skkn một số DẠNG TOÁN cực TRỊ số PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH học

Độ dài của véctơ... Do đó tập hợpđiểm là đường thẳng... Diện tích tam giác OMN là S OMN xy... Những thông tin cần được bảo mật: 9.

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ SỐ PHỨC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

→-z=-a-bi

→z=a-bi

z φ=arg(z)

N(a;-b) P(-a;-b)

Q(-a;b) M(a;b)

O

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

 Điểm biểu diễn số phức đối z là P a b ; 

đối xứng với M qua O

 Điểm biểu diễn số phức z là P a b ;  đối xứng với M qua Oy.

 Mô đun của số phức z là z OM

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

3 Công thức trọng tâm tam giác: Nếu A B C, , biểu diễn các số phức z z z thì trọng tâm1, ,2 3

G của tam giác ABC biểu diễn số phức

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

Lưu ý:

Ta thấy điểm M di chuyển trên đường thẳng :x 2y1 0 nên MO nhỏ nhất khi và chỉ

khi M là hình chiếu của điểm O lên đường thẳng 

Phương trình đường thẳng đi qua O và vuông góc với là 2x y 0.

Do đó, tọa độ điểm Mlà nghiệm của hệ phương trình

Theo giả thiết z 4 3 i  z 4 3i 10 MA MB 10AB

Suy ra Mthuộc đoạn ABkéo dài (B nằm giữa Avà M ) Lại có z 3 4 i MCnên

Đặtz x yi= + (x yÎ ¡, ) và M x y( ; ) là điểm biểu diễn số phức z.

Từ z 2 2i  z 4i suy ra x22y 22 x2y 42  x y 2 tập hợp điểm M

= là

 Lời giải

Đặt z x yi x y   ,   và  M x y ; là điểm biểu diễn số phức

Từ z 1 i  z 3i ta suy ra x12y12 x2y 32  2x4y7 Do đó tập hợpđiểm là đường thẳng

Ví dụ 5: Xét các số phức z thỏa mãn z2 - 2z+ = 5 (z- + 1 2i z)( + - 3 1 i )

Giá trị nhỏ nhất của biểuthức P= -z 2 2+ i bằng

So sánh hai trường hợp ta thấy Pmin = 1.

Ví dụ 6: Xét các số phức z w, thỏa mãn z- -1 3i £ +z 2i và w+ +1 3i £ w- 2 i Giá trị nhỏ nhất củabiểu thức P= -z w là

 Lời giải

Gọi z a bi= + và w c di= + a b c d  , , , 

 z 1 3i  z 2i  a12b 32 a2b22  a5b Suy ra tập hợp điểm3

M biểu diễn số phức z là phần tô đậm như trên đồ thị có tính biên D:x+5y=3

 w 1 3i w 2i  c12d32c2d 22  c5d Suy ra tập hợp điểm3

N biểu diễn số phức w là phần gạch chéo như trên đồ thị có tính biên D¢:x+5y=- 3

Dựa vào hình vẽ ta thấy w  ;  3 26

13

P z MN d   

.Dấu " " = xảy ra khi và chỉ khi M Î D, NÎ M và MN^ D¢

Ta có - iz+ = Û -1 1 i z i. + = Û1 z i+ = ¾¾1 ® tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thuộc

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

Ta có z- -2 3i = ¾¾1 ® tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thuộc đường tròn có tâm

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

i z i

+ + =

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

P= -z w bằng

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

w iz

P= -z w == z iz- = z - i = z= OM với (O 0;0 )Dựa vào hình vẽ ta thấy Pmax = 2OM2 = 2OI+R = 2 2 1 3 2 + =

Ví dụ 5: Xét các số phức z z1 , 2 thỏa mãn z1 - + = 1 i 1 và z2 = 2 iz1 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Dựa vào hình vẽ ta thấy Pmin = 2 2OM1 = 2 2OI- R = 2 2 2 1 - = - 4 2 2.

Ví dụ 6: Xét các số phức z thỏa mãn z- -2 4i =2 2. Trong các số phức w thỏa mãn w z= (1 +i),

gọi w1 và w2 lần lượt là số phức có môđun nhỏ nhất và môđun lớn nhất Khi đó w1 +w2 bằng

Dựa vào hình vẽ ta thấy

 Pmin = 2OM1 Dấu '' '' = xảy ra Û M º M1 Û z= + ¾¾ 1 2i ®w1 = +(1 2 1i)( + =- +i) 1 3 i

 Pmax = 2OM2 Dấu '' '' = xảy ra Û Mº M2 Û z= + ¾¾ 3 6i ®w2 = +(3 6 1i)( + =- +i) 3 9 i

Theo giả thiết x 22y 32 1

nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm trên đường

Phương trình

2 3:

Tính độ dài MH ta lấy kết quả HM 13 1

Lưu ý: Cho số phức z thỏa mãn z a bi   R 0, khi đó ta có quỹ tích các điểm biểu diễn

25 9 

y x

Vậy maxz OA OA ' 5 và min z OB OB ' 3

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

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

Do z 2  z2 4 2 nên tập hợp M biểu diễn z là Elip  

, F21; 1 Dạng 4 Đường thẳng và đường tròn

3 5 5

 Lời giải

M biểu diễn số phức w thuộc nửa mặt phẳng bờ D:x y- =0 và kể cả bờ (miền tô đậm như

hình vẽ) Gọi miền này là ( )C1

z- + i £ ¾¾ ® x- + +y i £ Û x- + +y £ ¾¾ ® tập hợp điểm N biểu diễn

số phức z là hình tròn ( )C2 có tâm (I 2; 4 , - ) bán kính R =1.

Khi đó biểu thức P= -z w=MN là khoảng cách từ một điểm thuộc ( )C1 đến một điểm thuộc

 z- 2i £ -z 4i ¾¾®x2+ -(y 2)2£x2+ -(y 4)2Û y£ ¾¾3 ® tập hợp điểm biểu diễn số phức z

thuộc nửa mặt phẳng bờ D:y=3, kể cả bờ (miền tô đậm) Gọi miền này là ( )C1

z- - i = ¾¾ ® x- + -y i = Û x- + -y = ¾¾ ®

tập hợp điểm biểu diễn số

phức z là đường tròn ( )C2 có tâm (I 3;3 ,) bán kính R =1.

Như vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là giao của ( )C1 và ( )C2 Đó chính là phần

cung tròn nét liền như trên hình vẽ (có tính 2 điểm đầu mút (D 2;3 , 4;3) C( ) của cung)

Khi đó P= -z 2 1+ =MB+1 với (B 2;0) và MB là khoảng cách từ điểm B đến một điểm

- Lời giải

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

¾¾ ® thuộc phần chung của hai hình tròn (I; 1) và (O; 1) (phần gạch sọc như hình vẽ).

Ta có P= -z w=MN nên P nhỏ nhất khi MN ngắn nhất Dựa vào hình vẽ ta thấy MN ngắn

toán nằm trên miền ( )H tô đậm được giới hạn bởi đường thẳng d: 2x y+ =- 2 và đường tròn

( )C có tâm (I 2; 1 , - ) bán kính R =5 (kể cả biên) như hình vẽ

Ta có P=x2 +y2 + 8x+ 6y=(x+ 4) + +(y 3) - 25 =J M2 - 25 với (J - 4; 3 - )

Gọi giao điểm của d và ( )C là (A 2; 6 , - ) B(- 2;2 ;) C là giao điểm của đoạn IJ với ( )C .

Dựa vào hình vẽ ta thấy

là số thực Gọi,

M m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của z1 - z2 Tính P=M+m

A P =14 5. B P =16 5. C P =18 5. D P =20 5.

 Lời giải

Đặt z1 = +a bi z, 2 = +c di a b c d , , ,( Î ¡).

Gọi (A a b B c d; , ) ( ; ) lần lượt là hai điểm biểu diễn số phức z z1 , 2

Suy ra z1 - z2 =OA OBuur uur- =BAuuur¾¾ ®z1 - z2 =AB.

Suy ra đường thẳng AB có VTPT n =uuurAB (1;2 )

 z1 - - 3 4i = ¾¾ 1 ® tập hợp các điểm A là đường tròn ( )C có tâm (I 3;4 ,) bán kính R =1.

 z2 + = 1 z2 - i ¾¾ ® +(c 1)2+d2=c2+ -(d 1)2Û + = ¾¾c d 0 ® tập hợp các điểm Blà đường

thẳng D:x y+ =0.

Theo yêu cầu bài toán ta cần tìm GTLN và GTNN của AB.

Do [d I, D >] R nên suy ra D không cắt ( )C . Gọi H là hình chiếu của A trên D, ta có

[ ][ ]

, max

AH

AH AB

Câu 4 Cho các số phức z z z thỏa mãn , ,1 2 2 z1  2 z2 z1 z2 6 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pz  z z 1  z z 2

A P 6 2 2 B P 3 2 3 C P 6 2 3 D

9

2 32

 Lời giải

Chọn A B M, , lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z z z 1, ,2

Dựa vào điều kiện, ta có tam giác OAB vuông cân tại O có độ dài OA OB  , 6 AB 6 2

Phép quay tâm B, góc quay 60  ta có

Dấu " " khi O M M A, , ,  thẳng hàng

Khi đó tam giác OBAcó OB6,BABA6 2 và

Ta có IB  6

Suy ra 2 z 4 5 i z 1 7i 2MA MB

Lấy điểm K:

16

Do

12

Vậy

2 min

Vậy Min P   2BK3.

Câu 7 Với hai số phức z1 và z2 thoả mãn z1z2  8 6i và z1 z2 2,

tìm giá trị lớn nhất của

4

B O

Dấu bằng xảy ra khi OA OB 

Câu 8 Giả sử z z1, 2 là hai trong số các số phức z thỏa mãn iz 2 i 1 và z1 z2 2

Giá trị

Câu 9 Cho z là số phức thỏa mãn z 1 i 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A 10 1 B 3 5 1 C 101 1 D 101 1

 Lời giải

- Về khả năng áp dụng của sáng kiến: Dành cho học sinh có học lực từ trung bình khá trở lên.

8 Những thông tin cần được bảo mật:

9 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 12.

10 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến của tác giả:

Sau khi học xong, các em học sinh lớp 12 không còn bỡ ngỡ trước dạng toán tìm cực trị số

phức, dạng toán mà trước đây các em thường bỏ qua Bước đầu giúp các em có các hướng để

giải quyết các dạng toán ở phần này

11 Dang sách tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có)

STT Tên tổ chức, các nhân Địa chỉ Phạm vi , Lĩnh vực áp dụng sáng kiến1

2

…, ngày … tháng … năm

Thủ trưởng đơn vị

…, ngày … tháng … nămCHỦ TỊCH HỘI ĐỒNGSÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ

Yên Lạc, ngày 10 tháng 03 năm 2020

Tác giả sáng kiến

Nguyễn Thành Tiến