NW359 360 DẠNG 34 TIM MODUN CUA SO PHUC GV

CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ  BÀI TẬP MẪU Phân tích hướng dẫn giải 1.. DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm môđun của số phức... là số thuần ảo... Khi đó ta thấy I là trung điểm của đoạn AB...

Trang 1

I KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

 Số phức bất kì z a; b được biểu diễn duy nhất dạng z a bi   , a; b ¡ , trong đó i2 1

 Hệ thức i2  1, được suy từ định nghĩa phép nhân: i 2  i.i 0;1 0;1     1; 0 1

 Biểu diễn a  bi gọi là dạng đại số của số phức z a; b Do đó:£ a bi a  ¡ , b ¡ ,i2  1

 



a Re z : phần thực của z, b Im z   : phần ảo của z Đơn vị ảo là i

 Số phức bất kì z a; b được biểu diễn duy nhất dạng z a   bi, a; b ¡ , trong đó i2 1

 Lũy thừa đơn vị ảo i:

0

i  1, i1 i, i2  1, i3 i i2  i…, bằng quy nạp ta được:

Lưu ý :i4n  1, i4n 1  i, i4n 2  1, i4n 3  i,   n ¥Do đó: n  

i   1;1; i; i , n   ¥

 Số phức liên hợp:

 Cho z a bi   , số phức z   a bi gọi là số phức liên hợp của z

z z  z¡

 Số phức liên hợp: Số phức z a bi  có số phức liên hợp là z a bi 

 Mô đun số phức: z  a2b2

 Biểu diễn hình học của số phức: Điểm biểu diễn số phức z a bi  trên mặt phẳng tọa độ là

 ; 

M a b

 Gọi M z , M z , M  1  2  z

Khi đó: M 1 đối xứng với M qua Ox; M 2 đối xứng với M qua O

 Gọi u, v

ur ur

lần lượt là biểu diễn của hai số phức z , z 1 2 Khi đó: u v 

ur ur

là biểu diễn của z 1  z 2

 Cho: A là điểm biểu diễn của z 1 và B là điểm biểu diễn của z 2

Khi đó: ABuuur

là biểu diễn của z 2  z 1 và AB  z 1  z 2

II CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ



BÀI TẬP MẪU

Phân tích hướng dẫn giải

1 DẠNG TOÁN: Đây là dạng toán tìm môđun của số phức

2 HƯỚNG GIẢI:

B1: Tính giá trị của biểu thức số phức

B2: Tính môđun của số phức

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải Chọn B

1i z  1 i 3 4 i  1 7i

DẠNG TOÁN 34 : TÌM MÔ ĐUN SỐ PHỨC

Trang 2

Bài tập tương tự và phát triển:

 Mức độ 1

   

z w i  i   i

 2 2

z w   

A 2 B 5 C 5 2 D 4.

Lời giải Chọn C

1i z  1 i.5i 5 5i

1i.5i   5 5i  5252 5 2

 Mức độ 2

lần lượt là điểm biểu diễn số phức z và 1 z Tìm phần2

thực a của số phức w z z 1 2

A a 7 B a 1 C a 7 D a 2

Lời giải Chọn A

1 2

z   , i z2  3 i

   

w z z   i i   i

Phần thực của w là a 7

A w 2 4i B w10 4 i C w 1 7i D w 7 7i

Lời giải:

Chọn D

w  i  i i  i

Câu 3 Cho hai số phức z1 3 2i, z2   x 1 yi với x y  , Tìm cặp x y; 

để z2 2z1

A x y ;  5; 4

B x y ;  4;5

C x y ;  5; 4  D x y  ;   4;5

1

2z 2 3 2 i  6 4i

Trang 3

Câu 5 Biết số phức z thỏa mãn 1 1 z 3 4 i có phần thực được viết dưới dạng

a

b , với a b, là

những số nguyên dương,

a

b là phân thức tối giản Tính T  a b

A T 9 B T 1 C T  3 D T  9

i



Suy ra phần thực của số phức z là

7

2

a

Vậy đáp án là A

là số thuần ảo

A b  0 B

0

a b b









0

a b b









2 3  2 3    2 3   3 2 

w  i z   i a bi  a b   a b i

Để số phức w2 3 i z là số thuần ảo thì



Vậy đáp án là B

A

2

3

số phức nghịch đảo của số phức zlà

z   i   phần ảo của số phức nghịch đảo của số phức zlà

3

13.

Vậy đáp án là C

A z 2 B z 2 C z 4 D z 4

Lời giải Chọn D

2i 1 3 iz  5 i z   5 i 2i 1 3 i4i

4

z z 

Vậy đáp án là D

Trang 4

A

13 6

z   i

B

13 6

z   i

13 6

z   i

13 6

z   i

i



 

Suy ra

13 6

z   i

Vậy đáp án là A

 Mức độ 3

nhất P của biểu thức min Pz1 z2

A P  min 2 B P  min 1 C P  min 5 D P  min 3

Lời giải:

Chọn A

Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z , 1 z Khi đó 2 Pz1 z2 AB

Ta có A thuộc đường tròn  C1

có tâm I11;2

, bán kính R 1 1 và B

thuộc đường tròn C2

có tâm I25; 1 

, bán kính R  2 2

2

nên hai đường tròn  C1

và C2

ở ngoài nhau

Vậy Pmin I I1 2 R R1 2   5 1 2 2

Tìm giá trị lớn nhất của T   z 4 i  z 2 i

Giả sử z x yi  có điểm biểu diễn là M x y ; 

Ta có z  1 3  x12y2  3

Suy ra tập hợp các điểm M là đường tròn có tâm I  1;0 và bán kính R  3.

Gọi A  4;1

, B2; 1  Khi đó ta thấy I là trung điểm của đoạn AB

Trang 5

Xét tam giác MAB có có

MI     MA MB  MI 

Do đó T   z 4 i  z 2 i MA MB

Suy ra

2

AB

T  MA MB  MA MB   MI  



2

AB

T   R  

Vậy giá trị lớn nhất của T bằng 2 13 khi  

MA MB

M I









z mi  z m i

và sao cho z1 z2

là lớn nhất Khi đó giá trị z1z2

bằng

Gọi M N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức , z z1, 2

Gọi z x iy x y  , ,  

Ta có z1  34 M N, thuộc đường tròn  C

có tâm I1;0

, bán kính R  34

Mà z 1 mi  z m2i  x yi  1 mi  x yi m 2i

x 12 y m2 x m2 y 22

2 m 1 x 2 m 2 y 3 0

Suy ra M N thuộc đường thẳng , d: 2m1x2m 2 y 3 0

Trang 6

Do đó M N là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn ,  C

Ta có z1 z2 MN

nên z1 z2

lớn nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất MN

 đường kính của  C

Khi đó z1z2 2OI 2

 Mức độ 4

và z2 5 i z2  7i

Tìm giá trị nhỏ nhất của z1 iz2

A

11 2

3 2

7 2

2

Giả sử số phức z1  a bi ( ,a b;i2 1)

 2  2

Gọi điểm M biểu diễn số phức 1 z Suy ra 1 M thuộc đường tròn tâm 1 I2;1, bán kính

2 2

R  .

Giả sử số phức z2  x yi( ,x y;i2 1)

z   i z   i x  y  x   y

10x 25 2y 1 14x 49 2y 1 4x 4y 24 0 x y 6 0

Điểm M x y2 ; 

biểu diễn số phức z Suy ra 2 M thuộc đường thẳng 2 1:x y  6 0 Điểm M3 y x;  biểu diễn số phức iz Ta thấy 2 M là ảnh của điểm 3 M qua phép quay tâm2

O, góc quay 90 Suy ra 0 M thuộc đường thẳng 3 2:x y   6 0

Khi đó: z1 iz2 M M1 3

Do đó z1 iz2

nhỏ nhất  M M1 3 nhỏ nhất Suy ra:

2 2

z  iz d I   R    

là số phức thỏa mãn điều kiện z 1 2i  z 2 3i  10 và có mô đun nhỏ nhất Tính S7a b ?

Trang 7

2

4

O

M

H B

A

Gọi M a b ; 

là điểm biểu diễn số phức z a bi 

1;2

A

là điểm biểu diễn số phức 1 2i 

 2;3

B 

là điểm biểu diễn số phức  2 3i, AB  10

z  i  z  i  trở thành MA MB AB

, ,

M A B

 thẳng hàng và M ở giữa A và B

Gọi H là điểm chiếu của O lên AB, phương trình AB x: 3y 7 0 , OH: 3x y 0 Tọa độ điểm

7 21

;

10 10

H  

  , Có

3 1

;

10 10

AH   

,

;

10 10

BH   

và BH  9AH Nên H thuộc đoạn AB

z

nhỏ nhất  OM nhỏ nhât, màM thuộc đoạn AB

7 21

;

10 10

Lúc đó

49 21

10 10

S  a b   

nhất của P z 2 2  i Đặt A M m  . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A A 34;6

B A6; 42

C A2 7; 33

D A  4;3 3

Đặt z x iyvà gọi M x y ; 

là điểm biểu diễn của z x iy 

ta có: z z  z z  4 x  y 2

Gọi A2;2

và P MA

Trang 8

* Theo hình vẽ, minP d A  ,,

với :x y 2

và

2 2 2

2

P   

maxP AE  2 4 2 5, với E0; 2 

Vậy M m  2 2 5 5,88 

2 1 2

, gọi z và 1 z lần lượt là các số phức có môđun2 nhỏ nhất và lớn nhất Giá trị của biểu thức

z  z

bằng

A 6 B 2 2. C 4 2. D 2.

Gọi z x yi  x y,  

 

2

1

2

1 2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là hai đường tròn   C1 ; C2

có tâm và bán kính lần lượt

là I10;1 ; R 1 2 và I20; 1 ;  R2  2

Trang 9

Gọi M N, lần lượt là điểm biểu diễn z và 1 z có môđun nhỏ nhất và lớn nhất nên OM dài 2

nhất và ON ngắn nhất.

OM dài nhất

2

0; 1 2

M

OM OI R



ON ngắn nhất

2

0; 2 1

N

ON R OI



Vậy

z  z 

điều kiện

2

z z  z z z

và z  ?m

A 2; 2 2

B 2; 2 2

Đặt z x yi x y R   ,  

 

0 2

x y m



Điều kiện

 1 cho ta bốn đường tròn:

+  C1

có tâm I11;1

và bán kính R 1 2.

Trang 10

+ C2

có tâm I 2 1;1

và bán kính R 2 2. + C3

có tâm I31; 1  và bán kính R 3 2. + C4

có tâm I  4 1; 1

và bán kính R 4 2. Điều kiện  2 là đường tròn  C tâm O và bán kính Rm

Dựa vào đồ thị, ta thấy điều kiện để có đúng 4 số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn  C

tiếp xúc với 4 đường tròn  C1

, C2 , C3 , C4 tại , , ,D A B C hoặc đi qua các

giao điểm , , ,E F G H của bốn đường tròn đó.

Suy ra m 2 2hoặc m  2

A zmin  5

4 5 5

z 

C zmin  13

D zmin 2 5

Gọi M a b ; 

là điểm biểu diễn số phức z.

Gọi A  2;1, B2;3 là điểm biểu diễn hai số phức z1 2 i z, 2  2 3i

Ta có AB4; 2 AB2 5

Theo giả thiết ta có MA MB 2 5AB nên suy ra M nằm trên đường thẳng AB và nằm ngoài khoảng AB về phía B.

Ta có phương trình đường thẳng AB x:  2y 4 0

Vì M a b ; AB a 2b  4 0 a2b 4

Vì M nằm ngoài đoạn AB về phía Bnên a2b 4 2  b3

2

z  a b  b b  b        

T  z  i  z i đạt giá trị lớn nhất Gọi M là giá trị lớn nhất của T Tính tích Mn

A Mn 2 13 B Mn 6 13 C Mn 5 21 D Mn 10 21

Lời giải Chọn D

Gọi z x yi x y, ,   được biểu diễn bởi điểm  M x y , 

+) Ta có: iz 1 2i  3 i z  2 i  3 z 2 i 3  x22 y12 9  1

Suy ra tập điểm biểu diễn số phức zlà đường tròn tâm I  2;1

, bán kính R 3 +) Khi đó 2IA3 IB0

với A5; 2 ,  B0;3 +) Lại có

T  MA MB MA MB

Trang 11

   

2

Suy ra M  525 5 21 Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi MA MB

x 52 y 22 x2 y 32

        x y 2 y x 2  2

Thế  2

vào  1

ta được

1 2

2

x









Vậy có 2 số phức thỏa mãn Suy ra n 2. Vậy Mn 10 21

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	1 MB