A. 0 . B. 1. C. 4 . D. 3. Lời giải
Giả sử z = a + bi,(a,b∈) thì ta có 2 2
a + b =1& 2 a =1 hay ta có hệ điều kiện: 1 2 2 1 3
a = ± & a + b =1⇒ a = ± ,b = ± . Chọn C. 2 2 2 GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 40. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z −1+ 3i z − 5 = 5 và z − (z)2 2 = 4 . A. 0 . B. 2 . C. 3. D. 1. Lời giải
Giả sử z = x + yi,(x, y ∈) thì từ z −(z)2 2
= 4 ⇒ 4xyi = 4 ⇒ xy =1 (1). Mặt khác điều kiện
thứ nhất là z −1+ 3i = z − 5 + 5 . Gọi M ( ; x y), I (1; 3
− ), K (5;0) thì KI = 5 và điều kiện trở
thành MI = MK + KI hay K thuộc đoạn MI, phương trình KI là: x = 5 + 4t, y = 3t nên ta có
5 t +1 = 5 t + 5(đúng vớ t > 0). Thay vào (1) ta có nghiệm dương duy nhất 15 273 t − + = . 24 Vậy chọn D.
Ví dụ 41. (THPT Quỳnh Lưu 1 Nghệ An)
Giả sử z , z là hai nghiệm phức của phương trình (2 + i) z z −(1− 2i) z = 1+ 3i và z z =1 1 2 1 2
. Tính M = 2z + 3z . 1 2 A. M =19 . B. M = 25 . C. M = 5. D. M = 19 . Lời giải
Ta chia cả hai vế cho 2 + i và được z z + iz = 1+ i = 2 . Đặt z = m ≥ 0 thì ta có 2 m m + i = ⇒ m ( 2 2 m + )
1 = 2 ⇒ m =1 hay ta có z =1, nói cách khác hai số z , z cùng 1 2
thuộc đương tròn tâm O, bán kính R = 1. Gọi A, B biểu diễn các số z , z thì từ z z =1 suy 1 2 1 2  
ra OAB là tam giác đều. Không giảm tổng quát chọn A( ) 1 3 1;0 , B ; 2 2        Thì M = ( + i) 1 i 3 7 + i3 3 2 1 0 + 3 +  = = 19  . Chọn D. 2 2  2  
Ví dụ 42. Cho số z thỏa mãn các điều kiện z + 8 − 3i = z i z + 8 − 7i = z + 4 − i . Tìm số phức
w = z + 7 − 3i .
A. w = 3− i .
B. w =13− 6i .
C. w =1+ i .
D. w = 4 + 3i . Lời giải
Gọi w = x + yi,(x, y ∈) ⇒ z = x − 7 + ( y + 3)i thế vào điều kiện thứ nhất ta có:
x + + yi = x − + ( y + )i ⇒ (x + )2 2 1 7 2
1 + y = (x − 7)2 + ( y + 2)2 ⇒ 4x y =13 (1).
Thế vào điều kiện thứ hai ta có: x +1+ ( y − 4)i = x −3+ ( y + 2)i
⇒ (x + )2 + ( y − )2 = (x − )2 + ( y + )2 1 4 3
2 ⇒ 2x − 3y = 1 − (2).
Giải hệ (1) và (2) ta có x = 4, y = 3 hay w = 4 + 3i . Chọn D.
Lời bình. Bài trên ta có thể dùng Casio để kiểm tra đáp án. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 43. (THPT Trần Hưng Đạo - Ninh Bình)
Cho các số phức z , z khác nhau thỏa mãn: z = z . Chọn phương án đúng: 1 2 1 2 A. z + z z + z 1 2 = 0 . B. 1
2 là số phức với phần thực và phần ảo đều khác 0 . z z z z 1 2 1 2 C. z + z z + z 1 2 là số thực. D. 1 2 là số thuần ảo. z z z z 1 2 1 2 Lời giải
Gọi z = 2 + i, z = 2 − i thì ta có z = z = 5 và z + z 4 1 2 =
= − . Tô đáp án D!. 1 2 2 1 2 i z z 2i 1 2
Ví dụ 44. Cho tập hợp các số phức z thỏa 2z i = 2 + iz . Gọi z , z là hai số phức trong tập hợp 1 2
đó sao cho z z =1. Tính giá trị của biểu thức P = z + z . 1 2 1 2 A. 3 P = 3 . B. P = . C. P = 2 . D. P = 2 . 2 Lời giải.
Viết lại điều kiện 2z i = 2 + iz ⇔ 2z i = 2i z . Gọi z = a + bi,(a,b∈) thế vào điều kiện ta có: 2a + (2b − )
1 i = a + (b − 2)i 2
a + ( b − )2 2 = a + (b − )2 2 2 4 2 1 2 ⇒ a + b =1
Hay là z = z =1, sử dụng quy tắc hình bình hành ta có: 1 2 2 2
z + z + z z = 2( 2 2 z + z ) 2
= 4 ⇒ z + z = 3 ⇒ z + z = 3 . Chọn A. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
Ví dụ 45. (THPT Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình)
Cho hai số phức z , z thỏa mãn z = 3, z = 4, z z = 41. Xét số phức 1 2 1 2 1 2 z1 z =
= a + bi(a,bR). Khi đó b bằng z2 A. 3 B. 3 3 C. 2 D. 5 . 8 8 4 4 Lời giải. Theo giả thiết suy ra z 3 z 41 41 1 z = = và 1 −1 = ⇔ z −1 =
. Như thế z thuộc giao của z 4 z 4 4 2 2
hai đường tròn tâm O bán kính 3
r = và đường tròn tâm I(1; 0) bán kính 41 R = . 4 4 M R r O H n I x m GV: Nguyễn Xuân Chung m n =1 m n =1
Kẻ MH vuông góc với OI, đặt OH = n, HI = m, ta có:  ⇒ 2 2 2 2  2 2
m n = R r
m + n = R r 2 2 2 2 2 − −  − −  Suy ra R 1 r 2 2 2 R 1 r 5 n =
= −a b = r n = r −   = . Chọn D. 2  2  4
Ví dụ 46. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 + 3i = z − 2 − 3i . Biết z −1− 2i + z − 7 − 4i = 6 2 và M ( ;
x y) là điểm biểu diễn số phức z , khi đó x thuộc khoảng nào? A. (0;2) . B. (1;3). C. (4;8). D. (2;4). Lời giải.
Theo giả thiết suy ra (x − )2 + ( y + )2 = (x − )2 + ( y − )2 2 3 2
3 ⇒ y = 0 và z = x . Như thế z là số
thực, thay vào giả thiết thứ hai, ta có (x − )2 + + (x − )2 1 4 7 +16 = 6 2 .
Áp dụng Bđt Mincopxki ta có = (x − )2 2 + + ( − x)2 2 2 2 6 2 1 2 7
+ 4 ≥ 6 + 6 = 6 2 như thế
dấu bằng xảy ra và x −1 2
= ⇔ x = 3 . Chọn D. 7 − x 4
Ví dụ 47. (THPT Lê Lai - Thanh Hóa)
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z +1− 2i = z + 3+ 4i z − 2i là một số thuần ảo? z + i A. 0 B. Vô số C. 1 D. 2. Lời giải.
Giả sử z = x + yi, (x, y ∈) . Theo bài ra ta có: x +1+ (y − 2)i = x + 3+ (4 − y)i 2 2 2 2
⇒ (x +1) + (y − 2) = (x + 3) + (y − 4) ⇔ y = x + 5 hay ta có z = x + (x + 5)i . 2 Số phức
z − 2i x + (x + 3)i x − (x + 3)(x + 6) + x(2x + 9)i w = = = là số thuần ảo nên 2 2 z + i
x − (x + 6)i x + (x + 6) 2
x − (x + 3)(x + 6) = 0 ⇔ 9
x −18 = 0 ⇒ x = 2 − ⇒ z = 2
− + 3i . Chọn C.
Ví dụ 48. [THPT Chuyên Thái Nguyên] ( z − )1(1+iz)
Cho số phức z = a + bi (a,b∈) thỏa mãn phương trình 1 = i . Tính 2 2 a + b . z z A. 3+ 2 2 . B. 4 . C. 3− 2 2 . D. 2 + 2 2 . Lời giải.
(m − )1(1+iz) z (m − )1( 2 z + m i)
Dễ thấy z khác 0, đặt z = m > 0 và ta có: = i ⇒ = i 2 zz −1 m −1 a = 0 2
z + m i = i(m + ) 1 ⇒ a + ( 2
m b)i = i(m + ) 2 1 ⇒ 
b b = b +1 2
m b = m +1
(Vì m khác 1 nên b > 0), do đó 2 2
b − 2b =1⇒ b =1+ 2 ⇒ b = 3+ 2 2 . Chọn A. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 49. (THPT Chuyên Tuyên Quang)
Kí hiệu z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2 2018 z + z + 2019 = 0 . Giá trị + bằng 1 2 z z 1 2 A. 1009 2019 . B. 2010 2019 . C. 2019 2019 . D. 1009 2.2019 . Lời giải Theo định lý Viet ta có 2018 2018 1009 z z = 2019 ⇒ z = z = 2019 = 2019 suy ra 1 2 1 2 1009
z + z = 2.2019 . Tô đáp án D!. 1 2
Ví dụ 50. Trên tập hợp số phức, cho phương trình 2
z + bz + c = 0 với b,c ∈ . Biết rằng hai nghiệm
của phương trình là w + 3 và 2w −15i + 9 với w là một số phức. Tính 2
S = b − 2c A. S = 32 − . B. S =1608 . C. S =1144 . D. S = 64 − . Lời giải
Gọi w = x + yi , vì z + z = b
− là số thực nên 3x +12 + (3y −15) là số thực, suy ra . 1 2 i y = 5
Chú ý rằng z = z nên x + 3 = 2x + 9 ⇒ x = 6 − . Do đó z = 3 − + 5i, z = 3 − − 5i . 1 2 1 2 Vậy 2
S = b − 2c = (z + z − 2 z z = 36 − 68 = 32 − . Chọn A. 1 2 )2 1 2
Ví dụ 51. Cho a là số thực, phương trình 2
z + (a − 2) z + 2a − 3 = 0 có 2 nghiệm z , z . Gọi M , 1 2
N là điểm biểu diễn của z , z trên mặt phẳng tọa độ. Biết tam giác 1 2
OMN có một góc bằng
120° , tính tổng các giá trị của a . A. 6 − . B. 6 . C. 4 − . D. 4 . Lời giải
Theo định lý Viet thì z = z = 2a − 3 , giả thiết OMN là tam giác có một góc bằng 120° , 1 2
nên OMN là nửa hình thoi, suy ra z + z = z = z a − 2 = 2a − 3 ⇒ (2 − a)2 = 2a −3. 1 2 1 2 2
a − 6a + 7 = 0 ⇒ a + a = 6. Chọn B. 1 2
Ví dụ 52. [SGD TPHCM]
Cho a , b , c là các số thực sao cho phương trình 3 2
z + az + bz + c = 0 có ba nghiệm phức lần
lượt là z = w + 3i ; z = w + 9i ; z = 2w − 4, trong đó w là một số phức nào đó. Tính giá trị của 1 2 3
P = a + b + c . A. P = 36. B. P = 208 . C. P =136. D. P = 84 . Lời giải
Áp dụng định lý Viet ta có z + z + z = −a ∈ ⇒ 4w − 4 +12i ∈ = + ∈ 1 2 3
 . Đặt w x yi,(x, y )
Thì suy ra 4y +12 = 0 ⇒ y = 3
− ⇒ w = x − 3i (1).
Thay (1) vào giả thiết ta được z = x ; z = x + 6i ; z = 2x − 4 − 6i . 1 2 3
Ta lại có z = z nên x = 2x − 4 ⇒ x = 4 do đó z = 4 ; z = 4 + 6i ; z = 4 − 6i . 2 3 1 2 3 GV: Nguyễn Xuân Chung
Tiếp theo ta có a = −(z + z + z = 12
− ,c = −z z z = 208 −
,b = z z + z z + z z = 84 . 1 2 3 ) 1 2 3 1 2 2 3 1 3
Vậy P = a + b + c =136. Chọn C. Lời bình.
Để tính nhanh ta ghi: A + B + C + ABC AB BC CA Calc nhập A = z , B = z ,C = z . 1 2 3
Chú ý rằng trong tập  thì phương trình bậc 3 luôn có ít nhất 1 nghiệm thực.
Ví dụ 53. [Cụm 6 TPHCM]
Cho số phức z = x + yi; x, y ∈ thỏa mãn 3
z =18 + 26i . Tính T = (z − )2 + ( − z)2 2 4 . A. 0 . B. 4 . C. 1. D. 2 . Lời giải
Ta có T = (z − )2 + ( − z)2 2 2 4
= 2z −12z + 20 ; T = 0 ⇔ z = 3+ i, z = 3− i có ít nhất nghiệm
z = 3+ i thỏa mãn 3
z =18 + 26i . Vậy T = 0. Chọn A.
Cách 2. Ta có thể đi giải phương trình bậc ba hay khai căn bậc ba để tìm nghiệm z như sau: Ta có (x + yi)3 3
= x + ( yi)3 + xyi(x + yi) 3 2 = x xy + ( 2 3 3 3
3x y y )i =18+ 26i
Mà z là số thực hoặc thuần ảo đều không thỏa mãn, nên suy ra 3 2 3 x − 3xy 18 9 t − 3t 9 3 2 = = ⇒ =
⇒ 13t − 27t − 39t + 9 = 0 ⇒ (t − 3)( 2
13t + 39t − 3 = 0 2 3 2 ) 3x y y 26 13 3t −1 13
Ta chỉ cần nghiệm t = 3 ⇒ x = 3y z = y (3+ i), y ≠ 0 thay vào T = 0.
Cách 3. (Sử dụng máy tính Casio) arg (Ans)
Trong Mode 2 ghi 18 + 26i bấm = để lưu. Sau đó bấm 3 Ans ∠ bấm = ta được 3
(Ngầm hiểu) 3 18 + 26i = 3+ i tiếp tục bấm ( Ans − )2 + ( − Ans)2 2 4 = kết quả bằng 0.
Ví dụ 54. Cho biết có hai số phức z z thỏa mãn 2
z =119 −120i . Tính 2 − . 1 2 z z 1 2 A. 169. B. 114244. C. 338. D. 676 . Phân tích.
Bài toán quy về tìm bình phương của số phức hay là khai căn bậc hai của số phức. Lời giải 2 2  Ta có 2 2 119 a b   119
120i 1192.60i a b 2abi , trong đó  . Dùng phép thế ta có ab   60  2 3600 2 2 a
119  a 144  b  25 nên 2
z 125i2  z 125i, z  125i 2 a 1 2 Vậy 2 2
z z = 24 −10i = 576 +100 = 676 . Chọn D. 1 2 GV: Nguyễn Xuân Chung
Cách 2. (Sử dụng máy tính Casio) arg (Ans)
Trong Mode 2 ghi 119 - 120i bấm = để lưu. Sau đó bấm Ans ∠ bấm = ta được 2
(Ngầm hiểu) căn bậc hai của 119 - 120i là 12 - 5i tiếp tục bấm 2
2Ans = kết quả bằng 676. z
Ví dụ 55. Cho z , z là hai số phức liên hợp của nhau và thỏa mãn 1 ∈ và z z = 2 3. Tính 1 2 2 z 1 2 2
môđun của số phức z . 1
A. z = 5. B. z 5 = 3.
C. z = 2. D. z = . 1 1 1 1 2 Lời giải:
Trước hết gọi z = x + yi,(x, y ∈) ⇒ 2yi = 2 3 ⇒ y = ± 3 và ta có z
m( 2x −3) = x
1 = m ≠ 0 ⇒ z = 2
mz = m( 2x − 3± 2x 3i) = x i 3 ⇒ 2 1 2 z  2  2mx = ±  1 ⇒ 2 x − = ± 2 3
2x x = ±1. Từ đó z = 1
± ± i 3 ⇒ z = 2 . Chọn C.
Ví dụ 56. Cho z , z là các số phức thỏa mãn z = z =1 và z − 2z = 6 . Tính giá trị của biểu 1 2 1 2 1 2
thức P = 2z + z . 1 2 A. P = 2 . B. P = 3 . C. P = 3. D. P =1. Lời giải
Chọn z = i , ta phải xác định z , hay là tìm z thỏa
, z − 2i = 6 và tính P = 2 + . 2 1 z =1 z i
Đặt z = a + bi ta có: 2 2 a + b =1 và 2
a + (b − 2)2 = 6 suy ra 2 2 1
a + b − 4b + 4 = 6 ⇒ b = − . 4 Khi đó: 2 2
P = a + ( b + )2 = ( 2 2 4 2 1
4 a + b ) + 4b +1= 4 ⇒ P = 2 . Chọn A.
Cách 2. Ta có thể giải tổng quát bởi các biến a, b, c, d cũng đi đến kết quả.
Giả sử z = a + bi, z = c + di, a,b,c,d ∈ thì 2 2 2 2
a + b = c + d =1 và 1 2 ( )
(a c)2 +(b d )2 = ⇒ ( 2 2
a + b ) − (ac + bd ) + ( 2 2 c + d ) 1 2 2 6 4 4
= 6 ⇒ ac + bd = − . 4
Khi đó P = 2z + z = 4( 2 2 a + b ) + ( 2 2
c + d + 4 ac + bd = 5 −1 = 2. 1 2 ) ( )
Cách 3. Ta có thể luyện tập cách giải với số phức liên hợp là z .z = z .z =1 và: 1 1 2 2
(z − 2z z − 2z = 6 ⇔ z .z − 2 z .z + z .z + 4z .z = 6 ⇒ 2 z .z + z .z = 1 − . 1 2 ) ( 1 2 ) 1 1 ( 1 2 2 1) 2 2 ( 1 2 2 1) Khi đó 2
P = (2z + z 2z + z = 4z .z + 2 z .z + z .z + z .z = 4 −1+1 = 4 ⇒ P = 2 . 1 2 ) ( 1 2 ) 1 1 ( 1 2 2 1) 2 2 GV: Nguyễn Xuân Chung
Các em có thể so sánh cách 2 và cách 3 để luyện tập tư duy trừu tượng!
Ví dụ 57. (THPT Chu Văn An Nội)
Cho các số phức z , z , z thỏa mãn điều kiện 4z z +16z z + 9z z = 48, z = 4 , z = 3 và 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2
z = 2. Giá trị của biểu thức P = z + z + z bằng: 3 1 2 3 A. 1. B. 8 . C. 2 . D. 6 . Lời giải
4z z +16z z + 9z z Ta có 1 2 2 3 1 3 48
4z z +16z z + 9z z = 48 ⇒ = 1 2 2 3 1 3 z z z 24 1 2 3 4 16 9 ⇒ + +
= 2 ⇒ z + z + z = 2 ⇒ P = z + z + z = 2 . Chọn C. 3 1 2 1 2 3 z z z 3 1 2
Ví dụ 58. (THPT Can Lộc - Hà Tĩnh)
Cho hai số phức z , w thỏa mãn z + 2w = 3 , 2z + 3w = 6 và z + 4w = 7 . Tính giá trị của biểu
thức P = z.w + z.w. A. P = 14 − i . B. P = 28 − i . C. P = 14 − . D. P = 28 − . Phân tích.
Ở đây ta thấy có 4 ẩn là z; ;
w z; w nhưng chỉ có ba điều kiện. Tuy nhiên chúng có mối liên hệ đặc biệt là 2 2
z z = z ; ww = w . Lời giải
Đặt m = z.z; n = . w w . Ta có:
(z + 2w)(z + 2w) = 9 ⇒ m+ 2(z.w+ z.w)+ 4n = 9 ⇒ m+ 2P + 4n = 9 (1)
(2z +3w)(2z +3w) = 36 ⇒ 4m+6P +9n = 36 (2).
(z + 4w)(z + 4w) = 49 ⇒ m+ 4P +16n = 49 (3). Giải hệ trên ta có P = 28 − . Chọn D. Lời bình.
Các biểu thức gần giống phép bình phương, tuy nhiên ở đây ta nhân liên hợp.
Ví dụ 59. Cho ba số phức z , z , z thỏa mãn z + z + z = 0 và 2 2 = = = . Mệnh đề 1 2 3 1 2 3 z z z 1 2 3 3 nào dưới đây đúng?
A. z + z + z = z z + z z + z z .
B. z + z + z < z z + z z + z z . 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 2 3 3 1
C. z + z + z > z z + z z + z z .
D. z + z + z z z + z z + z z . 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 2 3 3 1 Lời giải GV: Nguyễn Xuân Chung 3 3 
z z + z z + z z   Ta có 2 2 1 2 2 3 1 3 2 2 1 1 1
P = z z + z z + z z P =   . =   . + + . 1 2 2 3 1 3  3  z z z  3  z z z   1 2 3   1 2 3 Hay 2 2 2 2 P =
. z + z + z =
. z + z + z = 0 . 1 2 3 1 2 3 Chọn A. 3 3
Ví dụ 60. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 1  2 và z i z 2i  4? A. 0 . B. 3. C. 1. D. 2 . Lời giải
Đặt z −1 = a + bi,(a,b∈) ⇒ z = a +1+ bi , từ giả thiết ta có 2 2 a + b = 2 (1).
Thế vào điều kiện thứ hai và sử dụng (1), ta có:
= a + + (b + )i + a − + (b − )i = (a + )2 + (b + )2 + (a − )2 + (b − )2 4 1 1 1 1 1 1 1 1 = + (a + b) +
− (a + b) ≤ ( 2 2 4 4 2 4 2 1 +1 )4 + 2 
(a +b)+ 4− 2(a +b) = 4  .
Dấu " = " xảy ra khi 4 + 2(a + b) = 4 − 2(a + b) ⇔ a + b = 0 (2).
Từ (1) và (2) suy ra a =1;b = 1 − ∪ a = 1
− ,b =1. Chọn D.
Ví dụ 61. Cho hai số phức z , w thỏa mãn z = 3 và 1 1 1 + =
. Khi đó w bằng: z w z + w A. 3. B. 1 . C. 2 . D. 1 . 2 3 Lời giải 2 Ta có 1 1 1 + = ⇒ ( + )2  = ⇒ 1 w w z w zw + = ⇒ (1+ t)2 2
= t t + t +1 =   0 . z w z + wz z
Ta có t = t =1, suy ra: w = t . z = 3 . Chọn A. 1 2
Ví dụ 62. [THPT Chuyên Sơn La]
Gọi A, B là hai điểm biểu diễn hình học số phức theo thứ tự z , z khác 0 và thỏa mãn đẳng 1 2 thức 2 2
z + z = z z . Với O là gốc tọa độ thì ba điểm O, A, B tạo thành tam giác gì? 1 2 1 2. A. Vuông cân. B. Cân, không đều C. Đều
D. Vuông, không cân. Lời giải 2  
Từ giả thiết ta có: z z zi 3 1± i 3 1 1 2   +1 =
t t +1 = 0 suy ra: 1 = ⇒ z = z .  z z 1 2 z 2 2 2 2 2
Do đó z = z nên OA = OB suy ra OAB cân tại O. 1 2  ±  Mặt khác 1 i 3 z ± − ± − z = 1 i 3 1 i 3 
−1 z z z = −1 . z = . z = z 1 2 2  2  1 2 2 2 2   2 2
Nên AB = OA = OB hay tam giác OAB đều. Chọn C. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 63. [SGD TPHCM]
Cho hai số phức z , z thoả mãn z = 6, z = 2 . Gọi M , z và 1 2
N là các điểm biểu diễn cho 1 2 1 iz . Biết  MON = 60°. Tính 2 2
T = z + 9z . 2 1 2
A. T =18 .
B. T = 24 3 .
C. T = 36 2 .
D. T = 36 3 . Lời giải Cách 1. (Hình học)
Đặt z = u; 3iz = v u = 6 = v . Ta có T = z − 3iz . z + 3iz = u v . u + v . Mà 1 2 1 2 1 2 
MON = 60° nên u + v là đường chéo hình thoi, u - v là đường chéo thứ hai, có u ; v
u v tạo thành tam giác đều. Sử dụng công thức hình bình hành ta có: 2 2
u + v + u v = ( 2 2
2 u + v ) ⇒ u + v = u 3 và 2 T = u 3 = 36 3 . Chọn D.
Ví dụ 64. [Hội 8 Trường Chuyên]
Có bao nhiêu số phức z = a + bi(a,b∈) thỏa mãn z + i + z −3i = z + 4i + z − 6i z ≤10 ? A. 12 B. 2. C. 10. D. 5. Lời giải Cách 1. (Hình học)
Viết lại giả thiết iz −1 + iz + 3 = iz − 4 + iz + 6 và đặt iz +1 = w iz = w −1
Như thế có bao nhiêu số phức w −1 ≤10 (*) thì có bấy nhiêu số z. Khi đó giả thiết là
w − 2 + w + 2 = w − 5 + w + 5 (1). Trước hết ta có 5 − w + w + 5 ≥ 5 − w + 5 + w =10 . Dấu
bằng xảy ra khi w = 5∪ w = 5 − thỏa mãn (1) và (*).
Bây giờ ta xét 5 − w + w + 5 = 2m >10 ⇒ m > 5 và gọi w = x + yi,(x, y ∈) khi đó (1) xem 2 2 2 2
như biểu diễn của hai Elip (Trục thay đổi) là: x y x y + = + =1 (2). 2 2 2 2 m m − 4 m m − 25 2 2 Từ (2) suy ra y y 2  1 1 y  = ⇔ − = 0 ⇔ y =  
0 suy ra w = x∈. 2 2 2 2 m − 4 m − 25
m − 4 m − 25   x −1 ≤  10 Như vậy thì:  ⇒ x ∈{ 9; − 8 − ; 7 − ; 6; − 6;7;8;9;10;1 } 1 có 10 số.  x = m > 5 
Cả hai trường hợp thì có 12 số. Chọn A.
Lời bình. Theo cách trên thì ta chuyển đổi Elip từ trục ảo sang sang trục thực cho quen thuộc. Cách 2. (Đại số)
Đặt u = z i z = u + i ta viết lại giả thiết: u + 2i + u − 2i = u + 5i + u − 5i (1). GV: Nguyễn Xuân Chung
Ta có z = u + i ≤10 và giả sử u = x + yi x ≤10; y +1 ≤10,(x, y ∈) . Đặt 2 2
x + y = m thì từ (1) ta có: 2 x + ( y + )2 2 + x + ( y − )2 2 = x + ( y + )2 2 2 2
5 + x + ( y −5)2
m + 4 + 4y + m + 4 − 4y = m + 25 +10y + m + 25 −10y
m + 4 + 4y m + 4 − 4y = 21+ m + 25 +10y m + 25 −10y ⇔ (m + )2 2
y = + (m + )2 2 4 16 21 25 −100y 2 ⇔ m + + ( 2 2 x y ) 2 = + m + + ( 2 2 16 8 21
625 50 x y ) . Lại đặt 2 2
x y = n < 0 thì 2 2 − −
m +16 + 8n m + 625 + 50n = 21 (2) 29 2n ⇒ = 1 2 2
m +16 + 8n + m + 625 + 50n 2 2
m +16 + 8n + m + 625 + 50n = 29 − − 2n (3) Từ (2) và (3) suy ra 2 2 2 m +16 + 8n = 4
− − n m +16 + 8n =16 + 8n + n ,n ≤ 4 − 2 2 2 2 2 2 2
m = n m = −n x + y = −x + y x = 0,−y ≤ 4 − và theo (3) 2 29 − y < − 2 29
x = 0, y >
, và y +1 ≤10 thử trực tiếp ta có y ∈{ 11 − ; 10 − ;..; 5 − ;5;6;..; } 9 . Chọn A. 2
Lời bình. Giải cách 2 như thế chẳng khác gì tự luận - Thời gian thiếu quá!
Ví dụ 65. Tìm mô đun của số phức z, biết 2 3 2018
z =1+ 2i + 3i + 4i +...+ 2019i . A. 2034145 B. 2038181 C. 2040200 D. 2042221 . Lời giải 2020 Gọi 2 3 2019 x −1
f (x) =1+ x + x + x +....+ x = ,(x ≠ ) 1 x −1 2020 2019 2 3 2018 2019.x − 2020.x +1
f '(x) =1+ 2x + 3x + 4x +...+ 2019x = 2 (x −1) Từ đó 2020 + 2020 = '( ) i z f i = = 1010 −
+1010i z = 2040200 . Chọn C. 2 − i Lời bình.
Trên đây ta tìm hiểu các ví dụ có tính điển hình và phổ biến, tuy nhiên ta chưa thể tìm hiểu
được các bài toán vận dụng khai triển Newton và Đại số tổ hợp hay các lũy thừa bậc cao của số
phức hoặc là dạng lượng giác nâng cao. Do đó nếu cần thì các em tự tìm hiểu thêm. GV: Nguyễn Xuân Chung
4. Các bài toán VDC tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
Đối với các bài toán vận dụng cao thì các em cần có kỹ năng tốt về biểu diễn tương quan giữa các độ
dài đoạn thẳng, nắm vững hơn các kiến thức về ba đường Cônic (Hình học 10). Mặt khác cũng thường
xuyên sử dụng các bất đẳng thức Mincopxki và Bunhiacopxki. Ngoài ra các em có thể đại số hóa bài
toán để khảo sát hàm số. Tuy nhiên vì thời gian thi trắc nghiệm có hạn nên cũng không phải là các
bài toán quá khó, vì vậy các em hãy yên tâm.
Ví dụ 66. Cho số thực z và số phức z thoả mãn z − 2i =1 và z z 2
1 là số thực. Gọi a, b lần lượt 1 2 2 1+ i
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z z . = + 1 2 Tính T a . b A. T = 4 . B. T = 4 2 . C. T = 3 2 +1. D. T = 2 + 3. Lời giải Chọn z = xz z 2
1 = m∈  ⇒ z z = m 1+ i z z = m 2 & = + + 1  , đặt z x m mi 2 1 ( ) 2 1 2 1+ i
thế vào giả thiết thứ nhất: x + m + (m − )i = ⇒ (x + m)2 + (m − )2 2 1 2 =1 suy ra :
(x + m)2 = −(m− )2 1
2 ≥ 0 ⇒ m − 2 ≤1⇒1≤ m ≤ 3 .
Khi đó 2 ≤ z z ≤ 3 2 ⇒ a = 3 2,b = 2 1 2 . Chọn B.
Ví dụ 67. [THPT Chuyên Thái Bình]
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 2 − i z − 2 − 3i = 2 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z A. z = 5 B. 4 5 z = C. z = 13 D. z = 2 5 min min 5 min min Lời giải
Đặt z − 2 − 3i = u z = u + 2 + 3i ta viết lại giả thiết: u + 4 + 2i = u + 2 5 (1).
Từ (1) ta lại có: u + 2 5 = u + 4 + 2i u + 4 + 2i = u + 2 5 do đó dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi u = k (4 + 2i),k ≥ 0 A u v O
u + v B
Thay trở về (1) ta được: 2 5 k +1 = 2 5 ( k + )
1 ⇒ k +1 = k +1 (đúng k ∀ ≥ 0 ).
Hiển nhiên ta tìm min nên chọn k = 0 ⇒ u = 0 ⇒ z
= 2 + 3i = 13 . Chọn C. min
Ví dụ 68. Cho số phức z thỏa mãn z − 2i =1. Giá trị nhỏ nhất của z + 3− 2i bằng z + 3− i A. 2 10 . B. 2 10 . C. 10 . D. 10 . 5 5 Phân tích.
Quan sát biểu thức của bài toán thì ta có thể quy về đường thẳng và đường tròn. GV: Nguyễn Xuân Chung Lời giải Cách 1. (Đại số)
Đặt z + 3− 2i = a + bi,(a,b∈) ⇒ z = a −3+ (b + 2)i . Ta cần tìm min của 2 2
T = a + b .
Mặt khác ta có z − 2i =1⇒ z − 2i = z + 3− i ⇒ (a −3)2 2 2
+ b = a + (b + )2 1 suy ra z + 3− i
= a + b ≤ ( 2 2 + )( 2 2 a + b ) 2 10 4 3 3 1 ⇒ T ≥ . Chọn A. 5
Cách 2. (Hình học tọa độ)
Đặt z + 3− 2i = R ≥ 0 , trước hết xét R > 0 , khi đó z = x + yi,(x, y ∈) biểu diễn bởi M ( ;x y)
thuộc đường tròn tâm I ( 3
− ;2) , bán kính R.
Mặt khác ta có z − 2i 2
= 1⇒ z − 2i = z + 3− i x + ( y − 2)2 = (x + 3)2 + ( y − )2 1 suy ra z + 3− i
3x + y + 3 = 0 là đường thẳng ∆ nên IM nhỏ nhất khi IM vuông góc với ∆ tại M. − + +
R = d (I ∆) 9 2 3 2 10 , = =
, chứng tỏ I ∉∆ . Chọn A. 10 5
Cách 3. (Trắc nghiệm - Công thức tính nhanh)
Ta có w = z + 3− 2i và đường thẳng là z − 2i = z + 3− i khi đó trong Mode 2 ta ghi 2 2
X A X B CALC nhập -3 + 2i = 2i = -3 +i = ta có kết quả cần tìm. 2 A B
Ví dụ 69. Cho số phức z thỏa mãn z −1+ i + z + 2 − 3i = 5 và w = z i . Gọi T là giá trị lớn nhất của w . Tìm T. A. T = 5. B. T = 2 5. C. T = 2 2. D. 2 T = . 5 Lời giải
Thế z = w + i vào giả thiết ta có w −1+ 2i + w + 2 − 2i = 5 (1).
Gọi M là điểm biểu diễn số phức wF (1; 2) − , F ( 2
− ;2) biểu diễn các số 1 2
z =1− 2i, z = 2
− + 2i khi đó từ (1) ta có MF + MF = 5. Mà ta có F F = 5 ⇒ M F F . 1 2 1 2 1 2 1 2
Bởi vậy w max ⇔ OM max ⇔ OM = OF = 2 2 . Chọn C. 2 Lời bình.
Nếu MF + MF > F F thì ta vẫn đưa về Elip và giải bình thường. Tuy nhiên bài toán cho 1 2 1 2
trường hợp đặc biệt nên ta cũng xem xét để giải nhanh hơn.
Ví dụ 70. Cho z ∈ thỏa mãn z − 2 + 3i + z + 2 + i = 4 5 . Tìm giá trị lớn nhất của z − 6 + 5i ? A. 4 5 B. 5 5 C. 6 5 D. 7 5 . Lời giải: GV: Nguyễn Xuân Chung Gọi M ( ;
x y) biểu diễn z, F 2; 3 − , F 2; − 1 − , K (6; 5 − ) thì 1 ( ) 2 ( )
MF + MF = 4 5 > F F = 2 5 như thế quỹ tích M là một 1 2 1 2
Elip. Nhận xét rằng F KF 1 là trung điểm của 2 và ta cần tính K
F1 I F2 D
độ dài lớn nhất của KM, khi đó vị trí cần tìm tại D, mà sao
cho DF + DF = 2F F 1 2
1 2 (không đổi) nên suy ra M
DF = 5 . Vậy KM
= KD = 5 5 . Chọn B. 2 max
Ví dụ 71. [BGD - Đề minh họa số 3 2017]
Xét các số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 4 − 7i = 6 2 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất
và giá trị lớn nhất của z −1+ i . Tính P = m + M . A. P = 13 + 73 B. 5 2 + 2 73 P + = C. 5 2 + 73 D. 5 2 73 P = 2 2 Lời giải.
Đặt z −1+ i = u z = u +1− i , ta cần tìm u y min u
. Thế z vào giả thiết ta có: F 8 2 max M
u + 3− 2i + u − 3−8i = 6 2 . Gọi M ( ; x y) biểu diễn  uF 3
− ;2 , F 3;8 thì ta có F F = 6;6 và 1 2 ( ) 2 ( ) 1 ( ) H
MF + MF = F F = 6 2 F 2 1 1 2 1 2
, do đó M thuộc đoạn F F . 1 2
Phương trình F F x y + 5 = 0 , từ đó suy ra x 1 2 -3 O 3 u = OH = d ( 5 2 O, F F = ; u = OF = 73 . min 1 2 ) 2 max 2 Chọn B.
Ví dụ 72. Trong các số phức z thoả mãn z − 3− 4i = 2 có hai số phức z , z thỏa mãn z z =1. 1 2 1 2
Giá trị nhỏ nhất của 2 2 z z bằng 1 2 A. -10 B. 4 − − 3 5 C. -5 D. 6 − − 2 5 . Lời giải: Ký hiệu 2 2
P = z z , giải sử M biểu diễn z, A, B biểu diễn 1 2
z , z I (3;4) là tâm đường tròn. Gọi H là trung điểm AB. 1 2 B Ta có H
AB =1, OI = 5 và: A
     
  
P = (OAOB).(OA+OB) = B .2 A OH = 2B .
A (OI + IH ).     O I P = 2B .
AOI nên ta chỉ cần B ,
A OI ngược hướng nhau và khi đó P = 2 − A . B OI = 10 − min . Chọn A.
Mời các em giải theo phương pháp đại số. GV: Nguyễn Xuân Chung Lời bình.
Đôi khi ta xem như Elip (thay đổi) hoặc đường tròn (thay đổi) và nhìn nhận theo cách mở
rộng xem như elip ảo hay đường tròn ảo để giải toán nhanh hơn
Ví dụ 73. Cho số phức z thỏa mãn z −1− 2i + z − 4 − 6i = 9 . Giá trị lớn nhất của z −10 −14i A. 17 . B. 20 . C. 15. D. 12. Lời giải
Cách 1. (Hình học véc tơ)
Gọi M (z) = M ( ;
x y) thì M thuộc elip (E), tâm 5 I  ;4  , a = 9 , c = 5 . 2    2 2  
Gọi A(10;14) thì z −10 −14i = AM . Vậy ta chỉ cần xác định vị trí M sao cho IM AI  cùng hướng hay  15   5 15 IM t
; 10,t 0 M t;4 10t  = − − > ⇒ − −  . 2 2 2      2 2
Do đó ta có  3 15 t  ( t)2  3 15 2 10 t  − + − + − − + ( 2 − −10t)2 =     9 .  2 2   2 2 
5 ( − t + + t ) 9 1 5 1 5 = 9 ⇒ t = . Vậy 34 25 AM = t +1 .AI = . =17 . Chọn A. 2 25 max 25 2
Ví dụ 74. Cho số phức z thỏa mãn (z + 2)i +1 + (z − 2)i −1 =10 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của z . Tính tổng S = M + m . A. S = 9 . B. S = 8. C. S = 2 21.
D. S = 2 21 −1. Lời giải
Chia hai vế cho i ta được: z + 2 − i + z − 2 + i =10 ⇒ z + 2 − i + z − 2 − i =10 (1).   Gọi A( 2; − ) 1 , B(2; ) 1 , K (0; )
1 . Suy ra MA + MB = 2a =10; AB = 2c = 4 . Chú ý là OK AB
Điểm M chạy trên một đường tròn ảo với tâm O(0;0) và bán kính z = r . vị trí M cần tìm sao    cho = = (0; ) 1 r OM tKO t
t = = r OM = ±(0;t) hay là x = 0 và z có dạng z = ±ti thay 1
vào (1) suy ra (t − )2 2
1 + 4 =10 hay ta có t =1± 21
M =1+ 21,m = 1
− + 21 ⇒ S = 2 21 . Chọn C.
Ví dụ 75. Xét các số phức z = a + bi (a,b∈) thỏa mãn z + 2 + 3i = 2 . Tính P = a + b khi
z + 2 − 5i + z − 6 + 3i đạt giá trị lớn nhất. A. P = 3 B. P = 3 − C. P = 7 D. P = 7 − Lời giải
M ∈(C) có tâm I ( 2; − 3
− ) , R = 2 . Gọi A( 2; − 5) , B(6; 3 − ) , K (2; )
1 là trung điểm AB. GV: Nguyễn Xuân Chung  
Ta có MA + MB = 2 ;
m AB = 2c . Chú ý là IK AB . B K A M I H
Điểm M chạy trên một elip ảo (trục lớn 2m thay đổi). Vị trí của M tại H, sao cho   
IH = tKI = t (− − ) R 1 4; 4 ⇒ t = = ⇒ IH = ( 1 − ;− ) 1 ⇒ H ( 3 − ; 4 − ) . 4 2 4 Hay ta có z = 3
− − 4i P = a + b = 7 − . Chọn D.
Ví dụ 76. (BGD - Đề tham khảo THPTQG 2017-2018)
Xét các số phức z = a + bi (a,b∈) 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. Lời giải
Đặt z − 4 − 3i = x + yi,(x, y ∈) ⇒ z = x + 4 + ( y + 3)i , khi đó ta có: 2 2 x + y = 5 (1).
Thế z vào T = x + + yi + x + + ( y + )i = (x + )2 2 5 3 4
5 + y + (x + 3)2 + ( y + 4)2
Sử dụng (1) ta có T = 30 +10x + 30 + 6x + 8y ≤ (1+ ) 1 (60 +16x +8y)
Lại có x + y ≤ ( 2 2 + )( 2 2 2
2 1 x + y ) = 5 nên T ≤ 2(60 + 40) =10 2 . Dấu bằng xảy ra khi
x = 2, y = 1. Khi đó z = 6 + 4i nên a = 6, b = 4 và P =10. Chọn A.
Ví dụ 77. [THPT Quảng Xương I Thanh Hóa]
Cho tập hợp số phức z thỏa mãn z −1 1 =
. Tìm max của P = z + i + 2 z − 4 + 7i . z + 3i 2 A. 8 . B. 20 . C. 2 5 . D. 4 5 . Phân tích.
Bài toán có thể quy về điểm M thuộc đường tròn và cần tìm max của MA + 2MB. Lời giải Gọi z
= x + yi với x, y ∈ , ta có: z 1 1 =
⇔ 2 z −1 = z + 3i z + 3i 2 ⇒ (x − )2 2 2 2
1 + y = x + ( y + 3)2 ⇔ (x − )2 + ( y − )2 2 3 = 20 . Đặt
x = 2 + 2 5 cost, y = 3+ 2 5 sin t,t ∈[0;2π ]. Ta biến đổi P = z + i + 2 z − 4 − 7i và GV: Nguyễn Xuân Chung 2 2 2 2
thay biến thì P = (2+ 2 5 cost) +(4+ 2 5sint) + 2 ( 2 − + 2 5 cost) +( 4 − + 2 5 sin t)
P = 40 + 8 5 (cost + 2sint) + 2 40 −8 5 (cost + 2sint) .
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có P ≤ ( 2 2
1 + 2 )(40 + 40) = 20 . Chọn B.
Ví dụ 78. (THPT Kim Liên Nội)
Xét các số phức z = a + bi ( a,b∈ ) thỏa mãn z −3− 2i = 2. Tính a + b khi
z +1− 2i + 2 z − 2 − 5i đạt giá trị nhỏ nhất. A. 4 − 3 . B. 2 + 3 . C. 3. D. 4 + 3 . Phân tích.
Bài toán cho điểm M thuộc đường tròn và cần tìm min của MA + 2MB. Lời giải
Đặt z − 3− 2i = x + yi,(x, y ∈) ⇒ z = x + 3+ ( y + 2)i . Theo giả thiết ta có 2 2 x + y = 4 (1).
Mặt khác T = z +1− 2i + 2 z − 2 − 5i = x + 4 + yi + 2 x +1+ ( y −3)i hay T = (x + )2 2
4 + y + 2 (x + )2 1 + ( y −3)2 (2).
Cách 1. (Trắc nghiệm Casio)
Áp dụng (1), khai triển thì T = 2 5 + 2x + 2 14 + 2x − 6y , để tìm giá trị nhỏ nhất thì mục x ≤ 0 tiêu là  ⇒ x∈[ 2; − 0], 2
y = 4 − x thế vào T, ta có: y ≥ 0  2 T 2 5 2x 14 2x 6 4 x  = + + + − −
 vào Mode 7 khảo sát thì T = 6 ⇔ x = 1 − ⇒ y = 3 .   min
Suy ra a + b = x + y + 5 = 4 + 3 . Chọn D. Cách 2. (Đại số)
Áp dụng (1) ta biến đổi (x + )2 2 + y =
+ x = ( + x) = (x + )2 2 4 20 8 4 5 2 4 1 + y    thay trở về (2)
ta có T = ( (x+ )2 2 2 1 + y + (x + )2
1 + (3− y)2 ) ≥ 2( y + 3− y ) ≥ 2 y +3− y = 6. 2 2 x = 1, − x + y = 4 Dấu bằng có khi  ⇔ = − = ⇒ + = + + = + . Chọn D. y  ( − y) x 1, y 3 a b x y 5 4 3 3 ≥ 0 Lời bình.
So sánh với bài 75, 76 ta thấy các hệ số đoạn thẳng là 1: 1 và yêu cầu tìm max, trong khi bài
này thì hệ số các đoạn thẳng là 1: 2 và yêu cầu tìm min. Ngoài ra khác với bài 77.
Bất đẳng thức trên thì khác bất đẳng thức Mincopxki. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 79. (THPT Chuyên Đại học Vinh)
Xét các số phức z, w thỏa mãn z = 2, iw − 2 + 5i =1. Giá trị nhỏ nhất của 2
z − wz − 4 bằng: A. 4 B. 2( 29 −3) C. 8 D. 2( 29 −5) . Phân tích.
Biểu thức cuối khá phức tạp nên ta tìm cách đơn giản nó và có xuất hiện số 4 liên quan đến z. Lời giải
Trước hết chia cả hai vế trong giả thiết thứ hai cho i và có: w + 5 + 2i =1 (1).
Giả sử z = x + yi,(x, y ∈) . Đặt 2 2
P = z wz − 4 = z wz z.z = z z w z = 2 z w z
P = 2 2yi w = 2 w − 2yi , lại đặt w − 2yi = u w = u + 2yi và ta cần tìm min của
P = 2 u . Thế w vào (1) ta có u + 5 + ( y + 2)i =1 (2).
Chú ý rằng z = 2 ⇒ y ∈[ 2;
− 2] và xem y là tham số, hiển nhiên cho y = 2, − u = 4 − thì thỏa
mãn điều kiện (2) ⇒ P = 2 4
− = 8 . Vậy chọn C. min
Lời bình. Tại sao ta chọn y = - 2 và u = - 4 mà không chọn số khác? Một lý do là: Môđun của
số phức là độ dài của véc tơ, nhìn chung thì xem như là cạnh huyền của tam giác vuông có hai
cạnh là x y cho nên tuân thủ theo định lý Pythagore. Nhưng nếu ta triệt tiêu một thành
phần y thì độ dài sẽ giảm đi, tiếp theo xem u như số thực là xong.
Qua đây các em có thể định hướng giải toán số phức như sau:
+ Hoặc chuyển độ phức tạp từ A sang B, rồi tập trung giải quyết B (Và ngược lại).
+ Trong trường hợp bất khả kháng thì dẫn cả A và B về điểm chung C.
Cụ thể ta thử chuyển từ (1) sang (2) xem thế nào? Sau khi giản ước ta có: P = 2 w − 2yi .
Từ (1) ta đặt w + 5 + 2i = a + bi w = a − 5 + (b + 2)i , ta có 2 2
a + b =1. Thế w vào P ta có:
P = 2 a − 5 + 2(b +1− y)i như thế ta có ba tham số a, b, yy ∈[ 2; − 2] , b∈[ 1; − ] 1 .
Số y tự do hơn (lỏng hơn, tập hợp rộng hơn), nên với b cho tùy ý b∈[ 1; − ] 1 thì ta luôn chọn
được y = b +1, khi đó ta triệt tiêu được phần ảo, và P = 2 a − 5 mà a ∈[ 1; − ] 1 , bởi vậy trước
đây ta cho b = 0 thì chọn y = 1 và bây giờ có thể lấy a = 1 thì P = 2 1− 5 = 8. Rõ ràng ta chỉ min
cần lập luận mà không cần khảo sát gì.
Ví dụ 80. Cho các số phức w , z thỏa mãn 3 5 w + i =
và 5w = (2 + i)(z − 4) . Giá trị lớn nhất 5
của biểu thức P = z −1− 2i + z − 5 − 2i bằng A. 6 7 . B. 4 + 2 13 . C. 2 53 . D. 4 13 . Phân tích. GV: Nguyễn Xuân Chung
Đề bài cho tương đối "zích zắc" tức là gây nhiễu, nhưng tập trung hỏi về P và liên quan đến z
nên ta dùng phép thế để khử w. Sau đó là chọn phương án: Đơn giản đường tròn hoặc P. Lời giải
Rút w và thế vào giả thiết ta có 1 ( + i)(z − ) 3 5 5i 3 5 2 4 + i = ⇔ z − 4 + = 5 5 2 + i 2 + i
z − 3+ 2i = 3. Đặt z − 3+ 2i = a + bi,(a,b∈) ⇒ z = a + 3+ (b − 2)i và ta có: 2 2
a + b = 9 (1). Thế z vào P ta có: P = a + 2 + (b − 4)i + a − 2 + (b − 4)i và kết hợp (1) ta có
P = (a + )2 + (b − )2 + (a − )2 + (b − )2 2 4 2
4 = 29 + 4a −8b + 29 − 4a −8b suy ra
P ≤ 2(58 −16b) ≤ 2(58−16.( 3
− )) = 2 53 . Dấu bằng có tại a = 0, b = - 3. Chọn C. Cách 2.
Nếu đơn giản P thì ta đặt u = z − 3− 2i z = u + 3+ 2i khi đó P trở thành:
P = u + 2 + u − 2 và đường tròn trở thành u + 4i = 3. Xét M ( ;
x y) biểu diễn u và các điểm A( 2;
− 0), B(2;0), I (0; 4
− ) thì P = MA + MB , M di chuyển trên đường tròn tâm I, r = 3.
Dễ thấy Oy là trục đối xứng của đường tròn và là trung trực của AB, nên P lớn nhất tại
x = 0, y = - 7 là giao của Oy và đường tròn và 2 2
P = 2 2 + 7 = 2 53 (các em tự vẽ hình). max Nhận xét.
Từ các ví dụ trên thì các em nắm được những gì? Nhìn chung là: Quy về xét vị trí tương đối
giữa các đường (thẳng, tròn, elip, ..), trong đó yêu cầu min, max. Nói chung ta đặt ẩn phụ để
chuyển độ phức tạp về một đường, dù giải theo PP hình học hay đại số thì có cùng bản chất.
Phép đặt ẩn phụ như trên thực chất là phép tịnh tiến, có điều ta không nói rõ làm tăng rắc rối.
Ví dụ 81. Tìm số phức z thỏa mãn z −1−i = 5 và biểu thức T = z − 7 − 9i + 2 z −8i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. z = 5 − 2i .
B. z =1+ 6i . C. z = 2 − − 3i .
D. z = 4 + 5i . Phân tích.
Bài toán cho điểm M thuộc đường tròn và cần tìm min của MA + 2MB. Lời giải
Đặt z −1− i = a + bi,(a,b∈) ⇒ z = a +1+ (b + ) 1 i . Ta có 2 2 a + b = 25 (1).
Thế z vào T ta có T = a − 6 + (b −8)i + 2 a +1+ (b − 7)i
Hay T = (a − )2 + (b − )2 + (a + )2 + (b − )2 6 8 2 1
7 . Sử dụng (1) ta biến đổi xuất hiện số 2 GV: Nguyễn Xuân Chung 2   (a )2 (b )2 125   3 6 8 125 12a 16b 4 3a 4b 4 a − + − = − − = − − = − +  (b − 2)2 suy ra  4   2     2  2  3 T =
a + (b − )2 + (a + )2 + ( − b)2  3 2 2 1 7 ≥ 2 +1   + (7 − 2)2 =     5 5 .   2    2   
Dấu bằng có khi 3 / 2 − a b − 2 2 2 =
,a + b = 25 nên a = 0, b = 5 và khi đó z = 1 + 6i. Chọn B. a +1 7 − b Lời bình.
Bài trên ta có thể dùng Casio để thử đáp án, nhưng thay đổi câu hỏi như bài 76 thì không thử
được. Các em xem lại bài 76 và so sánh với bài này để tìm ra điểm chung và điểm riêng, xem
lại phương pháp chủ đạo để giải toán.
Để củng cố cách giải, xem xét sự thay đổi giả thiết và yêu cầu bài toán, ta xét thêm vài ví dụ
Ví dụ 82. Xét các số phức z = a + bi (a,b∈) thỏa mãn z + 2 + 3i = 2 . Tính P = a + b khi
z + 2 − 5i + z − 6 + 3i đạt giá trị lớn nhất. A. P = 3 B. P = 3 − C. P = 7 D. P = 7 − . Phân tích.
Cho đường tròn. Tìm z0 để tổng MA + MB đạt max (Đã giải ở VD 75). Lời giải
Đặt z + 2 + 3i = x + yi z = x − 2 + ( y −3)i và ta có: 2 2
x + y = 2 . Thế z vào T ta có
T = x + ( y − ) 2
i + x − + yi = x + ( y − )2 + (x − )2 2 8 8 8 8 + y
Hay T = 66 −16y + 66 −16x ≤ 2(132 −16x −16y) ≤ 2(132 + 32) = 2 82 .
Dấu bằng có khi x = y = - 1, khi đó z = - 3 - 4i nên P = 7 − . Chọn D.
Ví dụ 83. Cho số phức z thỏa mãn z −1− 2i + z − 4 − 6i = 9 . Giá trị lớn nhất của z −10 −14i A. 17 . B. 20 . C. 15. D. 12. Phân tích.
Cho M thuộc Elip và điểm A. Tìm max MA (Đã giải ở VD 73). Lời giải
Đặt z −10 −14i = a + bi,(a,b∈) thì ta có a + 9 + (b +12)i + a +8+ (b + 6)i = 9 hay ta có
(a + )2 + (b + )2 + (a + )2 + (b + )2 9 12 6 8 = 9 và cần tìm max 2 2
a + b = m . GV: Nguyễn Xuân Chung Viết lại: 2 = m + + ( a + b) 2 9 225 6 3
4 + m +100 + 4(3a + 4b) (1). Ta có a + b ≤ ( 2 2 3 4
25 a + b ) = 5m ⇒ 5
m ≤ 3a + 4b ≤ 5m (2), do đó kết hợp (1) suy ra 2 2
9 ≥ m + 225 − 30m + m +100 − 20m = m −15 + m −10 = 2m − 25,(m >15) ⇒ m ≤17 . Vậy max 2 2
a + b = m =17 . Chọn A.
Ví dụ 84. Cho z ∈ thỏa mãn 2z +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 . Phân tích.
Cho đường tròn. Tìm max của MA + 3MB. Lưu ý là các hệ số khác nhau, số lẻ không đẹp. Lời giải.
Đặt 2z +1− 3i = x + yi ⇒ 2z = x −1+ ( y + 3)i và ta có: 2 2
x + y = 2 . Khi đó
2P = 2z − 2 + 3 2z + 2 − 4i = x − 3+ ( y + 3)i + 3 x +1+ ( y − ) 1 i
P = (x − )2 + ( y + )2 + (x + )2 + ( y − )2 2 3 3 3 1
1 = 20 − 6(x y) + 3 4 + 2(x y)
2P = 20 − 6(x y) + 3 12 + 6(x y) ≤ (1+ 3)(20 +12) = 8 2 ⇒ P = . Chọn A. max 4 2
Ví dụ 85. [THPT Lê Hồng Phong]
Cho số phức z w thỏa mãn z + w = 3+ 4i z w = 9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T = z + w . A. 176 . B. 14. C. 4 . D. 106 . Phân tích.
Hình thức thay đổi nhưng vẫn quy về đường tròn. Tìm max của MA + MB. Lời giải Cách 1.
Thế w = 3+ 4i z vào giả thiết thứ hai ta có: 2z − 3− 4i = 9 . Hơn nữa viết lại
2T = 2z + 2z − 6 −8i . Đặt 2z − 3− 4i = a + bi,(a,b∈) thì ta có: 2 2
a b  81 (1).
Khi đó 2T = a + 3+ (b + 4)i + a −3+ (b − 4)i hay viết thành
T = (a + )2 + (b + )2 + (a − )2 + (b − )2 ≤ ( + )( 2 2 2 3 4 3 4
1 1 2a +18 + 2b + 32) = 2 106 .
Dấu bằng có khi 6a + 8b = 0 và dễ thấy đường thẳng này cắt đường tròn (1). Vậy chọn D. GV: Nguyễn Xuân Chung Cách 2. Đặt z = ,
m w = n thì theo quy tắc hình bình hành ta có 2 2 1 m + n = ( 2 2
z + w + z w ) 2 hay ta có 2 2
m + n = 53 không đổi và suy ra: m + n ≤ ( + )( 2 2
1 1 m + n ) = 106 . Lời bình.
Cách 1 giải với khá nhiều bài toán mà ta đã giải. Cách 2 theo quy tắc hình bình hành tuy ngắn
gọn nhưng với hệ số là 1:1. Lý do là giả thiết thay đổi nên ta linh hoạt hơn trong giải toán,
nhưng với hệ số khác thì không áp dụng được. Chẳng hạn ta xét bài toán sau
Ví dụ 86. Cho số phức z w thoả mãn z + 2w = 8 + 6i z w = 4. Giá trị lớn nhất của biểu
thức z + w bằng A. 4 6 B. 2 26 C. 66 D. 3 6 . Phân tích.
So với bài 79, ở đây có khác là giả thiết thêm vào z + 2w (không kể hằng số). Tuy nhiên ta
giải theo tính chất của môđun xem thế nào. Lời giải:
Đặt m = z ,n = w , p = z.w + z.w . Sử dụng tính chất 2
z = z.z ta có: 2
z + w = (z + w) (z + w) 2 2 2 2 .
2 = m + 2 p + 4n (1) Và 2
z w = (z + w) (z w) 2 2 2 2 .
= 2m − 2 p + 2n (2).
Cộng các vế của (1) và (2) , kết hợp giả thiết suy ra: ( 2 2 + ) 2 2 2
8 6 + 2.4 = 3m + 6n . Suy ra 2 2 1  1  3
m + 2n = 44 do đó m + n =1.m + . 2n ≤ 1+ ( 2 2 m + 2n ) = .44 =   66 . 2  2  2 Chọn C.
Cách 2.
Không nhất định ta phải dùng môđun, trở về phép thế như bài 79 xem sao?
Biến đổi z w = ⇒ z − ( + i z) 8 8 2 2 8 2 8 6
= 8 ⇒ 3z −8 − 6i = 8 ⇒ z − − 2i = . 3 3
Xét 2T = 2 z + 2w = 2 z + z −8 − 6i . Đặt 8 2 2 64
z − − 2i = a + bi a + b = và 3 9 8
T = a + + (b + ) 16 2 2 2 i + a
+ (b − 4)i (như thế ta có dạng 2MA + MB). Hay ta có 3 3 2 2  8  ( )2  16 = + + + + − + ( − )2 164 16a 464 32 2 2 2 4 = 2 + + 4 a T a b a b b + − −     8b .  3   3  9 3 9 3 GV: Nguyễn Xuân Chung Suy ra T ( 2 2)328 464 2 2 1  ≤ + + = 3×88 ⇒ T ≤   66 . Chọn C.  9 9 
Ví dụ 87. [SGD Phú Thọ]
Cho tập hợp các số phức z thỏa mãn iz − 2 − i = 3. Giá trị lớn nhất của biểu thức
2 z − 4 − i + z + 5 + 8i bằng A. 3 15 . B. 15 3 . C. 9 5 . D. 18 5 . Phân tích.
Cho M thuộc đường tròn. Tìm max của 2MA + MB. Lời giải
Trước hết biến đổi iz − 2 − i = 3 ⇔ z −1+ 2i = 3 và đặt z −1+ 2i = a + bi thì ta có: 2 2
a + b = 9 (1). Ngoài ra z = a +1+ bi − 2i , thế z vào T ta được:
T = 2 a − 3+ (b −3)i + a + 6 + (b + 6)i hay viết lại
T = 2 27 − 6(a + b) + 81+12(a + b) = 2 54 −12(a + b) + 81+12(a + b) T ≤ (2 + ) 1 (54 + ) 81 = 9 5 . Chọn C.
Ví dụ 88. Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn iz +1+ 2i = 3 và biểu thức
T = 2 z + 5 + 2i + 3 z − 3i đạt giá trị lớn nhất. Gọi M là giá trị lớn nhất của T . Giá trị tích của M.n A. 10 21 . B. 6 13 . C. 5 21. D. 2 13 . Phân tích.
Cho M thuộc đường tròn. Tìm max của 2MA + 3MB. Đạt cực trị tại bao nhiêu điểm? Lời giải
Biến đổi iz +1+ 2i = 3 ⇔ z + 2 − i = 3 và đặt z + 2 − i = a + bi thì ta có: 2 2 a + b = 9 (1).
Ngoài ra z = a − 2 + bi + i , thế z vào T ta được: T = 2 a + 3+ (b + 3)i + 3 a − 2 + (b − 2)i hay viết lại T =
(a + )2 +(b + )2 + (a − )2 +(b − )2 2 3 3 3 2 2
T = 2 27 + 6(a + b) + 3 17 − 4(a + b) = 2 54 +12(a + b) + 3 51−12(a + b)
Suy ra T ≤ (2 + 3)(54 + )
51 = 5 21 ⇒ M = 5 21. Dấu bằng xảy ra khi
3(54 +12a +12b) = 2(51−12a −12b) ⇔ a + b = 1
− mà dễ thấy đường thẳng này cắt đường
tròn (1) tại hai điểm phân biệt nên n = 2.
Vậy Mn =10 21 . Chọn A. GV: Nguyễn Xuân Chung
Ví dụ 89. (Đặng Việt Hùng)
Cho 3 số phức z,z ,z thỏa mãn z −1+ 2i = z + 3− 4i , z + 5 − 2i = 2, z −1− 6i = 2. Tính 1 2 1 2
giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = z − z + z − z + 4 1 2 A. 2 3770 B. 10361 C. 3770 D. 10361 13 13 13 26 Phân tích.
Cho điểm M thuộc đường thẳng và P, Q thuộc 2 đường tròn. Tìm max của MP + MQ. Lời giải
Gọi M (z) = M ( ; x y), I ( 5
− ;2), K (1;6), A(1; 2 − ), B( 3
− ;4), P(z ,Q z , R = R = 2. 1 ) ( 2) 1 2
Khi đó M thuộc trung trực của AB có phương trình 2x − 3y + 5 = 0 (∆) và P, Q di chuyển lần  
lượt trên hai đường tròn tâm I và K cùng bán kính R = 2 . Nhân xét AB = ( 4; − 6), IK = (6;4)  
Nghĩa là AB IK nên hai đường thẳng IK / /∆ , hơn nữa d (I,∆) > R, IK > 2R . H I K Q P M
Rõ ràng ta có T = MP + MQ + 2R nhỏ nhất khi P, Q thuộc các đoạn MI, MK và do tính đối 2
xứng nên T = 2MK . Vậy  1  2 3770
T = 2MK = 2  IK +   d I,∆  = . Chọn A. min  ( ) 2 min 2    13 Lời bình.
Bài này ý tưởng lấy từ bài THPT Thuận Thành 2 Bắc Ninh trong hình học tọa độ Oxyz
khi thay hai mặt cầu bởi hai đường tròn.
Ví dụ 90. (SGD Nghệ An - THPT Liên trường)
Cho số phức z và gọi z , z là hai nghiệm phức của phương trình 2
z + 8i = 0 ( z có phần 1 2 1
thực dương). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 = − + − + + 2 + z P z z z z z z được viết dưới 1 2 1 2
dạng m n + p q (trong đó n, p N; ,
m q là các số nguyên tố). Tổng m + n + p + q bằng A. 10 B. 13 C. 11 D. 12 Phân tích.
Cho 2 điểm (cần phải giải), suy ra điểm thứ 3, M tùy ý. Tìm min của MA + MB + MC. Lời giải Giải các nghiệm z2
z = 2 − 2i, z = 2
− + 2i ⇒ 2z + = 3− 3i 1 2 1 2
Viết lại P = z − 2 + 2i + z + 2 − 2i + z + 3+ 3i . Xét: M (z), A(2; 2 − ), B( 2; − 2),C ( 3 − ; 3 − ) GV: Nguyễn Xuân Chung
thì P = MA + MB + MC . Dễ thấy tam giác ABC cân tại C, và do
tính đối xứng của A, B nên điểm M thuộc đoạn OC. Phương trình B
đường thẳng OCx = t, y = t M (t;t),t ∈[ 3 − ;0]. Ta có 2 -3 O 2 P =
(t − )2 +(t + )2 + (t + )2 2 2 2 2 3 hay -2 -2  2tA P = ( 2
2 2 t + 4 + t + 3) , P'(t) = 2  +1 -3 2 Ct + 4  P (t) 2 ' = 0 ⇒ t = −
, suy ra P = 2 6 + 3 2 và m + n + p + q = 2 + 6 + 3+ 2 =13. Chọn B. 3 min
Ví dụ 91. (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình)
Cho số phức z thỏa mãn 4 z + i + 3 z i =10 . Giá trị nhỏ nhất của z bằng: A. 1 . B. 5 . C. 3 . D. 1. 2 7 2 Phân tích.
Ta có thể hình dung như là 4MA + 3MB = 10 không đổi, kiểu như "lai tạo" của đường tròn và
Elip nên không biết là đường cong gì, cũng may là chỉ hỏi độ dài OM. Bây giờ ta cũng lấy
đường cong "thiên biến" để ứng "vạn biến" thử xem sao. Lời giải
Dễ thấy z = 0 không thỏa mãn, và giả sử z = m > 0 thì đặt z = m(cost + isin t),t ∈[0;2π ] Khi đó ta có 2 2 m t + ( + m t)2 2 2 4 cos 1 sin
+ 3 m cos t + (1− msin t)2 =10 2 2 ⇔ = m + + m
t + m + − m t ≤ ( 2 2 + )( 2 10 4 1 2 sin 3 1 2 sin 4 3 2m + 2) 2
⇒ 2m + 2 ≥ 4 ⇒ m ≥1⇒ z
= m =1. Dấu bằng có khi: min ( + t) = ( − t) 7 9 2 2sin 16 2 2sin ⇒ sin t = (thỏa mãn thuộc [ 1; − ] 1 ). 25
Thật may mắn là phép ứng biến thành công. Vậy z
= 1 tô khoanh tròn D!. min 5. Các bài luyện tập
Câu 1. (BGD - Đề thi chính thức THPTQG 2019 M102 C44)

Xét các số phức z thỏa mãn z = 2 . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn các 3+ số phức iz w =
là một đường tròn có bán kính bằng 1+ z A. 2 3 . B. 12 . C. 20 . D. 2 5 . GV: Nguyễn Xuân Chung
Câu 2. (SGD Hưng Yên )
Cho các số phức z thỏa mãn z = 5 . Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w = (1+ 2i) z + i
trên mặt phẳng tọa độ là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. 5 . B. 10. C. 5. D. 5 5 .
Câu 3. (BGD -Đề thi chính thức THPTQG 2019 M104 C31)
Cho số phức z thỏa (2 − i)z + 3+16i = 2(z + i) . Môđun của z bằng A. 5 . B. 13. C. 13 . D. 5.
Câu 4. Xét các số phức z thỏa mãn z2i 1  4. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức
w  125i z 3i là một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó bằng A. 52 . B. 3 13 . C. 52. D. 12 5 .
Câu 5. Cho hai số phức z, z′ thỏa mãn z + 5 = 5 và z′ +1− 3i = z′ − 3− 6i . Tìm giá trị nhỏ nhất của z z′ . A. 5 . B. 5 . C. 10 . D. 3 10 . 2 4
Câu 6. [THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương]
Cho hai số phức z , z thỏa mãn các điều kiện z = z = 2 và z + 2z = 4 . Giá trị của 1 2 1 2 1 2
2z z bằng: 1 2 A. 2 6 B. 6 C. 3 6 D. 8.
Câu 7. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 2
z z10 z và z 1i z 1i ? A. 0 B. 3. C. 1. D. 2 .
Câu 8. Cho hai số phức z ,
z  2 3, z  3 2. Tính giá trị biểu thức 1 2 z thỏa mãn 1 2 2 2
P z z z z . 1 2 1 2 A. P  20 3. B. P  30 2. C. P  50. D. P  60.
Câu 9. [SGD Lào Cai ]
Cho z , z là hai số phức liên hợp của nhau, đồng thời thỏa mãn z1 ∈ và − = 1 2 R z z 2 3. 2 z 1 2 2
Tính mô đun của số phức z . 1
A. z = 3 B. 5 z =
C. z = 2
D. z = 5 1 1 2 1 1 GV: Nguyễn Xuân Chung
Câu 10. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để có đúng hai số phức z thỏa mãn z − (2m − )
1 − i =10 và z −1+ i = z − 2 + 3i . A. 40 . B. 41. C. 165. D. 164.
Câu 11. (THPT Chuyên Tĩnh)
Cho số phức z = a + bi (a,b∈,a > 0) thỏa mãn z −1+ 2i = 5 và z.z =10. Tính P = a b. A. P = 4 . B. P = 4 − . C. P = 2 − . D. P = 2 .
Câu 12. Cho z , z là các số phức thỏa mãn z = z =1 và − =
. Tính giá trị của biểu 1 2 z 2z 6 1 2 1 2
thức P = 2z + z . 1 2 A. P = 2 . B. P = 3 . C. P = 3. D. P =1.
Câu 13. (SGD Ninh Bình)  
Tính tổng phần thực của tất cả các số phức z ≠ 0 thỏa mãn 5  z + i = 7 − z.  z    A. 2 − B. 3 − C. 3 D. 2
Câu 14. Tính tổng của hai số phức z thỏa mãn điều kiện z − 3i là số thuần ảo và z = 5 z + i A. -4+i B. 2i C. 8+2i D. 4-2i.
Câu 15. Biết có hai số phức z đồng thời thỏa mãn 2z − 3 = z +1+ i và (z i)(z +1+ 2i) là số
thực. Tích của hai số đó là: A. 8 1 − i B. 8 1 + i C. 8 1 − − i D. 8 1 − + i . 3 3 3 3 3 3 3 3
Câu 16. (TT Diệu Hiền - Cần Thơ)
Xét số phức z thỏa mãn z − 2 − 2i = 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = z −1− i + z − 5 − 2i bằng A. 1+ 10 . B. 4 . C. 17 D. 5.
Câu 17. Cho số phức z thoả mãn z − 3− 4i = 5 và biểu thức 2 2
P = z + 2 − z − i đạt giá trị lớn
nhất. Môđun của số phức z bằng A. 10. B. 5 2 . C. 13. D. 10 .
Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1+ z + 3 1− z . A. 3 15 B. 6 5 C. 2 10 D. 4 5. GV: Nguyễn Xuân Chung
Câu 19. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai]
Cho số phức z thỏa z =1. Tìm giá trị lớn nhất của 2 2
P = z + z + z z . A. 14 . B. 4. C. 2 2 . D. 2 3 . 5
Câu 20. Xét các số phức z = a + bi (a,b∈) thỏa mãn z + 2 −3i = 2 2 . Tính P = 2a + b khi
z +1+ 6i + z − 7 − 2i đạt giá trị lớn nhất.
A. P = 3. B. P = 3 − . C. P =1. D. P = 7 .
Câu 21. [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu Đồng Tháp]
Gọi S là tập hợp các số phức thỏa mãn z − 3 + z + 3 =10. Gọi z1, z2 là hai số phức thuộc S có
mô đun nhỏ nhất. Giá trị biểu thức 2 2
P = z + z là: 1 2 A. 16. B. 32. C. -32. D. -16.
Câu 22. (SGD Ninh Bình):
Cho số phức z thỏa mãn z +1 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của T = z + 4 − i + z − 2 + i . A. 2 46. B. 2 13. C. 2 26. D. 2 23.
Câu 23. [THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai]
Cho số phức z thỏa z −1− 2i = z − 3− i . Khi đó z nhỏ nhất bằng A. 1. B. 3 . C. 5 D. 2. 2 2
Câu 24. (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa )
Cho hai số phức z , z z +1−i = 2 z = iz 1 2 thỏa mãn 1 và 2
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất m của biểu thức z z 1 2 ? A. m = 2 −1. B. m = 2 2 . C. m = 2 .
D. m = 2 2 − 2.
Câu 25. Cho số phức z thỏa z −1− i + z − 3− 2i = 5 . Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của z . Tính tổng M + m A. 2 + 13 B. 2 − 13 C. 5 + 13 D. 2 + 3
Câu 26. Cho hai số phức u , v thỏa mãn 3 u − 6i + 3 u −1− 3i = 5 10 , v −1+ 2i = v + i . Giá trị nhỏ
nhất của u v là: A. 10 . B. 2 10 . C. 10 . D. 5 10 . 3 3 3 GV: Nguyễn Xuân Chung
Câu 27. Cho số phức z thỏa mãn 4 z + i + 3 z i =10 . Giá trị nhỏ nhất của z bằng A. 1 . B. 5 . C. 3 . D. 1. 2 7 2
Câu 28. Cho số phức z thỏa mãn z − 2 − 3i + z + 2 + 3i = 4 5 . Giá trị lớn nhất của z A. 13 + 5 . B.3+ 13 . C.7 . D. 4 + 5 .
Câu 29. [THPT Thăng Long - Hà Nội]
Cho số thực a thay đổi và số phức z thỏa mãn z i a =
. Trên mặt phẳng tọa độ, 2
a +1 1− a(a − 2i)
gọi I(−3; 4) và M là điểm biểu diễn số phức z. Khi a thay đổi thì MI đạt nhỏ nhất là: A. 4 B. 3 C. 5 D. 6.
Câu 30. (THPT Chuyên Đại học Vinh)
Giả sử z , z là hai trong các số phức z thỏa mãn (z − 6)(8+ zi) là số thực. Biết rằng z z = 4 1 2 1 2
. Giá trị trị nhỏ nhất của z + 3z bằng: 1 2 A. 5 − 21 B. 20 − 4 21 C. 20 − 4 22 D. 5 − 22
Câu 31. Xét các số phức z = a + bi , (a,b∈) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z = z + 4 −3i
z +1− i + z − 2 + 3i đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị P = a + 2b là: A. 252 P = − B. 41 P = − . C. 61 P = − . D. 18 P = − . 50 5 10 5
Câu 32. Gọi z = a + bi là số phức thỏa mãn z −1− i = 5 và z − 7 − 9i + 2 z −8i đạt giá trị nhỏ
nhất. Giá trị của 2a + 3b bằng A. 14. B. -17. C. 20. D. -12.
Câu 33. [THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu Đồng Tháp]
Cho các số phức z và w thỏa mãn (3− ) z i z =
+1− .i Tìm GTLN của T = w + i . w −1 A. 2 B. 3 2 C. 2 D. 1 2 2 2
Câu 34. (THPT Chuyên Ngữ Nội )
Cho hai số phức z , z thỏa mãn z − 3i + 5 = 2 và iz −1+ 2i = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của 1 2 1 2
biểu thức T = 2iz + 3z . 1 2 A. 313 +16. B. 313 . C. 313 + 8 . D. 313 + 2 5 .
Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn z + 2 − i + z − 2 + i = 4 2 . Tìm giá trị lớn nhất của iz + 7 ? A.16. B.10. C.8 + 2 2 . D.8 + 2 . GV: Nguyễn Xuân Chung
Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + 2 = z + 2i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức + P a b
= z −1− 2i + z − 3− 4i + z − 5 − 6i được viết dưới dạng
17 với a, b là các số hữu 2
tỉ. Giá trị của a + b A. 3. B. 7 . C. 2 . D. 4 .
Câu 37. [SGD Lào Cai ]
Biết số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện z − 3− 4i = 5 và biểu thức 2 2
M = z + 2 − z i đạt giá trị lớn nhất. Tính mô đun của số phức z + i. A. 61 B. 5 2 C. 3 5 D. 2 41 .
Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn (1+ i) z +1−3i = 3 2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
P = z + 2 + i + 6 z − 2 − 3i bằng A. 5 6 . B. 15 (1+ 6). C. 6 5 . D. 10 + 3 15 .
Câu 39. [THPT Chuyên Quang Trung]
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của m để tồn tại 4 số phức z thỏa mãn z + z + z − z = 2 và z(z + )
2 − (z + z) − m là số thuần ảo. Tổng các phần tử của S là: A. 2+1 B. 2+1 C. 2−1 D. 1 . 2 2 2
Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn z − 5 + 3i = z −1− 3 và z thỏa mãn z − 4 −3i = z − 2 + 3 . 1 i i 1 1 2 2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = z z + z − 6 + i + z − 6 − i . 1 2 1 2 A. 18 . B. 16 . C. 2 10 . D. 6 . 13 13
>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>> PHỤ LỤC:
Chứng minh công thức tính nhanh khoảng cách từ 1 điểm đến đường trung trực của đoạn thẳng dạng số phức.
Bài toán. Cho z ∈ thỏa mãn z A = z B . Tìm min z C . 2 2
C A C B
Kết quả: min z C = . 2 A B
Hướng dẫn chứng minh.
Để dễ nắm bắt, ta chuyển bài toán về hình học tọa độ Oxy, sau đó chuyển lại về dạng số phức.
Gọi M(x; y), A(a; b), B(c; d), C(m; n) là các điểm biểu diễn các số phức tương ứng z, A, B, C. GV: Nguyễn Xuân Chung
+ Phương trình trung trực của BA là: 2 2 2 2   . OA OB − = 0 ⇔ ( − ) + ( − ) OA OB BAOM a c x b d y − = 0 . 2 2
+ Khi tính khoảng cách từ C đến d thì 2 2
( − ) +( − ) OA OB a c m b d n
     2B . AOC B . 2 A (OA+OB) =
(a c)2 +(b d )2
2 (a c)2 + (b d )2
    
BA(OC OA+OC OB) (z z z z   z z + z z   3 2 ) ( 3 1)( 3 2) ( 3 1) = = 2 z z 2 z z 1 2 1 2 2 2
C A C B
Tức là ta có min z C =
. Điều phải chứng minh. 2 A B GV: Nguyễn Xuân Chung
Document Outline

  • SO PHUC Phan I
  • SO PHUC Phan II (full)