(THPT Nho Quan A – Ninh Bình – 2022) Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các số phức \(z\) sao cho \(iz.\bar z + (1 + 2i)z – (1 – 2i)\bar z – 4i = 0\) và \(T\) là tập hợp tất cả các số phức \(w\) có phần thực khác 0 sao cho \(\frac{w}{{\bar w + 6i}}\) là số thự
C. Xét các số phức \({z_1},{z_2} \in S\) và \(w \in T\) thỏa mãn \(\left| {{z_1} – {z_2}} \right| = 2\sqrt 5 \) và \(\frac{{w – {z_1}}}{{{z_2} – {z_1}}} = \frac{{\bar w – \overline {{z_1}} }}{{\overline {{z_2}} – \bar z}}\). Khi \(\left| {w – {z_1}} \right| \cdot \left| {w – {z_1}} \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất thì \(\left| {w – {z_1}} \right| + \left| {w – {z_1}} \right|\) bằng
A. \(\sqrt 3 \).
B. \(2\sqrt 3 \).
C. \(3\sqrt 3 \).
D. \( – 4\sqrt 3 \).
Lời giải:
Chon D
Giả sử \(z = x + yi,(x,y \in \mathbb{R})\). Ta có
\(\begin{array}{l}iz.\bar z + (1 + 2i)z – (1 – 2i)\bar z – 4i = 0\\ \Leftrightarrow i(x + yi)(x – yi) + (1 + 2i)(x + yi) – (1 – 2i)(x – yi) – 4i = 0\\ \Leftrightarrow i\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + (x – 2y) + (2x + y)i – (x – 2y) – ( – 2x – y)i – 4i = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 4x + 2y – 4 = 0\end{array}\)
Suy ra \(S\) là tập hợp các số phức có điểm biểu diễn thuộc đường tròn \((C)\) có tâm \(I( – 2; – 1)\), bán kính \(R = 3\).
Giả sử \(w = a + bi,(a,b \in \mathbb{R};a \ne 0)\). Ta có
\(\frac{w}{{\bar w + 6i}} = \frac{{a + bi}}{{a + (6 – b)i}} = \frac{{(a + bi)[a + (b – 6)i]}}{{{a^2} + {{(b – 6)}^2}}} = \frac{{{a^2} – {b^2} + 6b}}{{{a^2} + {{(6 – b)}^2}}} + \frac{{2ab – 6a}}{{{a^2} + {{(6 – b)}^2}}}i\)\(\)
Do đó \(\frac{w}{{w + 6i}}\) là số thực khi và chỉ khi \(\frac{{2ab – 6a}}{{{a^2} + {{(6 – b)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow b = 3\).
Suy ra \(T\) là tập hợp các số phức có điểm biểu diễn thuộc đường thẳng \(\Delta :y = 3\).
Xét các số phức \({z_1},{z_2} \in S\) và \(w \in T\) thỏa mãn \(\left| {{z_1} – {z_2}} \right| = \sqrt 5 \) và \(\frac{{w – {z_1}}}{{{z_2} – {z_1}}} = \frac{{\bar w – \overline {{z_1}} }}{{\overline {{z_2}} – \overline {{z_1}} }}\).
Giả sử \({z_1} = {x_1} + {y_1}i,{z_2} = {x_2} + {y_2}i\left( {{x_1},{y_1},{x_2},{y_2} \in \mathbb{R}} \right)\) và \(w = x + 3i,(x \in \mathbb{R},x \ne 0)\).
Gọi \({M_1},{M_2},M\) lần lượt là các điểm biểu diễn của \({z_1},{z_2}\) và \(w\).
Khi đó, \({M_1},{M_2} \in (C)\) và \(M \in \Delta \), đồng thời \(\left| {w – {z_1}} \right|.\left| {w – {z_1}} \right| = M{M_1}M{M_2}\).
Do \(\left| {{z_1} – {z_2}} \right| = 2\sqrt 5 \) nên \({M_1}{M_2} = 2\sqrt 5 \) và do \(\frac{{w – {z_1}}}{{{z_2} – {z_1}}} = \frac{{\bar w – \overline {{z_1}} }}{{\overline {{z_2}} – \bar z1}}\) nên ba điểm \({M_1},{M_2},M\) thẳng hàng.
Suy ra \(M{M_1}M{M_2} = I{M^2} – {R^2}\).
Vì vậy \(\left| {w – {z_1}} \right| \cdot \left| {w – {z_1}} \right| = I{M^2} – {R^2}\).
Do đó, \(\left| {w – {z_1}} \right| \cdot \left| {w – {z_1}} \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(IM\) đạt giá trị nhỏ nhất. Lúc đó, \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên \(\Delta \) và \(M = ( – 2;3)\).
Gọi \(H\) là trung điểm của \({M_1}{M_2}\), ta có \(IH = \sqrt {IM_1^2 – {M_1}{H^2}} = \sqrt {{3^2} – {{(\sqrt 5 )}^2}} = 2\).
Vì bốn điểm \({M_1},{M_2},M,H\) thẳng hàng nên \(\Delta MIH\) vuông tại \(H\) suy ra \(MH = \sqrt {I{M^2} – I{H^2}} = \sqrt {{4^2} – {2^2}} = 2\sqrt 3 \) và do đó,
\(\left| {w – {z_1}} \right| + \left| {w – {z_1}} \right| = M{M_1} + M{M_2} = MH – H{M_1} + MH + H{M_2} = 2MH = 4\sqrt 3 {\rm{. }}\)\(\)
==================== Thuộc chủ đề: Trắc nghiệm Cực trị Số phức
Trả lời