DẠNG 1: CHO SỐ PHỨC zz THỎA MÃN |z−z1|=|z−z2||z−z1|=|
z−z2|. TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN |z−z0||z−z0|NHỎ NHẤT.

Phương pháp: Đặt M(z);A(z1);B(z2)M(z);A(z1);B(z2)là các điểm biểu diễn
số phức z;z1z;z1 và z2z2. Khi đó từ giả thiết |z−z1|=|z−z2||z−z1|=|z−z2|
suy ra MA=MBMA=MB, tập hợp điểm biểu diễn số phức zz là đường trung
trực ∆ của AB.
Gọi N(z0)N(z0)là  điểm biểu diễn số phức z0z0
Ta có MN=|z−z0|MN=|z−z0|nhỏ nhất khi MNminMNmin khi M là hình chiếu
vuông góc của  N  trên  d  và MNmin=d(N;Δ)MNmin=d(N;Δ)
Bài tập 1: Cho số phức zz thỏa mãn |z−4−i|=|z+i||z−4−i|=|z+i|.
Gọi z=a+bi(a;b∈R)z=a+bi(a;b∈R) là số phức thỏa mãn |z−1+3i||
z−1+3i| nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức T=2a+3bT=2a+3blà:
A. −4−4 B. 4 C. 0 D. 1
Lời giải chi tiết

Đặt M(z);A(4;1),B(0;−1)M(z);A(4;1),B(0;
−1) là các điểm biểu diễn số phức z;4+iz;4+i và −i−i. Khi đó từ giả thiết suy
ra MA=MBMA=MB, tập hợp điểm biểu diễn số phức zz là đường trung trực của
AB đi qua I(2;0)I(2;0) và có VTPT là →n=−

−→AB(−4;−2)⇒Δ:2x+y−4=0n→=AB→(−4;−2)⇒Δ:2x+y−4=0
Gọi N(1;−3)N(1;−3)là điểm biểu diễn số phức 1−3i1−3i
Ta có |z−1+3i||z−1+3i| nhỏ nhất khi MNminMNmin khi M  là hình chiếu vuông
góc của N  trên ∆, suy ra MN:x−2y+1=0MN:x−2y+1=0
Giải
hệ {2x+y−4=0x−2y−7=0⇒{x=3y=−2⇒M(3;−2)⇒z=3−2i⇒2

a+3b=0{2x+y−4=0x−2y−7=0⇒{x=3y=−2⇒M(3;−2)⇒z=3−2i⇒2a+3b=
0. Chọn C.
Bài tập 2: Cho các số phức zz thỏa mãn |z−2i|=|z+2||z−2i|=|z+2|.
Gọi zz là số phức thỏa mãn |(2−i)z+5||(2−i)z+5|nhỏ nhất. Khi đó :
A. 0<|z|<10<|z|<1 B. 1<|z|<21<|z|<2 C. 2<|z|<32<|z|<3 D. |

z|>3|z|>3
Lời giải chi tiết

Gọi M(x;y);A(0;2),B(−2;0)M(x;y);A(0;2),B(−2;0)là các điểm biểu diễn số
phức z;2iz;2i và −2−2.
Từ giả thiết ⇒⇒MA=MB⇒M∈MA=MB⇒M∈trung trực của AB có phương
trình Δ:x+y=0Δ:x+y=0
Lại có: P=|(2−i)z+5|=|2−i|∣∣z+52−i∣∣=√ 5 |z+2+i|P=|(2−i)z+5|=|2−i||

z+52−i|=5|z+2+i|, gọi N(−2;−1)N(−2;−1)là điểm biểu diễn số
phức −2−i−2−i suy ra P=√ 5 MNP=5MN
Ta có P nhỏ nhất khi MNminMNmin khi M là hình chiếu vuông góc của N trên ∆,
suy ra phương trình MN:x−y+1=0MN:x−y+1=0
Giải hệ {x+y=0x−y+1=0⇒{x=−12y=12⇒M(−12;12)⇒z=−12+12i⇒|
z|=√ 2 2{x+y=0x−y+1=0⇒{x=−12y=12⇒M(−12;12)⇒z=−12+12i⇒|z|
=22. Chọn A.

@ DẠNG 2: CHO SỐ PHỨC zz THỎA MÃN|z−z0|=R|z−z0|=R. TÌM SỐ
PHỨC THỎA MÃN P=|z−z1|P=|z−z1|ĐẠT GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ
NHẤT.

Phương pháp: Đặt M(z);I(z0);E(z1)M(z);I(z0);E(z1) là các điểm biểu diễn số
phức z;z0z;z0 và z1z1. Khi đó từ giả thiết |z−z0|=R⇔MI=R|z−z0|
=R⇔MI=R ⇒M⇒M thuộc đường tròn tâm I bán kính R. Ta
có: P=MEP=ME lớn nhất ⇔MEmax⇔MEmaxvà P nhỏ
nhất ⇔MEmin⇔MEmin. Khi đó:
Pmax=IE+R⇔M≡M2Pmax=IE+R⇔M≡M2và Pmin=|IE−R|

⇔M≡M1Pmin=|IE−R|⇔M≡M1

(Điểm E có thể nằm trong hoặc ngoài đường tròn).

Bài tập 1: Cho số phức zzthỏa mãn |iz−3+2i|=3|iz−3+2i|=3. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức: P=|z−1−i|P=|z−1−i|
A. Pmin=3Pmin=3 B.Pmin=√ 13 −3Pmin=13−3 C. Pmin=2Pmin=

2              D. Pmin=√ 10 Pmin=10
Lời giải chi tiết
Ta có: |iz−3+2i|=3⇔|i|∣∣z−3i+2∣∣=3⇔|z+2+3i|=3⇒|iz−3+2i|=3⇔|i||
z−3i+2|=3⇔|z+2+3i|=3⇒ tập hợp điểm M biểu diễn số phức zzlà đường tròn
tâm I(−2;−3)I(−2;−3) bán kính R=3R=3
Gọi E(1;1)E(1;1) là điểm biểu diễn số phức 1+i⇒P=ME⇒Pmin=|EI−R|

=21+i⇒P=ME⇒Pmin=|EI−R|=2

Bài tập 2: Cho số phức zz thỏa mãn |z+2−i|=√ 5 |z+2−i|=5.
Gọi z1z1 và z2z2 lần lượt là 2 số phức làm cho biểu thức P=|z−2−3i|
P=|z−2−3i| đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất. Tính T=3|z1|+2|z2|T=3|

z1|+2|z2|
A. T=20T=20 B. T=6T=6 C. T=14T=14 D. T=24T=24
Lời giải chi tiết

Ta có: |z+2−i|=√ 5 ⇒|z+2−i|=5⇒tập hợp điểm M  biểu diễn số phức zz là
đường tròn tâm I(−2;1)I(−2;1) bán kính R=√ 5 R=5.
Gọi E(2;3)⇒P=MEE(2;3)⇒P=ME
Phương trình đường thẳng IE:x−2y+4=0IE:x−2y+4=0
Dựa vào hình vẽ ta có Pmax=IE+R⇔M≡M2Pmax=IE+R⇔M≡M2
Giải hệ {x−2y+4=0(x+2)2+

(y−1)2=5⇒[M2(−4;0)⇒Pmin=3√ 5 M1(0;2)⇒Pmin=√ 5 {x−2y+4=0(x
+2)2+(y−1)2=5⇒[M2(−4;0)⇒Pmin=35M1(0;2)⇒Pmin=5.
Do đó T=3|z1|+2|z2|=3.2+2.4=14T=3|z1|+2|z2|=3.2+2.4=14. Chọn
C.

@ DẠNG 3: CHO SỐ PHỨC zz THỎA MÃN |z−z1|=|z−z2||z−z1|=|
z−z2|. TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN P=|z−z3|+|z−z4|P=|z−z3|+|
z−z4| ĐẠT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT.

Phương pháp:
Đặt M(z);A(z1);B(z2);H(z3);K(z4)M(z);A(z1);B(z2);H(z3);K(z4) là các
điểm biểu diễn số phức z;z1;z2;z3z;z1;z2;z3và z4z4. Khi đó từ giả thiết |z−z1|
=|z−z2||z−z1|=|z−z2| suy ra MA=MBMA=MB, tập hợp điểm biểu diễn số
phức zz là đường trung trực ∆ của AB; P=|z−z3|+|z−z4|=MH+MKP=|

z−z3|+|z−z4|=MH+MK

TH1: H, K nằm khác phía so với đường thẳng ∆
Ta có: P=MH+MK≥HKP=MH+MK≥HK
Dấu bằng xảy ra ⇔M≡Mo=HK∩(Δ)⇔M≡Mo=HK∩(Δ)
Khi đó Pmin=HKPmin=HK

TH2: H, K nằm cùng phía so với đường thẳng ∆
Gọi H' là điểm đối xứng của ∆
Khi đó: P=MH+MK=MH'+MK≥H'KP=MH+MK=MH'+MK≥H'K
Dấu bằng xảy ra ⇔M≡Mo=H'K∩(Δ)⇔M≡Mo=H'K∩(Δ)
Khi đó Pmin=H'KPmin=H'K
Bài tập 1: Cho số phức zz thỏa mãn |z−1+2i|=|z+3−2i||z−1+2i|=|
z+3−2i|. Gọi z=a+biz=a+bi(a;b∈R)(a;b∈R) sao cho
P=|z−2−4i|+|z+1−i|P=|z−2−4i|+|z+1−i| đạt giá trị nhỏ nhất. Khi
đó a+ba+b là:
A. 3 B. 5 C. 8 D. 4
Lời giải chi tiết

Đặt M(z);A(1;−2),B(−3;2)M(z);A(1;−2),B(−3;2) 
tử giả thiết suy ra MA=MBMA=MB nên M thuộc đường thẳng trung trực của AB
có phương trình  Δ:x−y+1=0Δ:x−y+1=0,
gọi H(2;4)H(2;4)và K(−1;1)K(−1;1) là các điểm biểu diễn số
phức 2+4i2+4i và −1+i−1+i
Ta có P=MH+MKP=MH+MKvà 2 điểm H, K cùng phía so với đường thẳng ∆
Gọi H' là điểm đối xứng của Δ:x−y+1=0Δ:x−y+1=0
Ta có: HH':x+y−6=0HH':x+y−6=0tọa độ trung điểm của HH' là nghiệm hệ
phương trình {x−y+1=0x+y−6=0⇒I(52;72)

{x−y+1=0x+y−6=0⇒I(52;72)
Suy ra H'(3;3)H'(3;3)
Lại có: P=MH+MK=MH'+MK≥H'KP=MH+MK=MH'+MK≥H'K
Dấu bằng xảy ra ⇔M=H'K∩d⇔M=H'K∩d. Phương trình đường thẳng H'K là: H
'K:x−2y+3=0H'K:x−2y+3=0
Suy ra M0=H'K∩Δ⇒Mo(1;2)⇒z=1+2iM0=H'K∩Δ⇒Mo(1;2)⇒z=1+2i.
Khi đó Pmin=H'K=2√ 5 Pmin=H'K=25. Chọn A.
Bài tập 2: Cho số phức zz thỏa mãn |z−2+4i|=|iz−2||z−2+4i|=|
iz−2|. Gọi z=a+biz=a+bi(a;b∈R)(a;b∈R) sao cho
P=|z−i|+|z+1+3i|P=|z−i|+|z+1+3i| đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị nhỏ
nhất đấy bằng
A. √ 53 53 B. √ 37 37 C. 4 D. √ 41 41
Lời giải chi tiết
Ta có:|z−2+4i|=|iz−2|⇔|z−2+4i|=|i|∣∣z−2i∣∣=|z+2i||z−2+4i|=|iz−2|

⇔|z−2+4i|=|i||z−2i|=|z+2i|

Gọi M(z);A(2;−4),B(0;−2)M(z);A(2;−4
),B(0;−2)từ giả thiết suy ra MA=MBMA=MB nên M thuộc đường thẳng trung
trực của AB có phương trình  Δ:x−y−4=0Δ:x−y−4=0,

gọi H(0;1)H(0;1)và K(−1;−3)K(−1;−3)là các điểm biểu diễn số
phức iivà −1−3i−1−3i
Ta có: P=MH+MKP=MH+MKvà 2 điểm H, K cùng phía so với đường thẳng ∆
Gọi H' là điểm đối xứng của Δ:x−y−5=0Δ:x−y−5=0
Ta có: HH':x+y−1=0HH':x+y−1=0 tọa độ trung điểm của HH' là nghiệm hệ
phương trình {x−y−4=0x+y−1=0⇒I(52;−32)

{x−y−4=0x+y−1=0⇒I(52;−32)
Suy ra H'(5;−4)H'(5;−4)
Lại có: P=MH+MK=MH'+MK≥H'K=√ 37 P=MH+MK=MH'+MK≥H
'K=37. Chọn B.

@ DẠNG 4: CHO SỐ PHỨC zz THỎA MÃN |z−z1|=|z−z2||z−z1|=|
z−z2|. TÌM SỐ PHỨC THỎA MÃN P=|z−z3|2+|z−z4|2P=|z−z3|2+|
z−z4|2 ĐẠT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT.

Phương pháp: Đặt
xM(z);A(z1);B(z2);H(z3);K(z4)M(z);A(z1);B(z2);H(z3);K(z4) là các điểm
biểu diễn số phức z;z1;z2;z3z;z1;z2;z3 và z4z4. Khi đó từ giả thiết |z−z1|≡|
z−z2||z−z1|≡|z−z2| suy ra MA=MBMA=MB, tập hợp điểm biểu diễn số
phức zz là đường trung trực ∆ của AB; P=|z−z3|2+|z−z4|2=MH2+MK2P=|

z−z3|2+|z−z4|2=MH2+MK2

Gọi I là trung điểm
củaHK⇒MI2=MH2+MK22−HK24⇒P=MH2+MK2=2MI2+HK22HK⇒MI2=M

H2+MK22−HK24⇒P=MH2+MK2=2MI2+HK22
nhỏ nhất khi MImin⇔MMImin⇔M là hình chiếu vuông góc của I xuốngΔΔ.

Bài tập 1: Cho số phức zz thỏa mãn |z+2−4i|=|z−2i||z+2−4i|=|
z−2i|. Gọi z là số phức thoả mãn biểu thức P=|z−i|2+|z−4+i|2P=|
z−i|2+|z−4+i|2đạt giá trị nhỏ nhất. Tính|z|2|z|2.
A. |z|2=12|z|2=12 B. |z|2=10|z|2=10 C. |z|2=2|z|2=2              D. 

|z|2=5|z|2=5
Lời giải chi tiết

Gọi M(z);A(−2;4),B(0;2)M(z);A(−2;4),B(0;2) là các điểm biểu diễn số
phứcz;−2+4iz;−2+4i và 2i2i

Khi đó |z+2−4i|=|z−2i|⇔MA=MB⇒M|z+2−4i|=|z−2i|
⇔MA=MB⇒Mthuộc trung trực của AB có phương
trìnhΔ:x−y+4=0Δ:x−y+4=0
GọiH(0;1),K(4;−1)⇒P=MH2+MK2=2MI2+HK22H(0;1),K(4;−1)⇒P=M

H2+MK2=2MI2+HK22
(với I(2;0)I(2;0) là trung điểm của HK)
Do đóPmin⇔MEminPmin⇔MEmin hay M là hình chiếu vuông góc của I
xuốngΔΔ, khi đó
IM:x+y−2=0⇒M=IM∩Δ⇒M(−1;3)⇒|z|
2=OM2=10IM:x+y−2=0⇒M=IM∩Δ⇒M(−1;3)⇒|z|2=OM2=10. Chọn B.
Bài tập 2: Cho số phức zz thỏa mãn |z−1+3i|=|z+2+i||z−1+3i|=|
z+2+i|. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=|z−2+4i|2+|z+2i|2P=|z−2+4i|2+|z+2i|2 là:
A. Pmin=8Pmin=8 B. Pmin=9Pmin=9 C. Pmin=16Pmin=16 D. Pmi
n=25Pmin=25

Lời giải chi tiết
Gọi M(z);A(1;−3),B(−1;−1)M(z);A(1;−3),B(−1;−1) là các điểm biểu diễn
số phứcz;1+3iz;1+3i và −1−i−1−i

Khi đó|z−1+3i|=|z+1+i|⇔MA=MB⇒M|z−1+3i|=|z+1+i|
⇔MA=MB⇒Mthuộc trung trực của AB có phương
trìnhΔ:x−y−2=0Δ:x−y−2=0

GọiH(2;−4),K(0;−2)⇒P=MH2+MK2=2MI2+HK22H(2;−4),K(0;−2)⇒P

=MH2+MK2=2MI2+HK22
(vớiI(1;−3)I(1;−3)là trung điểm của HK)
Do đó Pmin⇔MEminPmin⇔MEmin hay M là hình chiếu vuông góc của I
xuốngΔΔ, khi
đó Pmin=2[d(I;Δ)]2+HK22=8Pmin=2[d(I;Δ)]2+HK22=8. Chọn A.

@ DẠNG 5: CHO SỐ PHỨC zz THỎA MÃN |z−z0|=R|z−z0|=R. TÌM
SỐ PHỨC THỎA MÃN P=|z−z1|2+|z−z2|2P=|z−z1|2+|z−z2|2ĐẠT
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.

Phương pháp: ĐặtM(z);A(z1);B(z2);I(z0)M(z);A(z1);B(z2);I(z0) là các điểm
biểu diễn số phức z;z1;z2z;z1;z2 và z0z0.
Khi đó từ giả thiết |z−z0|=R⇔MI=R⇒M|z−z0|=R⇔MI=R⇒Mthuộc đường
tròn tâm I bán kính R.
Gọi E là trung điểm của AB ta có: P=2ME2+AB22P=2ME2+AB22 lớn
nhất ⇔MEmax⇔MEmaxvà P nhỏ nhất⇔MEmin⇔MEmin.
Khi đóPmax⇔M≡M2Pmax⇔M≡M2 và Pmin⇔M≡M1Pmin⇔M≡M1.
 

Bài tập 1: Cho số phức zz thỏa mãn |z−1+2i|=2|z−1+2i|=2.
Gọiz=a+bi(a;b∈R)z=a+bi(a;b∈R) là số thức thỏa mãn biểu
thức P=|z−2−3i|2+|z−5i|2P=|z−2−3i|2+|z−5i|2 đạt giá trị lớn
nhất. Tính T=a+bT=a+b
A. T=1T=1 B. T=3T=3 C. T=−1T=−1 D. T=−3T=−3
Lời giải chi tiết

Gọi M(z);I(1;−2)M(z);I(1;−2) khi đóMI=2⇔MMI=2⇔Mthuộc đường tròn
tâm
I(1;−2)I(1;−2) bán kính R=2R=2
Đặt A(2;3);B(0;5)⇒P=MA2+MB2A(2;3);B(0;5)⇒P=MA2+MB2
Gọi H(1;4)H(1;4)là trung điểm của AB ta có :
P=2MH2+AB22P=2MH2+AB22 lớn nhất⇔MHmax⇔MHmax
Do MH≤MI+IH⇔MHmax⇔M≡M2MH≤MI+IH⇔MHmax⇔M≡M2
Ta có:IH:x=1IH:x=1
Giải hệ{x=1(x−1)2+(y+2)2=4⇒{M1(1;0)M2(1;−4){x=1(x−1)2+
(y+2)2=4⇒{M1(1;0)M2(1;−4). Do đóa+b=−3a+b=−3. Chọn D.
Bài tập 2: Cho số phức zz thỏa mãn |z−3+i|=√ 13 2|z−3+i|=132.

Gọi z=a+bi(a;b∈R)z=a+bi(a;b∈R) là số thức thỏa mãn biểu
thức P=|z−2−i|2+|z−3i|2P=|z−2−i|2+|z−3i|2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính T=a+bT=a+b
A. T=52T=52 B. T=32T=32 C. T=132T=132  D. T=92T=92
Lời giải chi tiết

Gọi M(z);I(3;−1)M(z);I(3;−1)khi đóMI=√ 13 2⇔MMI=132⇔M thuộc đường
tròn tâm I(3;−1)I(3;−1) bán kính R=√ 13 2R=132

Đặt A(2;1);B(0;3)⇒P=MA2+MB2A(2;1);B(0;3)⇒P=MA2+MB2
Gọi E(1;2)E(1;2)là trung điểm của AB ta có :
P=2ME2+AB22P=2ME2+AB22nhỏ nhất⇔MEmin⇔MEmin
Do ME≥|MI−IE|⇔MEmin⇔M≡M1ME≥|MI−IE|⇔MEmin⇔M≡M1
Ta có: IE:3x+2y−7=0IE:3x+2y−7=0. Giải hệ{3x−2y−7=0(x−3)2+

(y+1)2=134⇒⎧⎨⎩M1(2;12)M2(4;−52){3x−2y−7=0(x−3)2+
(y+1)2=134⇒{M1(2;12)M2(4;−52). Do đóa+b=52a+b=52. Chọn A.

DẠNG 6: CHO HAI SỐ PHỨC z1;z2z1;z2 THỎA MÃN |z1−z0|=R|
z1−z0|=RVÀ |z2−w1|=|z2−w2||z2−w1|=|z2−w2|;

trong đó z0;w1;w2z0;w1;w2 là các số phức đã biết. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thứcP=|z1−z2|P=|z1−z2|
Phương pháp: Đặt M(z1);N(z2)M(z1);N(z2) lần lượt là các điểm biểu diễn số
phức z1z1và z2z2.
Điểm M thuộc đường tròn tâmI(z0)I(z0) bán kínhRR,NN thuộc trung trực ΔΔ của
AB vớiA(w1);B(w2)A(w1);B(w2)
Lại có: P=MN⇒Pmin=∣∣d(t;Δ)−R∣∣P=MN⇒Pmin=|d(t;Δ)−R|
 

f
Ví dụ 1: Cho số phức z1z1 thỏa mãn |z−2|2−|z+i|2=1|z−2|2−|z+i|

2=1 và số phức z2z2 thỏa mãn |z−4−i|=√ 5 |z−4−i|=5. Tìm giá trị
nhỏ nhất của |z1−z2||z1−z2|
A. 2√ 5 5255 B. √ 5 5 C. 2√ 5 25 D. 3√ 5 5355
Lời giải

Gọi M(z;y)M(z;y)là điểm biểu diễn số phức z1z1. Khi đó |z−2|2−|z+i|2=1|

z−2|2−|z+i|2=1
⇔(x−2)2+y2−x2−
(y+1)2=1⇔−4x−2y=−2⇔(Δ):2x+y−1=0⇔(x−2)2+y2−x2−
(y+1)2=1⇔−4x−2y=−2⇔(Δ):2x+y−1=0
Gọi N(a;b)N(a;b)là điểm biểu diễn số phức z2z2. Khi đó |z−4−i|
=√ 5 ⇔(a−4)2+(b−1)2=5|z−4−i|=5⇔(a−4)2+(b−1)2=5
Hay tập hợp điểm N trong mặt phẳng Oxy là đường tròn (C):(x−4)2+
(y−1)2=5(C):(x−4)2+(y−1)2=5

Ta có d(I(c);(Δ))=8√ 5 >√ 5 =R(C)d(I(c);(Δ))=85>5=R(C)

⇒(Δ)⇒(Δ) không cắt đường tròn(C)(C).
Lại cóMN=|z1−z2|⇒MN=|z1−z2|⇒dựa vào hình vẽ ta thấy
MNmin⇔MN=d(I(C);(Δ))−R(C)MNmin⇔MN=d(I(C);(Δ))−R(C)
Hay|z1−z2|min=8√ 5 5−√ 5 =3√ 5 5|z1−z2|min=855−5=355. Chọn D.
Bài toán có thể hỏi thêm là tìm số phức z1z1 hoặc z2z2 để|z1−z2|min|z1−z2|
min thì ta chỉ cần viết phương trình đường thẳngMN⊥(Δ)MN⊥(Δ) sau đó tìm
giao điểm{M=(Δ)∩MNN=(C)∩MN{M=(Δ)∩MNN=(C)∩MN.
Ví dụ 2: Cho hai số phức z1;z2z1;z2 thỏa mãn |z1+5|=5|z1+5|
=5 và |z2+1−3i|=|z2−3−6i||z2+1−3i|=|z2−3−6i|. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P=|z1−z2|P=|z1−z2|
A. Pmin=52Pmin=52 B. Pmin=152Pmin=152 C. Pmin=3Pmin=3       
       D. Pmin=10Pmin=10
Lời giải

Gọi M(z1);N(z2)M(z1);N(z2)lần lượt là các điểm biểu diễn các số
phứcz1z1vàz2z2.
Điểm M thuộc đường thẳng tròn tâm I(−5;0)I(−5;0) bán kính R=5R=5.
Điểm N thuộc đường thẳng trung trực ΔΔ của AB
với A(−1;3);B(3;6)⇒Δ:4x+3y−352=0A(−1;3);B(3;6)⇒Δ:4x+3y−352=

0

Lại có: P=MN⇒Pmin=∣∣d(I;Δ)−R∣∣=52P=MN⇒Pmin=|d(I;Δ)−R|=52. Chọn
A.
 DẠNG 7: CHO HAI SỐ PHỨC z1;z2z1;z2 THỎA MÃN |z1−w1|=R1|

z1−w1|=R1 VÀ |z2−w1|=R2|z2−w1|=R2 TRONG
ĐÓw1;w2w1;w2 LÀ CÁC SỐ PHỨC ĐÃ BIẾT. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,
NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨCP=|z1−z2|P=|z1−z2|.

Phương pháp: Đặt M(z1);N(z2)M(z1);N(z2)lần lượt là các điểm biểu diễn số
phức z1z1và z2z2.
Điểm M  thuộc đường tròn tâm (C1)(C1) tâm I(w1)I(w1) bán
kính R1R1 và NN thuộc đường tròn (C2)(C2)  tâm K(w2)K(w2) bán
kính R2⇒P=MNR2⇒P=MN. Dựa vào các vị trí tương đối của 2 đường tròn để
tìm MNmax;MNminMNmax;MNmin
Ví dụ 1: Cho hai số phức z;wz;w thỏa mãn z.¯¯¯z=1z.z¯=1 và |
w−3+4i|=2|w−3+4i|=2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=|z−w|

P=|z−w|
A. Pmax=5Pmax=5 B. Pmax=8Pmax=8 C. Pmax=10Pmax=10       
       D. Pmax=5+√ 2 Pmax=5+2
Lời giải

Ta có:z.¯¯¯z=1⇔|z|=1z.z¯=1⇔|z|=1
Gọi M(z);N(w)M(z);N(w) lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức zz và ww.
Điểm M thuộc đường tròn tâm (C1)(C1) tâm O(0;0)O(0;0) bán
kính R1=1R1=1 và NN thuộc đường tròn (C2)(C2)  tâm K(3;−4)K(3;−4) bán
kính R2=2⇒P=MNR2=2⇒P=MN.
Dễ thấy OK=5>R1+R2OK=5>R1+R2 nên (C1)(C1) và (C2)(C2) nằm ngoài
nhau suy ra MNmax=OK+R1+R2=8MNmax=OK+R1+R2=8. Chọn B.
Ví dụ 2: [Đề tham khảo Bộ GD {} ĐT 2018] Xét các số
phứcz=a+bi(a,b∈R)z=a+bi(a,b∈R) thỏa mãn điều kiện |z−4−3i|

=√ 5 |z−4−3i|=5. Tính P=a+bP=a+bkhi giá trị biểu thức |z+1−3i|
+|z−1+i||z+1−3i|+|z−1+i| đạt giá trị lớn nhất
A. P=10P=10 B. P=4P=4 C. P=6P=6 D. P=8P=8
 
Lời giải
GọiM(x;y)M(x;y)là điểm biểu diễn số phứczz
Từ giả thiết, ta có |z−4−3i|=√ 5 ⇔(x−4)2+(y−3)2=5⇒M|z−4−3i|

=5⇔(x−4)2+(y−3)2=5⇒M thuộc đường tròn(C)(C)tâmI(4;3)I(4;3), bán
kính R=√ 5 R=5. Khi đó P=MA+MBP=MA+MB,
vớiA(−1;3),B(1;−1)A(−1;3),B(1;−1).

Ta
có P2=MA2+MB2+2MA.MB≤2(MA2+MB2).P2=MA2+MB2+2MA.MB

≤2(MA2+MB2).
Gọi E(0;1)E(0;1)là trung
điểmAB⇒ME2=MA2+MB22−AB24AB⇒ME2=MA2+MB22−AB24.

Do
đó P2≤4.ME2+AB2P2≤4.ME2+AB2 mà ME≤CE=3√ 5 ME≤CE=35 suy
ra P2≤4.(3√ 5 )2+(2√ 5 )2=200P2≤4.(35)2+(25)2=200.
Với C là giao điểm của đường thẳng EI với đường tròn(C)(C).

VậyP≤10√ 2 P≤102. Dấu''=''″=″ xảy
ra{MA=MBM≡C⇒M(6;4)⇒a+b=10{MA=MBM≡C⇒M(6;4)⇒a+b=10
. Chọn A.
Ví dụ 3: [Đề tham khảo Bộ GD {} ĐT 2017] Xét các số phức zz thỏa mãn
điều kiện:

|z+2−i|+|z−4−7i|=6√ 2 |z+2−i|+|z−4−7i|=62. Gọi M, m lần lượt
là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của |z−1+i||
z−1+i|. Tính P=M+mP=M+m
A. P=√ 13 +√ 73 P=13+73 B. P=5√ 2 +2√ 73 2P=52+2732              
C. P=5√ 2 +√ 73 P=52+73              D. P=5√ 2 +√ 73 2P=52+732
Lời giải

Đặt z=x+yi(x,y∈R)z=x+yi(x,y∈R) và gọi

M(x;y),A(−2;1),B(4;7)M(x;y),A(−2;1),B(4;7) suy ra AB=6√ 2 AB=62.
Ta có =(6;6)⇒=(1;−1)⇒=(6;6)⇒=(1;−1)⇒phương trình đường thẳng
AB là x−y+3=0x−y+3=0.
Từ giả thiết, ta

có MA+MB=6√ 2 →MA+MB=ABMA+MB=62→MA+MB=AB
suy ra M  thuộc đoạn thẳng  AB.
Gọi N(1;−1)⇒|z−1+i|=√

(x−1)2+(y+1)2 =MN⇒{|z−1+i|

min=MNmin|z−1+i|max=MNmaxN(1;−1)⇒|z−1+i|=(x−1)2+

(y+1)2=MN⇒{|z−1+i|min=MNmin|z−1+i|max=MNmax.

 Độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của N trên AB.
Hay MNmin=d(N;(AB))=|1−(−1)+3|√ 12+

=5√ 2 2→m=5√ 2 2MNmin=d(N;(AB))=|1−(−1)+3|12+
(−1)2=522→m=522
 Độ dài đoạn thẳng MN lớn nhất khi và chỉ khiM≡AM≡AhoặcM≡BM≡B.
(−1)2

Ta
có {M≡A→MN=AN=√ 13 M≡B→MN=BN=√ 73 ⇒MNmax=√ 73 →M

=√ 73 .{M≡A→MN=AN=13M≡B→MN=BN=73⇒MNmax=73→M=73.
Vậy giá trị biểu thức P=M+m=5√ 2 +2√ 73 2P=M+m=52+2732. Chọn B.
Ví dụ 4: Xét các số phức zz thỏa mãn điều kiện: |z−1−i|+|z−7−4i|

=3√ 5 |z−1−i|+|z−7−4i|=35. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của |z−5+2i||z−5+2i|. Tính P=M+mP=M+m
A. P=√ 5 +√ 10 P=5+10 B. P=2√ 5 +√ 10 2P=25+102              C. P=
2(√ 5 +√ 10 )P=2(5+10)              D. P=5√ 2 +√ 10 2P=52+102
Lời giải
Đặt z=x+yi(x,y∈R)z=x+yi(x,y∈R) và
gọi M(x;y),A(1;1),B(7;4)M(x;y),A(1;1),B(7;4)

suy ra AB=3√ 5 AB=35.
Ta có=(6;3)⇒(AB)=(1;−2)⇒=(6;3)⇒(AB)=(1;−2)⇒ phương trình đường
thẳng  AB  là x−2y+1=0x−2y+1=0.
Từ giả thiết, ta
có MA+MB=3√ 5 →MA+MB=ABMA+MB=35→MA+MB=AB
suy ra  M  thuộc đoạn thẳng AB.
GọiN(5;−2)⇒|z−5+2i|=MN⇒{|z−5+2i|min=MNmin|z−5+2i|

max=MNmaxN(5;−2)⇒|z−5+2i|=MN⇒{|z−5+2i|min=MNmin|z−5+2i|

max=MNmax.

 Độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của N  trên AB.
Hay MNmin=d(N;(AB))=|5−2(−2)+1|√ 12+

=2√ 5 →m=2√ 5 MNmin=d(N;(AB))=|5−2(−2)+1|12+
(−2)2=25→m=25
 Độ dài đoạn thẳng MN lớn nhất khi và chỉ khiM≡AM≡AhoặcM≡BM≡B.
(−2)2

Ta
có{M≡A→MN=AN=5M≡B→MN=BN=2√ 10 ⇒MNmax=2√ 10 →M=

2√ 10 .{M≡A→MN=AN=5M≡B→MN=BN=210⇒MNmax=210→M=210.
Vậy giá trị biểu thức P=M+m=2(√ 5 +√ 10 ).P=M+m=2(5+10). Chọn C.
Ví dụ 5: Biết số phức zz thỏa mãn đồng thời hai điều kiện |z−3−4i|

=√ 5 |z−3−4i|=5và biểu thức M=|z+2|2−|z−i|2M=|z+2|2−|z−i|
2 đạt giá trị lớn nhất. Tính môđun của số phức z+iz+i.
A. |z+i|=2√ 41 |z+i|=241 B. |z+i|=3√ 5 |z+i|=35 C. |z+i|
=5√ 2 |z+i|=52              D. |z+i|=√ 41 |z+i|=41
Lời giải
Gọi z=x+yi(x,y∈R)z=x+yi(x,y∈R)
Ta có: |z−3−4i|=√ 5 ⇔(x−3)2+(y−4)2=5⇒|z−3−4i|=5⇔(x−3)2+

(y−4)2=5⇒ tập hợp điểm biểu diễn số phức zz là dường tròn (C)
(C) tâm I(3;4)I(3;4) và R=√ 5 R=5.
Mặt khác: M=|z+2|2−|z−i|2=(x+2)2+y2−[(x2)+
(y−1)2]=4x+2y+3M=|z+2|2−|z−i|2=(x+2)2+y2−[(x2)+
(y−1)2]=4x+2y+3⇔d:4x+2y+3−M=0⇔d:4x+2y+3−M=0
Do số phức zz thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nên  d  và (C)(C) có điểm chung
⇔d(I;d)≤R⇔|23−M|2√ 5 ≤√ 5 ⇔|23−M|≤10⇔13≤M≤33⇔d(I;d)≤R⇔|
23−M|25≤5⇔|23−M|≤10⇔13≤M≤33
⇒Mmax=33⇔{4x+2y−30=0(x−3)2+
(y−4)2=5⇔{x=5y=−5⇒z+i=5−4i⇒|z+i|
=√ 41 ⇒Mmax=33⇔{4x+2y−30=0(x−3)2+
(y−4)2=5⇔{x=5y=−5⇒z+i=5−4i⇒|z+i|=41. Chọn D.
Ví dụ 6: Cho hai số phức z1z1 và z2z2 thỏa
mãn z1+z2=8+6iz1+z2=8+6i và |z1−z2|=2|z1−z2|=2. Tìm giá trị
lớn nhất của P=|z1|+|z2|?P=|z1|+|z2|?
A. P=4√ 6 P=46 B. P=5+3√ 5 P=5+35 C. P=2√ 26 P=226 D. P

=34+3√ 2 P=34+32
Lời giải
Đặt A(z1);B(z2)A(z1);B(z2)theo giả thiết ta có: −−→OA+−

−→OB=(8;6);|−|=2;P=OA+OBOA→+OB→=(8;6);|−|=2;P=OA+OB

104=(+)2+
(−)2=2(OA2+OB2)≥(OA+OB)2=P2⇒P≤√ 104 =2√ 26 104=(+)2+
(−)2=2(OA2+OB2)≥(OA+OB)2=P2⇒P≤104=226. Chọn C.
Ví dụ 7: [Đề thi thử chuyên Đại học Vinh 2018] Giả sử z1,z2z1,z2 là hai
trong các số phức zz thỏa mãn ∣∣iz+√ 2 −i∣∣=1|iz+2−i|=1 và |z1−z2|

=2|z1−z2|=2. Giá trị lớn nhất của |z1|+|z2||z1|+|z2|bằng
A. 3 B. 2√ 3 23 C. 3√ 2 32  D. 4
Lời giải
Ta có:∣∣iz+√ 2 −i∣∣=1⇔∣∣i(x+yi)+√ 2 −i∣∣=1|iz+2−i|=1⇔|i(x+yi)+2−i|

=1 (vớiz=x+yi(x;y∈R)z=x+yi(x;y∈R))
⇔(x−1)2+(y−√ 2 )2=1⇒M(x;y)⇔(x−1)2+(y−2)2=1⇒M(x;y) biểu
diễn zzthuộc đường tròn tâmI(1;√ 2 )I(1;2) bán kính R=1R=1.
Giả sử A(z1);B(z2)A(z1);B(z2) do |z1−z2|=2⇒AB=2=2R|z1−z2|
=2⇒AB=2=2R nên ABAB là đường kính của đường tròn(I;R)(I;R)
Lại có:|z1|+|z2|=OA+OB|z1|+|z2|=OA+OB
Mặt khác theo công thức trung tuyến ta
có:OI2=OA2+OB22−AB24⇒OA2+OB2=8OI2=OA2+OB22−AB24⇒OA2+

OB2=8

Theo BĐT Bunhiascopky ta
có: 2(OA2+OB2)≥(OA+OB)2⇒OA+OB≤42(OA2+OB2)≥(OA+OB)2
⇒OA+OB≤4. Chọn D.
Ví dụ 8: Cho z1,z2z1,z2 là hai trong các số phức zz thỏa mãn điều kiện |
z−5−3i|=5|z−5−3i|=5và |z1−z2|=8|z1−z2|=8. Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức |z1+z2||z1+z2|là:
A. 6−√ 34 6−34 B. 2√ 34 −6234−6 C. 2√ 34 +6234+6  D. √ 34

+634+6
Lời giải
Giả sử w=z1+z2w=z1+z2
Đặt{w1=z1−5−3iw2=z2−5−3i{w1=z1−5−3iw2=z2−5−3i suy
ra w1+w2=z1+z2−10−6i=w−10−6i⇔|w1+w2|=|w−10−6i|

w1+w2=z1+z2−10−6i=w−10−6i⇔|w1+w2|=|w−10−6i|
Mà {|w1|=|w2|=5|w1−w2|=|z1−z2|=8{|w1|=|w2|=5|w1−w2|=|z1−z2|
=8 mà |w1+w2|2+|w1−w2|2=2(|w1|2+|w2|2)⇒|w1+w2|2=36.|
w1+w2|2+|w1−w2|2=2(|w1|2+|w2|2)⇒|w1+w2|2=36.

Vậy |w−10−6i|=|w1+w2|=√ 36 =6⇒w|w−10−6i|=|w1+w2|

=36=6⇒wthuộc đường tròn tâm I(10;6)I(10;6), bán kính R=6R=6.
Cách 2: Gọi A(z1);B(z2)A(z1);B(z2) biểu diễn số phứcz1;z2z1;z2
Ta có: tập hợp zz là đường tròn tâm I(5;3)I(5;3) bán
kính R=5,AB=8R=5,AB=8
Gọi H là trung điểm của AB⇒w=z1+z2=+=2(1)AB⇒w=z1+z2=+=2(1)
Mặt khácIH=√ IA2−HA2 =3⇒IH=IA2−HA2=3⇒tập hợp điểm H là đường
tròn(x−5)2+(y−3)2=9(C)(x−5)2+(y−3)2=9(C).
Giả sửw(a;b),(1)⇒H(a2;b2)∈(C)⇒(a2−5)2+(b2−3)2=9⇔(a−10)2+
(b−6)2=36.w(a;b),(1)⇒H(a2;b2)∈(C)⇒(a2−5)2+
(b2−3)2=9⇔(a−10)2+(b−6)2=36.
Do đó tập hợp điểm biểu diễn w thuộc đường tròn tâm I(10;6)I(10;6), bán
kính R=6R=6.
Ta có:|w|min=|OI−R|=2√ 34 −6.|w|min=|OI−R|=234−6. Chọn B.
Ví dụ 9: Cho z1,z2z1,z2 là hai nghiệm của phương trình |6−3i+iz|=|
2z−6−9i||6−3i+iz|=|2z−6−9i|, thỏa mãn điều kiện |z1−z2|=85|
z1−z2|=85. Giá trị lớn nhất của |z1+z2||z1+z2|
A. 315315 B. 565565 C. 4√ 2 42 D. 55
Lời giải
Đặt z=x+yi(x;y∈R)z=x+yi(x;y∈R) suy
ra {6−3i+iz=6−3i+i(x+yi)=6−y+

(x−3)i2z−6−9i=2x+2yi−6−9i=2x−6+(2y−9)i{6−3i+iz=6−3i+i(x
+yi)=6−y+(x−3)i2z−6−9i=2x+2yi−6−9i=2x−6+(2y−9)i
Khi đó, giả thiết⇔(x−3)2+(y−6)2=(2x−6)2+(2y−9)2⇔(x−3)2+
(y−4)2=1(C)⇔(x−3)2+(y−6)2=(2x−6)2+(2y−9)2⇔(x−3)2+
(y−4)2=1(C).
Tập hợp zzlà đường tròn tâmI(3;4)I(3;4)bán kính R=1,AB=85R=1,AB=85
Đặt w=z1+z2w=z1+z2 gọi H là trung điểm
củaAB⇒w=z1+z2=+=2(1)AB⇒w=z1+z2=+=2(1)
Mặt khácIH=√ IA2−HA2 =35⇒IH=IA2−HA2=35⇒ tập hợp điểm H là đường
tròn (x−3)2+(y−4)2=925(C)(x−3)2+(y−4)2=925(C).
Giả sửw(a;b),(1)⇒H(a2;b2)∈(C)⇒(a2−3)2+(b2−4)2=925⇔(a−6)2+
(b−8)2=3625.w(a;b),(1)⇒H(a2;b2)∈(C)⇒(a2−3)2+
(b2−4)2=925⇔(a−6)2+(b−8)2=3625.
Do đó tập hợp điểm biểu diễn w thuộc đường tròn tâm I(6;8)I(6;8), bán
kính R=65R=65.
Ta có: |w|max=OI+R=10+65=565.|w|max=OI+R=10+65=565.
Chọn B.

 

Ví dụ 10: [Đề thi thử chuyên Đại học Vinh 2018] Cho số phức zz thỏa
mãn zz không phải là số thực và w=z2+z2w=z2+z2 là số thực. Giá trị lớn
nhất của biểu thứcM=|z+1−i|M=|z+1−i|là
A. 22 B. 2√ 2 22 C. √ 2 2 D. 8
Lời giải
Ta
có w=z2+z2⇒¯¯¯¯w=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯z2+z2=¯¯¯z2+¯¯¯z2(1)w=z2+z2⇒w¯=z2+z2¯=z¯
2+z¯2(1). Vì w là số thực nênw=¯¯¯¯w(2)w=w¯(2).
Từ (1), (2)  suy
ra w=z2+z2=¯¯¯z2+¯¯¯z2⇔z(2+¯¯¯z2)=¯¯¯z(2+z2)⇔2(z−¯¯¯z)=z.¯¯¯z(z−¯¯
¯z)w=z2+z2=z¯2+z¯2⇔z(2+z¯2)=z¯(2+z2)⇔2(z−z¯)=z.z¯(z−z¯)

⇔(z−¯¯¯z)(|z|2−2)=0⇔|z|2=2⇔|z|=√ 2 ⇔(z−z¯)(|z|2−2)=0⇔|z|
2=2⇔|z|=2 (vì zzkhông là số thực nênz−¯¯¯z≠0z−z¯≠0).
Đặt w=z+1−i⇔z=w−1+iw=z+1−i⇔z=w−1+i nên |w−1+i|=√ 2 ⇒|w|
max=√

2 +√ 12+12 =2√ 2 |w−1+i|=2⇒|w|max=2+12+12=22. Chọn B.
Cách 2: Ta có w là số thực nên 1w=z+2z1w=z+2z là số thực.
Đặt z=a+bi⇒1w=a+bi+2(a−bi)a2+b2z=a+bi⇒1w=a+bi+2(a−bi)a2+b2 là
số thực khi b−2ba2+b2=0⇔[b=0(kot/mycbt)a2+b2=2⇒|z|
=√ 2 b−2ba2+b2=0⇔[b=0(kot/mycbt)a2+b2=2⇒|z|=2
Tập hợp điểm biểu diễn  z  là đường tròn O(0;0);R=√ 2 O(0;0);R=2
Đặt M(z);A(−1;1)⇒MAmax=AO+R=2√ 2 M(z);A(−1;1)⇒MAmax=AO

+R=22. Chọn B.
Ví dụ 11: Cho số phức z thỏa mãn |z|=1|z|=1. Gọi M và m lần lượt là giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=|z+1|+∣∣z2−z+1∣∣P=|
z+1|+|z2−z+1|. Tính giá trị của M.m
A. 13√ 3 41334 B. 394394 C. 3√ 3 33               D. 134134
Lời giải
Gọi z=x+yi;(x∈R;y∈R)z=x+yi;(x∈R;y∈R). Ta có:|z|=1⇔z.¯¯¯z=1|z|
=1⇔z.z¯=1.
Đặt t=|z+1|,t=|z+1|,ta có 0=|z|−1≤|z+1|≤|z|+1=2⇒t∈[0;2]0=|z|
−1≤|z+1|≤|z|+1=2⇒t∈[0;2].

Ta có t2=(1+z)(1+¯¯¯z)=1+z.¯¯¯z+z+¯¯¯z=2+2x⇒x=t2−22t2=(1+z)

(1+z¯)=1+z.z¯+z+z¯=2+2x⇒x=t2−22
Suy ra ∣∣z2−z+1∣∣=∣∣z2−z+z.¯¯¯z∣∣=|z|∣∣z−1+¯¯¯z∣∣=√ (2x−1)2 =|

2x−1|=∣∣t2−3∣∣|z2−z+1|=|z2−z+z.z¯|=|z||z−1+z¯|=(2x−1)2=|2x−1|=|
t2−3|
Xét hàm sốf(t)=t+∣∣t2−3∣∣,t∈[0;2]f(t)=t+|t2−3|,t∈[0;2]. Bằng cách dùng đạo
hàm, suy ra

max f(t)=134;minf(t)=√ 3 ⇒M.n=13√ 3 4.max f(t)=134;minf(t)=3⇒M.n
=1334.
Chọn A.

Ví dụ 12: Cho số phức z  thỏa mãn |z|=1|z|=1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức T=|z+1|+2|z−1|T=|z+1|+2|z−1|
A. MaxT=2√ 5 MaxT=25 B. MaxT=2√ 10 MaxT=210 C. MaxT

=3√ 5 MaxT=35              D. MaxT=3√ 2 MaxT=32
Lời giải

T=|z+1|+2|z−1|≤√ (1+22)(|z+1|2+|z−1|2) =√ 5.2(|z|
2+1)

=2√ 5 T=|z+1|+2|z−1|≤(1+22)(|z+1|2+|z−1|2)=5.2(|z|
2+1)=25(BĐT Cauchy-Swart)
Chú ý: |z+1|2+|z−1|2=2x2+2y2+2=2(|z|2+1)|z+1|2+|z−1|
2=2x2+2y2+2=2(|z|2+1) với z=x+yiz=x+yi
Cách 2: Đặt z=x+yiz=x+yi. Ta có : T=|x+yi+1|+2|x−yi−1|
=√ (x+1)2+y2 +2√ (x−1)2+y2 T=|x+yi+1|+2|x−yi−1|
=(x+1)2+y2+2(x−1)2+y2

Lại
có x2+y2=1⇒T=√ 2x+2 +2√ −2x+2 =f(x)x2+y2=1⇒T=2x+2+2−2x

+2=f(x)
Ta có:f'(x)=1√ 2x+2 −2√ 2−2x =0⇔x=−610⇒Tmax=2√ 5 f'
(x)=12x+2−22−2x=0⇔x=−610⇒Tmax=25. Chọn A.
Ví dụ 13: Cho số phức z thỏa mãn |z−4|+|z+4|=10|z−4|+|z+4|
=10. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của |z||z| lần lượt là :
A. 10 và 4 B. 5 và 4 C. 4 và 3 D. 5 và 3
Lời giải

Đặt z=x+yi;(x;y∈R)⇒M(x;y)z=x+yi;(x;y∈R)⇒M(x;y)biểu diễn zz
Ta có: |z−4|+|z+4|=10⇔|z+yi−4|+|x+yi+4|=10|z−4|+|z+4|

=10⇔|z+yi−4|+|x+yi+4|=10
Gọi F1(−4;0);F2(4;0)⇒MF1+MF2=10F1(−4;0);F2(4;0)⇒MF1+MF2=1
0
Khi đó điểm biểu diễn zz là Elip có trục lớn
2a=10⇒a=5;F1F2=2c=82a=10⇒a=5;F1F2=2c=8
⇒c=4⇒b=√ a2−c2 =3⇒c=4⇒b=a2−c2=3. Do đó 3≤OM≤5⇒3≤|z|
≤53≤OM≤5⇒3≤|z|≤5. Chọn D.