Xét các số phức z=a+bi (a,b∈R) thỏa mãn |z−3−2i|=2. Tính a+b khi |z+1−2i|+2|z−2−5i| đạt giá trị nhỏ nhất

Hướng dẫn giải:

Chọn D

Cách 1:

Đặt  \( z-3-2i=w \) với  \( w=x+yi\text{ }(x,y\in \mathbb{R}) \). Theo bài ra ta có:  \( \left| w \right|=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4 \).

Ta có:  \( P=\left| z+1-2i \right|+2\left| z-2-5i \right|=\left| w+4 \right|+2\left| w+1-3i \right|=\sqrt{{{(x+4)}^{2}}+{{y}^{2}}}+2\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{(y-3)}^{2}}} \)

\( =\sqrt{20+8x}+2\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{(y-3)}^{2}}}=2\sqrt{5+2x}+2\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{(y-3)}^{2}}} \)

\( =\left( \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x+1}+\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{(y-3)}^{2}}} \right)=2\left( \sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{(y-3)}^{2}}} \right) \)

\( \ge 2\left( \left| y \right|+\left| y-3 \right| \right)\ge 2\left| y+3-y \right|=6 \).

\( P=6\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & x=-1 \\  & y(3-y)\ge 0 \\  & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4 \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & x=-1 \\  & y=\sqrt{3} \\ \end{align} \right. \).

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 6 đạt được khi  \( z=2+\left( 2+\sqrt{3} \right)I \).

Cách 2:

\( \left| z-3-2i \right|=2\Rightarrow MI=2\Rightarrow M \) thuộc đường tròn tâm I(3;2) và bán kính bằng 2.

\( P=\left| z+1-2i \right|+2\left| z-2-5i \right|=MA+2MB \) với A(1;2), B(2;5).

Ta có:  \( IM=2,\text{ }IA=4 \). Chọn K(2;2) thì  \( IK=1 \). Do đó ta có:  \( IA.IK=I{{M}^{2}}\Rightarrow \frac{IA}{IM}=\frac{IM}{IK} \).

\( \Rightarrow \Delta IAM\backsim \Delta IMK\Rightarrow \frac{AM}{MK}=\frac{IM}{IK}=2\Rightarrow AM=2MK \).

Từ đó  \( P=MA+2MB=2(MK+MB)\ge 2BK \).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, K, B thẳng hàng và M thuộc đoạn thẳng BK.

Từ đó tìm được  \( M\left( 2;2+\sqrt{3} \right) \).

Cách 3:

Gọi M(a;b) là điểm biểu diễn số phức  \( z=a+bi \). Đặt I(3;2), A(-1;2) và B(2;5).

Ta xét bài toán: Tìm điểm M thuộc đường tròn (C) có tâm I, bán kính R = 2 sao cho biểu thức  \( P=MA+2MB \) đạt giá trị nhỏ nhất.

Trước tiên, ta tìm điểm K(x;y) sao cho  \( MA=2MK,\forall M\in (C) \).

Ta có:  \( MA=2MK\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=4M{{K}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}=4{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IK} \right)}^{2}} \)

\( \Leftrightarrow M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IA}=4\left( M{{I}^{2}}+I{{K}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IK} \right)\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MI}\left( \overrightarrow{IA}-4\overrightarrow{IK} \right)=3{{R}^{2}}+4I{{K}^{2}}-I{{A}^{2}} \)  (*)

(*) luôn đúng \( \forall M\in (C)\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \overrightarrow{IA}-4\overrightarrow{IK}=\vec{0} \\& 3{{R}^{2}}+4I{{K}^{2}}-I{{A}^{2}}=0 \\\end{align} \right. \).

\( \overrightarrow{IA}-4\overrightarrow{IK}=\vec{0}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 4(x-3)=-4 \\  & 4(y-2)=0 \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & x=2 \\  & y=2 \\ \end{align} \right. \).

Thử trực tiếp ta thấy K(2;2) thỏa mãn  \( 3{{R}^{2}}+4I{{K}^{2}}-I{{A}^{2}}=0 \).

Vì  \( B{{I}^{2}}={{1}^{2}}+{{3}^{2}}=10>{{R}^{2}}=4 \) nên B nằm ngoài (C).

Vì  \( K{{I}^{2}}=1<{{R}^{2}}=4 \) nên K nằm trong (C).

Ta có:  \( MA+2MB=2MK+2MB=2(MK+MB)\ge 2KB \).

Dấu “=” trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BK.

Do đó  \( {{\left( MA+2MB \right)}_{\min }}\Leftrightarrow M=(C)\cap BK \).

Phương trình đường thẳng  \( BK:x=2 \).

Phương trình đường tròn  \( (C):{{(x-3)}^{2}}+{{(y-2)}^{2}}=4 \).

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:  \( \left\{ \begin{align} & x=2 \\  & {{(x-3)}^{2}}+{{(y-2)}^{2}}=4 \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=2 \\  & y=2+\sqrt{3} \\ \end{align} \right. \) \( \vee \left\{ \begin{align}  & x=2 \\  & y=2-\sqrt{3} \\ \end{align} \right. \).

Thử lại thấy  \( M\left( 2;2+\sqrt{3} \right)\in BK \).

Vậy  \( a=2,\text{ }b=2+\sqrt{3}\Rightarrow a+b=4+\sqrt{3} \).