Phương pháp giải nhanh 999 bài toán chọn lọc: Phần 2

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:177

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp nội dung phần 1, phần 2 cung cấp cho người học các phương pháp giải bài tập toán đại số với các nội dung là số phức, tổ hợp và xác suất, giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số và mũ, logarit,... Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp giải nhanh 999 bài toán chọn lọc: Phần 2

=>[ẢC-,AM] = (2V2a';-a";-V2a'“) Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có VTPT n = ( 2\/2 ; -t-y/2 ) nên có phương trình là _ 2yỈ2a 2v2x - y - v2z = 0 => d(D;(ACM)) = ^|8 + l + 2 ~ VĨT Bài 4.30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, BC = a\Í3 . Hai mặt phẳng (SAC), (SBD) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn s c sao cho s c = 3IC. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI, SB biết AI vuông góc với sc . Hướng dẫn giải Ta có Sabcd ~ a.aVs = sỊSa^ Gọi o là giao điểm hai đường chéo AC, BD, theo giả thiết ta có s o -L (ABCD) AC = Va B=* + BC' = Va"+3a=* = 2a => oc =a Lại có AI 1 s c => ASOC ~ AAIC Cĩ CA CI.CS = CO.CA CO " c s Sơ* = s c = a\Zẽ nên 3 2_______ SO = ^ | s ơ - 0 ơ = a^/5 1. 'VĨ5 Vs.ABCD - -^S^ bcD-SO = 3 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB // (AIM) do đó d(SB, AI) = d(SB, (AIM) = d(B, (AIM)) Mà CI CM „BM „ = 2CM: d(B,(AIM)) = 2d(C,(AIM)) c s CB Hạ IH ± (ABCD) thì có: m = C! ^ —^AB ^ - ® A A M C -- ^ CD V - = -ỉ—V ''l.A M C -~ ''S .A B C D “ cóO IM _- la C Ta sc Vô A X — = Ạ ^ a ; AM __ / A = vAB 2 v ĩ ũ f ĩ _ U'\/21 +BM = —— t j 3 3 3 ^ 3 ^___ . , _ / . „2 7 ^ a-v/sõ _xTÀt s VtÕ . tT Ị^ V154 AI = yjAC^ - CI = ■■ =>cosMAI = _ ' => sin MAI = 3 28 28 -'A A M l = - AM. AI. sin MAI = 12 3V 4a Vậy d(B, (AĨM)) = 2d(C, (AIM)) = 2^AÌAMC ^ ^aami -999B T- 253
Bài 4.31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a, SA vuông góc với (ABCD) và SA = aV ẽ. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và sc. Hướng dẫn giải Ta có: V h .sdc = Vs.HDC v SH 1 (ABCD) và BH = -B D Kè HE 1 AB => AB 1 (SHE) 254 -999B T-
góc ((SAB), (ABCD)) = SHE - 60" M àH E = - A D - — =>SH - 3 3 3 ^ V s.a b c d = Ì s H . S ^ c d = - 3 Gọi o là trung điểm AD => ABCD là hình vuông cạnh a => AACD là trung tuyến co = —AD , CD J_ AC => AD _L(SAC) và BO // CD hay CD // (SBO), BO 1 (SAC) nên d(CD; SB) = d(CD; (SBO)) = d(C; (SBO)) Tính chất trọng tâm tam giác BCO IH= IS = VlH^+HS^ 3 6 Kẻ CK 1 SI mà CK 1 BO C K 1 (SBO) ^ d(C; SBO)) = CK Trong tam giác SIC có: Ssic = isH .IC - -SI.CK 2 2 SH.IC 2aV3 2a^/3 CK = . Vậy d(CD; SB) SI 5 5 Bài 4.33: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, BC song song AD. Biết rằng hình chiếu của s lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AD, SB = a^/2 , AD = 2a, AB = BC = CD = a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa SB và AD. Hướng dẫn giải Gọi H là trung điểm của AD thì SH T (ABCD). Tam giác vuông SBH ta có SH = n/SB' -BH " = V 2 a '- a ' = a Hạ đường cao BE của hình thang ABCD. Tam giác ABE vuông; ^a^^ aV3 BE= Va B ^ -A E ' =. a ^ - 2 aVs ^ (a + 2a) >V3 VsABCD- - S abcd - S H ^^ 2 -.a = ^ Gọi I là trung điểm của BC. Hạ HK vuông góc với SI. Vì BC 1 SH° BC IIH nẽn.ẸC 1 HK. Do đo H K 1 (SBC). d(AD, SB) = d(AD, (SBC)) = d(H, (SBC)) = HK -999BT- 255
HS.HI Tam giác vuông SHI ta có: HK = 7 h s^T h F '7 Bài 4.34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại c và D, AD = 3a, BC = CD = 4a. Cạnh bên SA = aVs và vuông góc với mp(ABCD). Gọi E là điểm nằm frên cạnh AD sao cho AE = a, F là trung điểm của CD. Tính thể tích khối chóp S.DEBE và côsin của góc giữa hai đường thẳng SE và BF. D SE.BF Ta có: cos(SE, BF) c o s ( S E ,B F ) __________ _ ^ _S E ^F và: SẼ.BF = (SÃ + AE) (BC + CF) = ÃẼ.BC = a.4a = 4a" SE.BF = V s Ã ^ T Ã Ẽ ^ .V b C ^ T c P^ = = 4a"V5 V ịy c o s ( S E ,B F ) = ^ =^ . Bài 4.35:Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = a và SA tạo với mặt phẳng (ABC) một góc bàng 30°. Chân đườnạ vuông góc hạ từ s xuống mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đường thẳng BC, điểm M thuộc cạnh SA sao cho SM = 2MA. Tính khoảng cách giữa BC, SA và thể tích tứ diện SMHC theo a. Hướng dẫn giải Xét ASHA vuông tại H có AH = SA.cos30° = Mà AABC đều nên AH 1 BC Ta có SH 1 BC suy ra BC 1 (SAH). Hạ HK vuông góc với SA suy ra HK là khoảng cách giữa BC và SA Ta có: HK = AH.sin30° = — = ^ . 256 -999BT-
in/3 Vậy d(BC, SA) = ựsa^ SsHA=ịsH.AH = ỉ 2 2 2 2 SsMH ~ —S;SAH 12 1. Vãa^ VậyVsMHc=^CH.Ss^,H 3' 12 72 Bài 4.36: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 2a, AC = a. Các cạnh bên của hình chóp đều bằng ay/2 . Gọi M, H lần lượt là trung điểm của AB và BC, I là điểm thỏa mãn BI = —AC .Tính thể tích 3 khối chóp S.ABCVà khoảng cách giữa hai đường thẳng MH và SI. Hướng dẫn giải Vì các cạnh bên của hình chóp bằng nhau nên hình chiếu của s lên mp (ABC) là tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mà tam giác ABC vuông tại A nên H là trung điểm H của BC. Do đó SH ĩ (ABC). Tam giác ABC, SHB vuông: BC= yl4a^+a^ =aVõ, 5a^ aVã SH= J 2 a " - 1 Do đó VsABC~ ~S^ b(,.SH = >V3 3 Mặt phẳng chứa SI và song song với MH' la (SBI). Do đó d(MH, SI) = d(MH, (SBI)) = d(H, (SBI)) Hạ HD vuông góc với BI thì D là điểm đối xứng với trung điểm E của AC qua H. Hạ HK vuông góc với SD thì HK ± (SBI) Tam giác vuông SHD ta có: 7 HK = HK' HS'= ^ HD=* 3a" 3a"' a ' 3a^ a^JỸĨ Vậy d(MH, SI) = HK = Bài 4.37: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2AC = BC = 2a. Mặt phẳng (SAC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60''. Hình chiếu của s lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh BC. -999B T- 257
Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB. Hướng dẫn giải AABC vuông tại A có BC = 2a, AC = a, ố = 30”, c = Gọi N là trung điểm của AC. Vì AC I. AB => AC -L HN, AC ± SH => AC±(SHN)=> SNH=60®. s Trong tam giác SNH =>HN= ^ ; S H = — 2 2 ■s Sabc - ã Vs „ bc= | s H .S * ^ = Ì ^ Qua B kẻ a // AH => HA // (Sfe, a) Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là ^ hình chiếu của H trên SM khi đó d(HẦ; SB) = HK. Tam giác ACH đều nên góc HBM = 60” => HM = 2 Trong tam giác HM ta c ó ---- 7T = —^ + ----- = — - . ^ ^ HM' HS' 9a"' 3a Vậy d(HA; SB) = HK = Bài 4.38: Cho khối chóp S.ABC có tam giác đều ABC cạnh a và tam giác cân SAB đinh s. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC. Biết góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là 60®, SA = , s c < HC, tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa HK và mặt phẳng (SBC) theo a. ^ Hướng dẫn giải s Tam giác SAC cân tại và tam giác ABC đều có H là trung điểm AB nên SH 1 AB, CH AB X =>sĩĩc = 60®. Thể tích; Vs.ABC = Vs.ACH + Vs.BCH = —AH.Scr-H + ~BH.Sgpj| = —AB.SgQỊỊ Tam giác đều ABC cạnh a có đường cao CH = SH = VSA^-AH'* = ^ 258 -999B T-
SsHC= -SH.CH.sinSHC = ỉ ^ . ^ s i n 6 0 ° 2 2 3 2 8 Vs. A B C 24 H, K là trung điểm của AB, AC nên HK là đường trung bình của tam giác ABC => HK // BC => HK // (SBC) Nên d(HK, (SBC)) = d(H, (SBC)) = = ^^S.ABC ^SBC 2SgBc Theo định lí cô sin ừong tam giác SHC có: sc = ^JsH' +CH’' -2SH.CH.cos60° - 6 = SB Nên tam giác SBC cân tại s. Gọi I là trung điểm BC = > SỈ = y l s ơ - C Ỹ SgBp SBC =-SI.B 2 C= 6 “Ííi Vậy d(HK, (SBC)) = — . 8 Bài 4.39: Cho một tứ diện đều ABCD có các cạnh bằng a. Một mặt cầu (S) tiếp xúc với ba đường thẳng AB, AC, AD lần lượt tại B, c và D. Tính bán kính R của mặt cầu (S). Hướng dẫn giải Gọi o là tâm của mặt cầu (S) thì OB = oc = OD = R và OBA, OCA, ODA là những tam giác vuông tại các đỉnh B, c, D. Gọi H là giao điểm của AO và mp(BCD) thì H là tâm của tam giác đều BCD. iVẽ Ta có AH = DH = i S l^/2 Vậy R = OD = Bài 4.40: Ba cạnh của tam giác ABC có độ dài 13, 14 và 15. Một mặt cầu có bán kính R tiếp xúc với ba cạnh của tam giác tại các tiếp điểm nằm trên ba cạnh đó. Tìm khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng của tam giác. Giải Tam giác ABC có 3 cạnh 13, 14, 15. Ta có: s= pr = 7 p (p - a)(p - b)(p - c) nên r = 4 Hạ OỊ ± (ABC) thì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Do đó d(0; (ABC)) = OI = - r^ = 3. -999BT- 259
Bài 4.41: Cạnh đáy và đường cao của hình lăng trụ lục giác đều ABCDEP. A'B'C'D'E'F' lần lượt bằng a và h. Chứng minh rằng sáu mặt phẳng (AB'F'), (CD'B'), (EF'D'), (D'EC), (F'AE), (B'CA) cùng tiếp xúc với một mặt cầu, xác định tâm và bán kính. Hướng dẫn giải Gọi o là tâm hình lăng trụ. Mặt phẳng (AB'F') tiếp xúc với mặt cầu tâm o và mặt câu (S) này được xác định duy nhât. Sáu mặt phăng đêu cách đều o suy ra rằng cả sáu mặt phẳng đều tiếp xúc với mặt cầu (S) tâm o. Gọi p là trung điểm cạnh AE, P' là trung điểm cạnh A'E'; Q là trung điểm cạnh PF', và gọi R là hình chiếu của o lên đường thẳng PF', thi các điểm p, P', Q, R, o, F' cùng nằm trên một mặt phang. Ta có F'P' = - và QO = — . Vì QO // F'P’ nên ẾQỒ = p p l ^ '. Ngoài ra 2 4 ORQ = P P 'F '= 90° nên suy ra hai tam giác ORQ và PP'F' đồng dạng nhau. Do đó, bán kính của (S) là: 3a 4 3ah OR = PP’ . - ^ = h. PF' 2\/ã + 4h" Bài 4.42: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = s c = a, ASB = 60®, BSC = 90° và CSA = 120°. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp. Hướng dẫn giải ^ Tacó AB = a, BC = aV2 vàAC = a\/3 nên tam giác ABC vuông ở B. Gọi SH là đường cao của hình chóp, do SA = SB = s c nên HA = HB = HC suy ra H là trung điểm của cạnh AC. Tâm mặt cầu thuộc trục SH. Vi góc HSA = 60° nên gọi o là điểm đối xứng với s qua điểm H thì; o s = OA = o c = OB = a. Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hìiứi chóp S.ABC có tâm o và có bán kinh R = a. Bài 4.43: Cho hình chóp tam giác đều SABC có đường cao s o = 1 và cạrứi đáy bằng 2 \Zẽ. Điểm M, N là trung điểm của cạnh AC, AB tưomg ứng. Tính thể tích hình chóp SAMN và bán kính hình cầu nội tiếp hình chóp đó. Hướng dẫn giải Do ABC là tam giác đều nên;' AM = MN NA = = Vẽ 260 -999BT-
S aamn = -AM.AN.sinóO® = — 2 2 ^ _ 1 3V3 , ^/3 Do đó: V samn - =^ 0 ỉu iu Vì SABC là hình chóp đều nên o trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Do đó OM 1 AC, ON 1 AB va do SO -L (ABC) nên ta suy ra SM J_ AC, SN 1 AB và SM = SN. Xét tam giác vuông AOM; SOM: /í OM = ATtan30“ = ^/6 . — = V2 = ON 3 SM^ OM^ + SO^ = 2 + 1 = 3 SM = Vs , nên: SsAM= -AM .SM ^3 ; ^S s A ^ N =_ ^AN.SN= 1 ^XTCXT- ^3V2 2 Gọi K là trung điểm của MN thì SK 1 MN. SK" SM^ - KM^ SK = nên: 2 2 2 SsMN = -M N . s k = - ; Samn = -M N.AK = ^ 2 2 2 2 3V V3 Do đó bán kính hình cầu nôi tiếp: r = - ^ ^ . Sjp 1 +2V2 + V3 Bài 4.44: Tứ diện ABCD có AB = 6, CD = 8, các cạnh còn lại đều bằng \ỊĨÃ . Tính diện tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện. Hướng dẫn giải Gọi M, F thứ tự là trung điểm của AB, CD và K là tâm đường tròn ngoại tiếp AABC. Khi đó K thuộc CM. Hạ KO 1 FM thì o là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, R = OD. Ta có CM = DM = n/7 4 -9 = yỉẽE Và MF = V65 - 16 = 7 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp AABC abc _ 37 Ta có R = CK = R 4S ■ V ẽõ’ Các tam giác đồng dạng OKM và CFM OM CM ^ MK MF _ ^ ^ ^ _ M K .C M (CM-R)CM 28 , MF MF 7 -999BT- 261
Do đó OF = 3. Suy ra R = OD = VÕF^T f D^ = V9 + I 6 = 5 Vậy diện tích mặt cầu s = 47tR^ = lOOĩĩ. Bài 4.45: Cho hình nón s, góc giữa đường sinh d và mặt đáy là a. Một mặi phẳng (P) qua đinh s, hợp vói mặt đáy góc 60*^. Tính diện tích thiết diệr và khoảng cách từ o đến mp(P). Hướng dẫn giải Thiết diện là tam giác SAB cân tại s. Gọi I là trung điểm AB. Ta có AB ± OI, SI => SIO = 60® ASOA, ASOI vuông tại o nên; s o = d.sina, OA = d.cosa s AOHI là nửa tam giác đều nên: d(0,(P))= OH = ^ 2 2 Bài 4.46: Tìm hình nón có thể tích lớn nhất nội tiếp một mặt cầu bán kính 1 cho trước. Hướng dẫn giải Gọi bán kính đáy hình nón là X, chiều cao hình nón là y (0 < X < R, 0 < < 2R). Gọi SS' là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình nón thì: AH^ = HS.HS' => x^ = y(2R - y) Gọi Vi là thể tích khối nón thì: Vi = i Tĩx^y = ị 7iy.y(2R - y) = ^(4R -2y).y.y b ^ 4 R -2 y + y + y^^ 32tiR^ 81 32nR^ V| đạt giá trị lớn nhất bằng khi và chi khi 4R-2y = y 81 — 2R^/2 y = , từ đó X2 = w A' _ 8R , ——, hay X= 3 9 262 -999BI
Bài 4,47: Cho một hình cầu bán kính r = 1, nội tiếp một hình nón có chiều cao h và bán kính đáy R. Xác định h và R để thể tích hình nón có giá trị nhỏ nhât. Hương dẫn giải Cắt mặt cầu và hình nón đã cho bởi mặt phẳng (P) qua trục SH của hình nón ta được một đường ưòn (O; r) nội tiêp tam giác cân SAB . Ta có; r = OH, h = SH và R = HA. __ AB + SA + SB 2R + 2>/h^ + T. /T2— p = ----------------------------------------= R + vh + R SsAB = - .SH. AB = SH.AH = Rh 2 Ta có: SsAB = pr Rh = R +Vh^ +R^ < ^ R ( h - 1 ) = VĨTT r ^ « R V - 2 h + l ) = h n R 2 R^(h - 2) = h, h > 2. Thể tích hình nón là V = —nR^h = — „ h > 2. 3 3 (h -2 ) V' = , V' = 0 h = 4. 3(h-2)" BBT: h 2 4 00 V' - 0 + V Vậy minV = — khi h = 4, R = 2 Bài 4.48: Một hình trụ có bán kính R và chiều cao R y/ẽ. Cho hai điểm A và B lần lượt nằm trên đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục của hình trụ bằng 30°. Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, thể tích của hình trụ và tính khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ. Hướng dẫn giải ^ Sxq = 2TtR.RV3 = 2 S n R ^ Stp = Sxq + 2Sđáy ~ 2 -v/s tcR^ + 2 tĩR^ = 2( >/3 + 1)tĩR^ V = kR . R^/3 = V3 tĩR^ Gọi o và O' là tâm của hai đường ưòn đáy. Gọi AA' là đường sinh của hình trụ thì 0'A' = R, AA' = R Vs và góc BAA ’bằng 30°. Vì OOV/mp(ABA) nên khoảng cách giữa 0 0 ' --- A T » l _ r ___1_1___ _____ _____________________________ / A Ti , và AB băng khoảng cách giữa OO' và mp(ABA'). Gọi H là trung điểm BA' thì khoảng cách đó bằng 0'H. -999BT- 263
Tam giác BA'A vuông tại A' nên: BA' = AA'tan30° = R Vs . ^ = R. v3 r Vs Do đó BA'0' là tam giác đều, vậy 0'H = Bài 4.49: Cho một khối trụ có bán kính đáy R = 5(cm) và khoảng cách giữa hai đáy là 7(cm). Người ta cắt khối trụ đó bằng một mặt phẳng song song với trục của khối trụ và cách trụ một khoảng 3(cm). Tính diện tích của thiết diện. ____ Hướng dẫn giải •' Gọi tâm của hai đáy là o và O'. Thiết diện khi cắt khối trụ là hình chữ nhật AA'B'B B| 1 Gọi K là trung điểm của AB 1 1 1 Ta có OK i. AB => O K 1 AA' O K 1 (AA’B'B). ì ------- ^ Vậy OK là khoảng cách từ trục 0 0 ' tới mặt ——— phang thiết diện, tức là OK = 3. Trong tam giác vuông OKA: KA^ = OA^ - OK^ = 5^ - 3^ = 16. B’ ^ KA = 4, AB = sT Vậy diện tích của thiết diện AA'B'B là: s = AB.BB' = 56 (cm^). Bài 4.50: Cho hình trụ nội tiếp hình cầu S(0; R). Hình trụ nào có diện tích xung quanh s lóm nhất và hình trụ nào có thể tích lớn nhất. Hướng dẫn giải Gọi X là khoảng cách từ tâm hình cầu o đến đáy hình trụ: OI = X. Đáy hình trụ là đường fròn có bán kính: r= Vr ' - x' , 0 < x
PHẢN 3: TOÁN ĐẠI sò § l . s ổ PHỨC Bài 1.1; Tìm phần ảo của số phức w = 1 - zi + z , biết số phức z thỏa mãn; (1 + i)z - 1 - 3i = 0. Hướng dẫn giải Giả sử z = X + yi (x, y e R) z = X - yi Theo giả thiết, ta có: (1 + i ) ( x - y i ) - 1 - 3i = 0 o ( x + y - l) + ( x - y - 3 ) i = 0 íx = 2 o . Suy ra z = 2 - i [y•2=-i Ta CÓ; w = 1 - (2 - i)i + 2 + i = 3 + i - 2i + i = 2 - i. Vậy phần ảo của z là -1. Bài 1.2: Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)" biết rằng n nguyên dương thoả mãn log4(n - 3) + logs(n + 6) = 4. Hướng dẫn giải Xét phương trình log4(n - 3) + log5(n + 6) = 4, n nguyên dương Vì hàm số f(x) = log4(x - 3) + logs(x + 6), X > 3 là hàm đồng biến (3; + 00) màf(19) = 4. Do đó phương trình log4(n -3) + logs(n + 6) = 4 có nghiệm duy nhất n = 19. z = (1 + i)'^ - [(1 + i)Y (1 + i) = (21)’ (1 + i) = 512i’(l + i) = 512(iT i(l + 0 = 5121(1 +i) = -512 + 512i. Vậy phân thực là -512. Bài 1.3: Cho số phức z thỏa măn z ---- -— . Tìm phần thực của số 1 + 3i 5 phức Hướng dẫn giải Gọi số phức z = a + bi (a, b e R) DT- _ 2 6 + 71 , , . a - b i 6 + 71 1 + 31 5 1 + 31 5 _ ( a - b i) ( l-3 i) 6 + 71 10 5 lOa + lObi - a + 3b + i(b + 3a) = 12 + 141
2017 «2017 _ / I 1 ;\2017/ _ la c ó z =(1+ 1) - yj2 ^COS—+ Ì sin —j 2017n 201711 = 2“ ^®n/2 cos- + isin = 2^°°® +i.2 1008 7 Vậy phần thực của là 2'”®*. Bài 1.4: Tìm một acgumen của sổ phức: z = (1 —i ^/3 )(1 + i). Hướng dẫn giải /r / \ Ta có 1 -i\/3 = 2 cos í — • • í "V + isin l 3j l 3 jJ II . . IC I 1 + i = n/2 cos —+ isin — . V 4 4 ^ Tt It^ ( n Tt'! Từ đó suy ra: (l-i\/3 ) (1 + i) = 2-v^ cos ----+ — + isin — + — l 3 4j l 3 4 ;j = 2^/2 cos| I+ isin 12 12 Vây một acgumen của số phức z là —— . 12 Bài 1.5: Tìm các acgumen của số phức: z = 2 + y/s + Ì . Hướng dẫn giải Biểu diễn hình học số phức z = 2 + ^/3 + i thì số phức z tuơng ứng với điểm A (2 + Vs , 1). Đặt (p = AOH ta có tan (p = ^ 1- = 2-yf3 OH 2 + ^/3 . „ 2tancp 2(2-\Í3) => sin 2ọ = ------ l + tan^(p l +( 2 - S ) 2(2-S) 2{2-S) 1 8-4^/3 ~ 4 (2 -> /3 )” 2 ^Tuơng ™ ..tự cos2cp o = _ ---- 1 “ tan^ — (p _ >/3 —. l + tan^(p 2 Suy ra: 2(p = —+ 2fn (p = — + £n. 6 12 Nhung sincp > 0 nên chọn ọ = — + 2kit (k e Z) 12 Vây acgumen của z = 2 + ^/3 + i bằng — + 2kit (k G Z). 12 266 -999BT-
Bài 1.6: Cho số phức z thỏa mãn - 6z + 13 = 0. 6 Tính z + - z +i Hướng dẫn giải Phưcmg trình z ^ -6 z + 1 3 = 0 c ó A = 9 - 1 3 = —4 = {2iý Do đó z = 3 + 2i hay z = 3 —2i. - Với z = 3 + 2i, ta có 6 z+■ 3 + 2i + - = |3 + 2 i + l - i | = l4 + i|= > /Ĩ 7 z+i 3 + 3Ĩ - Với z = 3 —2i, ta có 6 z H------r = 3 —2i + = 3 - 2i + z +i 3 -3 Ĩ 3 -3 i = |3 - 2 i + — (3 + i) 1= ỉ|2 4 - 7 i| = 5. 10 5' ' Bài 1.7: Tính mô đun của số phức z biết (1+ 2i)z + (1 - 2 z )i = 1 + 3i. Hướng dẫn giải Giả sử z = a + bi; a, b e R => z = a - b i Ta có (1+ 2i)z + (1 - 2 z )i = 1 + 3i. « (1+ 2i)(a +bi) + (1 - 2(a -bi))i = 1 + 3i. a + bi + 2ai - 2b + (1 -2a)i - 2b = 1 + 3i a - 4b + (b + 1)i = 1 + 3i ía -4 b = l ía = 9 1 [b + l = 3 |b = 2 Vậy z = 9 + 2 i= > |z | = Vs5 . Bài 1.8: Tính môđun của số phức z, biết z^ + 12i = z và z có phần thực dưong. Hướng dẫn giải Đặt z = X + yi (x, y e R; X > 0) Tacóz^ + 1 2 i= z (x + yi)^ + 12i = X -yi x^ - 3xy^ + (3xV - + 12)i = X - yi I - 3xy^ = X [SxV - +12 = -y íx^ =3y^ +1 = 3y^ + 1 3 (2 y ^+ l)y -y ^+ 1 2 = -y [2y^+y + 3 = 0 [x = 2 (Dox>0) iy = - i Do đó z = 2 - i . Suy ra \z\-y/E. -999BT- 267
5i.z Bài 1.9: Tính |z |, biết số phức z thỏa mãn z = (1 + i)(3 - 2i) - (2 + i) Hướng dẫn giải Đặt z = a + bi, a, b e R ta có; 5iz z = (l + i ) ( 3 - 2 i) - a + bi = 5 + i -(2 - i)(a - bi) (2 + i) a + bi = 5 + i - (l + 2)(a - bi) a + bi = 5 + i - a —2b + (b —2a) 1 [5 -2 a -2 b = 0 < = > 5-2a-2b + (l - 2a)i = 0 0 2 1 - 2a = 0 Vậy môđun |z| - + b^ - . 2 Bài 1.10: Tính I z -2i| biết số phức z thỏa mãn: (z - 2i).(z - 2i) + 4iz = 0. Hướng dẫn giải Đặt z = a + bi (a, b G R). Ta có: |z - 2ì| = |a + (b - 2)i| = + b^ - 4b + 4 Theo giả thiết: (z - 2i).( z - 2i) + 4iz = 0 o (a + (b - 2)i).(a - (b + 2)i) + 4i(a + bi) = 0 o (a^ + b^ - 4 - 4b) + [a(b - 2) - a(b + 2) + 4a]i = 0 a^ + b^ - 4b - 4 = 0 và a(b - 2) - a(b + 2) + 4“ = 0. Do đó |z - 2i| = |a + (b - 2)i| = Va^ + b^ - 4b + 4 + 8 = Tẽ - 2^/2 Vậy môđun của z - 2i bằng 2\/2 . Bài 1.11: Tính môđun của số phức w = b + ci (b, c e R), biết số phức zo = là nghiệm của phưong trình z^ + bz + c = 0. Hướng dẫn giải (2i)'‘( - l - 2 i ) 2 (-l - 2i)(l + i) Ta có: Z q = =-3 -i (-2 i)"(l-i) 2i Vì zo là nghiệm của phưong trình z^ + bz + c = 0 nên (-3 - i)^ + b(-3 - i ) + c = 0 o 8 - 3 b + c + ( 6 - b ) i = 0 Í8 -3 b + c = 0 íb -1 0 w = 10 + 6i |6 - b = 0 c=6 Vậy |w| = Vĩo^+6^ = 2sỈM . 268 -999BT-
Bài 1.12: Viết dạng lượng giác và tìm căn bậc hai của các số phức: z = -2 + 2i ^/3 . Hướng dẫn giải 1 T 2tĩ . .271^ Ta có: z = -2+i2\/3 = 4 - _ +i _ = 4 cos—- + isĩn — 2 2 3 3 TC . . n ' ] . . , Vậy z có hai căn bậc hai là: = 2 cos^ + isin — = l + iv3va Zi 3 3j / n . . n \ 71 / 71 Z2 = -2 cos —+1 sin — = 2 cos 71 + — + isin 71 + — l 3 3j l 3j V 3 jj 4 ji . . 4 tc' = 2 c o s ^ + isin — = - l - i S 3 3j Bài 1.13 Viết dưới dạng lượng giác của số phức; z = ^ . Hướng dẫn giải (/ íí/ n \] . . / 71\\1 Ta có ỉ - i \í s = - 22 cos - — +isin 1 l 3j V3Ì Và 1 + i = ^/21 cos —+ i sin — 4 4 1 -iS 2 cos f - —- 71 7ĩ' { 71 71^1 — + isin --- -- -- 1 + i ~ 72 L l 3 4 j l 3 cos { — + isin ■■ l 12j l 12j. -r-í , ^ i 1 ' __ l-(cos(p + isin(p) Bài 1.14: Viêt dưới dạng lượng giác của sô phức z = --------- - r^ -----. 1 + cos (p+1 sin cp Hướng dẫn giải _ 1 - (cos ọ 4- i sin (p) _ (1 - cos cp) - i sin (p 1 + C0S(p + isincp (1 + cos (p) + i sin (p „.o(p..(p (p __Ọ 2sin —-i.s in —cos— sin —- ic o s ^ , 2 2 2 , ị 2 2 , _ i.ta n s r.2 c o s2 ^0 dang lương giác là: z = ta n — cos - — + isin - — 2 ' 2y \ 2) \ 2) _ / > - Khi tan —< 0 dang lương giác của nó là: z = - tan — cos —+ i sin 2 2 ^ 2 2 ^ -999BT- 269
- Khi tan — = 0 thì không có dạng lượng giác. 2 Bài 1.15: Viết dưới dạng lượng giác số phức z = 1 +(^/2 - l)i. Hưóìig dẫn giải Dùng công thức hạ bậc: cos a = — —---- , sin a = -----—----- - ., . * n ^2 + V2 . • _ \l2-yf2 Ta tính được: cos-^ = ---- ^----- và sin-r ------- — 8 2 8 2 nên |z| = = x/4^^2^ = V 2 .V 2 ^ ^ Ta có: z = 1 + (^/2 - l)i= yl2.\j2-yỈ2 ----- + i — ^ ^ V2.V2 -V ^ V2.V2 -V 2 V2 + V2 + 1- . yj2-y/2 = V4-2V2 cos^JT+ is SỈ2 .4 2 - S ■ in • ^ 8 8 Bài 1.16: Tìm các căn bậc hai của số phức: z = 1 +4V3 i. Hướng dẫn giải Giả sử: X + yi, (x, y 6 R) là căn bậc hai của số phức z. Ta có (x + yi)^ = l + 4 \/3 i x^-y^ - 1 + 2(xy - 2 Vs )i = 0 x^=4 [ x '- y '= l x s 12xy = 4 V3 2n/ s y=-2^/3 Vậy có 2 căn bậc hai của z là; Z i = 2 + ^ / 3 i , Z2 = -2 - V s i. Bài 1.17: Tìm các căn bậc hai của số phức z - 17 + 20 V2 i. Hướng dẫn giải Giả sử: X + yi, (x, y e R) là căn bậc hai của số phức z. Ta có (x + yi)^ = 17 + 20^/2 i « X - y - 17 + 2(xy-10V 2)i = 0 x" - y " - 1 7 = 0 x = 5,y = 2V2 lx y -1 0 V ^ = 0 x = -5,y = -2\Ỉ2 Vậy có hai căn bậc hai của z là 5 + 2V2Ì, - 5 - 2 ^/2 i. Bài 1.18: Tìm sô phức z thoả mãn: [(1 + i)z - 3].(2iz - 3 + 2i) = 0. Hướng dẫn giải Tacó [(1+ i ) z - 3 ] .( 2 iz - 3 + 2i) = 0
_ 3 3, _ 3 3, z= z = —- —1 2 2 2 2
_ 497 7. Vậy z = . 36 3 Bài 1.21 : Tìm số phức z sao cho z^ là số thuần ảo và |z - 2i| = 4 . Hướng dẫn giải Gọi z = a + bi, (a, b € R). Ta có |z - 2i| = +(b-2)^ , z^ = a^ - b^ + 2abi I ía " + (b -2 f= 4 Nên z - 2i = 4 và z thuân ảo ị ]a^-h^=0 a =2 a = -2 i ^ ^ hoăc -i ” hoăc , [b = 0 [b = 2 [b = 2 Vậy z = 0, z = 2 + 2i, z = -2 + 2i. Bài 1,22: Tìm số phức z thoả mãn: Iz| = 5 và phần thực của z bằng hai lần phân ảo của nó. Hướng dẫn giải Giả sử z = a + bi, (a;b e R) Ta có: ' a = 2b [a = 2b Ía = -2V5, fa = 2V5 |b = ± ^ " |b l-^ T b l^ Vậy có hai số phức cần tìm: z = -2-JE - i^ /5 ,z = 2^/5 + i y/E. Bài 1.23: Tìm số phức z thỏa mãn (1 - 3i)z là số thực và thỏa mãn z - 2 + 5i = 1. Hướng dẫn giải Giả sử z = a + bi, (a;b 6 R) Khi đó (1- 3i)z = (1 - 3i)( a+ bi) = a + 3b + (b - 3a)i (1 - 3i)z là số thực < » b - 3 a = 0b = 3a z - 2 + 5i = l o | a - 2 + (5-3a)i| = l o V(a-2)^ +(5-3a)^ =1 lOa^ - 34a + 29 = 1