Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn (Toán học Lớp 10)

Ta có $(z-2+i)(\overline{z-2+i})=25\iff |z-2+i|=5\iff |\bar{z}-2-i|=5$. Mặt khác $w=2(\bar{z}-2-i)+2+5i\iff |w-2-5i|=2|\bar{z}-2-i|=10$. Vậy đường tròn có tâm $I(2;5)$ và bán kính $c=10$, suy ra $T=2+5+2\cdot 10=27$.

Theo định lý Vi-ét cho phương trình $z^2+2z+4=0$, ta có $z_1+z_2=-2$.
Do đó điều kiện trở thành $|w-2|=2$.
Gọi $w=x+yi$ với $x,y\in \mathbb{R}$, ta có:
$$|x-2+yi|=2\iff (x-2{)}^2+y^2=4$$
Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức $w$ là đường tròn có tâm $I(2;0)$.
Chọn đáp án C.

Ta có: $|(1+i)z-5+i|=2\iff |1+i|\cdot \left|z+\frac{-5+i}{1+i}\right|=2\iff \sqrt{2}\cdot |z-(2-3i)|=2\iff |z-(2-3i)|=\sqrt{2}$.
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn có tâm $I(2;-3)$ và bán kính $R=\sqrt{2}$.

Ta có $A\left(\frac{m}{2};0\right)$ và $B(0;-1)$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp $△OAB$ vuông tại $O$ là $R=\frac{AB}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{m^2}{4}+1}$. Điều kiện $\pi R^2<2022\iff \pi \left(\frac{m^2}{16}+\frac{1}{4}\right)<2022\iff m^2<\frac{16\cdot 2022}{\pi }-4\approx 10293,9\iff |m|\le 101$. Vì $m\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$ nên có $202$ giá trị.

Chọn D.
Từ $w=(1-2i)z$ và $|z-1+3i|=2$, nhân hai vế với $|1-2i|=\sqrt{5}$ ta được:
$|w-(1-2i)(1-3i)|=2\sqrt{5}⟺|w+5+5i|=2\sqrt{5}$.
Vậy bán kính của đường tròn $(C)$ là $R=2\sqrt{5}$.

Ta có $z+2+i=|z|(1+i)\iff a+bi+2+i=|z|+|z|i\iff (a+2)+(b+1)i=|z|+|z|i$. Đồng nhất phần thực và phần ảo: $\{\begin{array}{l}a+2=|z|\\ b+1=|z|\end{array}\Rightarrow b+1=a+2\iff b=a+1$. Đặt $|z|=r>2$, ta có $a=r-2,b=r-1$. Vì $a^2+b^2=r^2$, ta có $(r-2{)}^2+(r-1{)}^2=r^2\iff r^2-4r+4+r^2-2r+1=r^2\iff r^2-6r+5=0\iff r=1$ hoặc $r=5$. Do điều kiện $|z|>2$ nên ta nhận $r=5$. Khi đó $a=5-2=3$, $b=5-1=4$. Vậy $P=a+b=3+4=7$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn C.

Chọn D.
Đặt $z=x+yi$ ($x,y\in \mathbb{R}$).
- Ta có $|z+2-i|=2\sqrt{2}\iff (x+2{)}^2+(y-1{)}^2=8$ (1).
- $(z-1{)}^2=[(x-1)+yi{]}^2=(x-1{)}^2-y^2+2(x-1)yi$.
Để $(z-1{)}^2$ là số thuần ảo thì phần thực bằng 0: $(x-1{)}^2-y^2=0\iff y=x-1$ hoặc $y=1-x$.
- TH1: $y=x-1$, thay vào (1):
$(x+2{)}^2+(x-2{)}^2=8\iff 2x^2+8=8\iff x=0\Rightarrow y=-1\Rightarrow z=-i$.
- TH2: $y=1-x$, thay vào (1):
$(x+2{)}^2+(-x{)}^2=8\iff 2x^2+4x-4=0\iff x^2+2x-2=0\iff x=-1\pm \sqrt{3}$.
Với $x=-1+\sqrt{3}\Rightarrow y=2-\sqrt{3}$.
Với $x=-1-\sqrt{3}\Rightarrow y=2+\sqrt{3}$.
Vậy có đúng 3 số phức thỏa mãn.

Từ $w=\frac{5+iz}{1+z}\iff w(1+z)=5+iz\iff z(w-i)=5-w$. Lấy môđun hai vế với $|z|=\sqrt{2}$: $\sqrt{2}|w-i|=|w-5|$. Đặt $w=x+yi$, ta có $2[x^2+(y-1{)}^2]=(x-5{)}^2+y^2\iff x^2+y^2+10x-4y-23=0$. Đây là đường tròn có tâm $I(-5;2)$ và bán kính $R=\sqrt{(-5{)}^2+2^2-(-23)}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$.

Vì $z_2+z_3=0⟹z_3=-z_2⟹|z_3|=|z_2|=3$. Do đó ba điểm $A,B,C$ cùng thuộc đường tròn $(O;3)$ và $BC$ là đường kính của đường tròn này, suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Mặt khác $|z_1{z}_2{z}_3|=9|z_1+z_2|⟺27=9|z_1+z_2|⟺|z_1-z_3|=3$, tức là $AC=3$. Trong tam giác vuông $ABC$ có $BC=6,AC=3⟹AB=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$. Vậy diện tích tam giác $ABC$ là $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{9\sqrt{3}}{2}$.

Đặt $z=x+yi$, $x,y\in \mathbb{R}$. Từ giả thiết ta có:
$|x+yi-2+3i|=2|x+yi+1|\iff (x-2{)}^2+(y+3{)}^2=4[(x+1{)}^2+y^2]\iff x^2+y^2+4x-2y-3=0$.
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn $(C)$ tâm $I(-2;1)$, bán kính $R=2\sqrt{2}$.
Ta thấy $OI=\sqrt{5}<R$ nên điểm $O$ nằm bên trong đường tròn $(C)$.
Do đó $M=\max |z|={\max }_{M\in (C)}OM=R+OI$ và $m=\min |z|={\min }_{M\in (C)}OM=R-OI$.
Vậy $M+m=2R=4\sqrt{2}$.

Đặt $z=x+yi$ ($x,y\in \mathbb{R}$). Ta có $|z-i|=\sqrt{2}|\bar{z}|\iff x^2+(y-1{)}^2=2(x^2+y^2)\iff x^2+y^2+2y-1=0\iff x^2+(y+1{)}^2=2$. Do đó bán kính đường tròn là $R=\sqrt{2}$. Chọn D.

Đặt $z=x+yi$ ($x,y\in \mathbb{R}$).

Ta có: $(z+2i)(\bar{z}+2)=[x+(y+2)i][(x+2)-yi]=x(x+2)+y(y+2)+[(x+2)(y+2)-xy]i$.

Vì $(z+2i)(\bar{z}+2)$ là số thuần ảo nên $x(x+2)+y(y+2)=0\iff x^2+y^2+2x+2y=0\iff (x+1{)}^2+(y+1{)}^2=2$.

Đây là phương trình đường tròn có tâm $I(-1;-1)$.

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Chọn B.

Ta có $|(z+1-2i)(1+i)|\le 4\sqrt{2}\iff |z+1-2i|\cdot \sqrt{2}\le 4\sqrt{2}\iff |z+1-2i|\le 4$.
Lại có $w=z(1-i)\Rightarrow z=\frac{w}{1-i}$.
Thay vào điều kiện:
$\left|\frac{w}{1-i}+1-2i\right|\le 4\iff \frac{|w+(1-2i)(1-i)|}{|1-i|}\le 4\iff |w-1-3i|\le 4\sqrt{2}$.
Tập hợp điểm biểu diễn $w$ là hình tròn tâm $I(1;3)$ bán kính $R=4\sqrt{2}$.
Diện tích hình phẳng là $S=\pi R^2=\pi (4\sqrt{2}{)}^2=32\pi$.

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Chọn B
Ta có | z + 6 - 8i |= a , khi đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường tròn tâm I ( -6;8 ) ,
bán kính R = a , với OI = 10 .
Giá trị lớn nhất của | z | là M = OI + a = 10 + a .
TH1: a \le 10 .
Khi đó giá trị nhỏ nhất của | z | là m = OI - a = 10 - a .
Để M  3m $\iff$ 10 + a  3 (10 - a ) $\iff$ a  5 .
TH này có 4 giá trị của a thỏa mãn, a $\in$ \{1, 2,3, 4\} .
TH2: a  10 .
Khi đó giá trị nhỏ nhất của | z | là m = a - OI = a - 10 .

Để M  3m $\iff$ 10 + a  3 ( a - 10 ) $\iff$ a  20 .
TH này có vô số giá trị của a thỏa mãn, a $\in$ \{$\infty$ / a  20\} .
KL: Vậy có vô số giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

**Chọn B**

 
Ta có  z  3  2i  z  3  2i  16   z  3  2i  z  3  2i   16  z  3  2i  16 .
2

w  2  3i
Mặt khác w  2 z  2  3i  z  suy ra:
2
2
w  2  3i
 3  2i  16  w  4  i  64   x  4    y  1  64 .
2 2 2

2

Tập hợp điểm M biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I  4; 1 và bán kính 8 . Vậy
a  b  c  11 .

Đặt $DP=x\in [0;1]$, do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có $PM=PD=x$ và $QM=QB$, từ $P{C}^2+Q{C}^2=P{Q}^2⟺(1-x{)}^2+(1-QB{)}^2=(x+QB{)}^2\Rightarrow QB=\frac{1-x}{1+x}$. Khi đó $PQ=x+\frac{1-x}{1+x}=x-1+\frac{2}{x+1}$ đạt GTNN khi $x+1=\sqrt{2}⟺x=\sqrt{2}-1\approx 0,41$ (theo đáp án chính thức Trang 5, Mã đề 1201).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0135, trang 5), Câu 4 (Phần 3, câu 20) có đáp số là $10,3$.

Bán kính mỗi nửa đường tròn là $R=3\text{ cm}$. Phần tô đậm gồm $4$ hình viên phân bằng nhau, mỗi hình viên phân giới hạn bởi cung $90^{\circ }$ của đường tròn bán kính $R=3$, nên tổng diện tích là $4\cdot \left(\frac{1}{4}\pi R^2-\frac{1}{2}{R}^2\right)=(\pi -2)R^2=9(\pi -2)\approx 10,3{\text{ (cm}}^2\text{)}$.

Gọi $z=a+bi\Rightarrow |a+(b-1)i|=|(a-b)+(a+b)i|\iff a^2+(b-1{)}^2=2(a^2+b^2)\iff a^2+(b+1{)}^2=2$. Vậy tập hợp điểm biểu diễn của số phức $z$ là đường tròn tâm $I(0;-1)$.