D01 biểu diễn một số phức muc do 4

Câu 50: [2D4-3.1-4] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Cho hai số phức z z1, 2

thoả mãn z1 6, z2 2 Gọi M N, là các điểm biểu diễn cho z1và iz2 Biết MON  60

1 9 2

T  z  z

A T 18 B T 24 3 C T 36 2 D T 36 3

Hướng dẫn giải Chọn D

Ta có

 2

1 9 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2

T  z  z  z  iz  z  iz z  iz

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 3iz2

Khi đó ta có

1 3 2 1 3 2

z  iz z  iz  OM OP OM OP  PM 2OI 2PM OI

Do MON  60 và OM OP6 nên MOP đều suy ra PM 6 và 6 3 3 3

2

Vậy T 2PM OI 2.6.3 336 3

-HẾT -

Câu 6083: [2D4-3.1-4] [THPT chuyên Biên Hòa lần 2 - 2017] Cho số phức z1, z2, z3 thỏa mãn

1  2  3 1

z z z và z1  z2 z3 0 Tính 2 2 2

1 2 3

  

Lời giải

Chọn D

z  z    i z   i

Khi đó:

       

(Lí giải cách chọn là vì z1  z2  z3 1 và z1  z2 z3 0 nên các điểm biểu diễn của z1, z2, 3

z là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm, nên ta chỉ việc giải nghiệm của phương trình 3

0

z  để chọn ra các nghiệm là z1, z2, z3 )

z

1 2 1 3 2 3

2

= 0 2

= 2 2 2.0 0

z z z z z z

       

Cách 3: Vì z1  z2  z3 1 và z1  z2 z3 0 nên các điểm biểu diễn của z1, z2, z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm

Do đó ta có thể giả sử acgumen của z1, z2, z3 lần lượt là 1, 1 2 , 1 4

    

Nhận thấy acgumen của 2

1

z , z22, z32 lần lượt là 2 , 21 1 4 , 2 1 8 2 1 2

        (vẫn lệch

đều pha2

3

 ) và z12  z22  z32 1 nên các điểm biểu diễn của 2

1

z , 2 2

z , 2 3

z cũng là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị nhận gốc O làm trọng tâm Từ đó

Az z z 

Lưu ý: Nếu GA GB GC   0 G là trọng tâm ABC