Ta có \(z_1+z_2=2-i+(-4+7i)=-2+6i.\) Suy ra

\[|z_1+z_2|=\sqrt{(-2)^2+6^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}.\]

\[\begin{aligned} &x+(y-1)i-3+xi=5+2i+2yi\Leftrightarrow (x-3)+(x+y-1)i=5+(2+2y)i\\ \Leftrightarrow\ &\left\{\begin{aligned} &x-3=5\\ &x+y-1=2+2y\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &x=8\\ &y=5.\end{aligned}\right. \end{aligned}\]

\[\begin{aligned}z-w=\ &(-4-7i)-(-3+2i)\\ =\ &-4-7i+3-2i\\ =\ &-1-9i.\end{aligned}\]

Ta có công thức \[\begin{aligned} &2(|z_1|^2+|z_2|^2)=|z_1+z_2|^2+|z_1-z_2|^2\\ \Leftrightarrow\ &2(2^2+5^2)=6^2+|z_1-z_2|^2\\ \Leftrightarrow\ &|z_1-z_2|^2=22\Rightarrow |z_1-z_2|=\sqrt{22}. \end{aligned}\]

Ta có \[zw=(3+4i)(-2+5i)=-6+15i-8i+20i^2=-26+7i.\]

Vậy \(\overline{zw}=-26-7i.\)

Ta có

\[\begin{aligned} |-3z-2+6i|=10\Leftrightarrow\ &\left|-3\left(z+\dfrac{-2+6i}{-3}\right)\right|=10\\ \Leftrightarrow\ &|-3|\cdot\left|z+\dfrac{2}{3}-2i\right|=10\\ \Leftrightarrow\ &\left|z+\dfrac{2}{3}-2i\right|=\dfrac{10}{3}. \end{aligned}\]

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn có tâm \(I\left(-\dfrac{2}{3};2\right)\) và bán kính \(R=\dfrac{10}{3}\).

Gọi \(z=x+yi\) với \(x,y\in\mathbb{R}\). Thay vào phương trình, ta được

\[\begin{aligned} &2(x+yi)+(2-i)(x-yi)=(5+3i)(x+yi)-4i\\ \Leftrightarrow\ &2x+2yi+2x-2yi-xi+yi^2=5x+5yi+3xi+3yi^2-4i\\ \Leftrightarrow\ &\left\{\begin{aligned}&2x+2x-y=5x-3y\\ &2y-2y-x=5y+3x-4\end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow\ &\left\{\begin{aligned}&-x+2y=0\\ &-4x-5y=-4\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x=\dfrac{8}{13}\\ &y=\dfrac{4}{13}.\end{aligned}\right. \end{aligned}\]

Vậy \(z=\dfrac{8}{13}+\dfrac{4i}{13}.\)

Ta có \[\begin{aligned} &(2+i)z=1-2i\\ \Leftrightarrow\ &z=\dfrac{1-2i}{2+i}=\dfrac{(1-2i)(2-i)}{2^2+1^2}=\dfrac{2-i-4i+2i^2}{5}=\dfrac{0-5i}{5}=-i. \end{aligned}\]

Ta có \[\begin{aligned} |(3-4i)z+4+3i|=20 \Leftrightarrow\ &\left|(3-4i)\left(z+\dfrac{4+3i}{3-4i}\right)\right|=20\\ \Leftrightarrow\ &|3-4i|\cdot \left|z+i\right|=20\\ \Leftrightarrow\ &|z+i|=4. \end{aligned}\]

Từ \(w=z+1-2i\Rightarrow z=w-1+2i\). Thay vào đẳng thức trên ta được

\[|w-1+2i+i|=4\Leftrightarrow |w-1+3i|=4.\]

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn có tâm \(I(1;-3)\) và bán kính \(R=4\).

\[\begin{aligned} &2|z|-z=(2z-2)i\Leftrightarrow 2|z|-z=2zi-2i\\ \Leftrightarrow\ &2|z|+2i=z(1+2i). \quad\quad (*) \end{aligned}\]

Lấy môđun hai vế ta được

\[\begin{aligned} &\sqrt{(2|z|)^2+2^2}=|z|\cdot |1+2i|\\ \Leftrightarrow\ &\sqrt{4|z|^2+4}=|z|\sqrt{5}\\ \Leftrightarrow\ &4|z|^2+4=5|z|^2\Leftrightarrow |z|^2=4\\ \Leftrightarrow\ &|z|=2. \end{aligned}\]

Thay vào phương trình \((*)\), thu được

\[4+2i=z(1+2i)\Leftrightarrow z=\dfrac{4+2i}{1+2i}=\dfrac{8}{5}-\dfrac{6}{5}i.\]

\[z_1+z_2=\left( 3-2i \right)+\left( 2+i \right)=5-i.\]

\[z_1 - z_2 = (1 + 2i) - (4 - i) = 1 + 2i - 4 + i = -3 + 3i.\]

Ta có \(w=i\cdot(2+5i)+(2-5i)=-3-3i\).

Có \(z=(1+2i)(2-3i)=2+4i-3i-6i^2=8+i\).

\(w=z_1-2z_2= (1+2i)-2(2-3i)=-3+8i.\)

Ta có: \(w=z_1-2z_2=1+2i-2(2-3i)=-3+8i\).

Ta có \(z_1+z_2=-2-6i\). Vậy điểm biểu diễn \(z_1+z_2\) trên mặt phẳng tọa độ là điểm \(Q(-2;-6)\).

Ta có \(z=i+(2-4i)-(3-2i)=-1-i\Rightarrow\begin{cases}& a=-1\\& b=-1\end{cases}\Rightarrow S=a-b=-1-(-1)=0\).

Ta có \(z=i+(2-4i)-(3-2i)=i+2-4i-3+2i=-1-i\).

Ta có \( z\cdot \bar{z}=(2+bi)(2-bi)=4-b^2i^2=4+b^2 \).

Số phức có phần ảo bằng \(0\) là số thực. Do đó \((3+2i)+(3 - 2i)=6\) là số thực.

\(\displaystyle\frac{z}{\overline{z}}=\displaystyle\frac{z\cdot z}{\overline{z}\cdot z}=\displaystyle\frac{z^2}{|z|^2}=\displaystyle\frac{(2+3i)^2}{2^2+3^2}=\displaystyle\frac{-5+12i}{13}\).

Ta có \(z_1-z_2=(2-2i)-(-3+3i)=5-5i\).

Ta có \(1+i+\sqrt{3}+i=1+\sqrt{3}+2i\).

Ta có \(z=(1+i)^2=1+2i+i^2=2i\).

\( w=i\cdot(2+3i)+2-3i=-1-i\).

\(z=z_1+z_2=2+3i-4-5i=-2-2i\).

Ta có \(z_1+z_2=(2+3i)+(-4-5i)=-2-2i\).

Ta có \(w=z_1-2z_2=(1-2i)-2(2+3i)=-3-8i\).

Ta có \(w = i \left( 1+\displaystyle\frac{1}{3}i \right) +3 \left( 1-\displaystyle\frac{1}{3}i\right) = \left(3-\displaystyle\frac{1}{3}\right) + i \left( 1 -1\right) =\displaystyle\frac{8}{3}.\)

\(z=z_1+z_2=3+2i \Rightarrow |z|=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}.\)

Ta có \(w=z_1+z_2=(1+3)+(2-1)i=4+i\Rightarrow \overline{w}=4-i\).

Ta có \( w=2\left( 2+3i+4+5i\right)=12+16i\). Vậy \( \overline{w}=12-16i \).

Ta có \(z = 7i-4i^2 = 4+7i\). Do đó \(z\) được biểu diễn bởi \(M(4;7)\).

Ta có \( w=-1-2i\Rightarrow \) tổng phần thực và phần ảo của số phức \( w \) là \( -3 \).

Ta có: \(\overline{z}=3+2i\).

Khi đó \(w=z+i\cdot \overline{z}=3-2i+i(3+2i)=1+i\).

Vậy điểm biểu diễn số phức \(w\) là \(M(1;1)\).

Ta có \(z=1-2i\) nên \(w=i\overline{z}-z^2=i(1+2i)-(1-2i)^2=1+5i\).

Vậy \(|w|=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}\).

Ta có \(z = \displaystyle\frac{z_2}{z_1} = \displaystyle\frac{z_2 \cdot \overline{z_1}}{z_1\cdot \overline{z_1}} = \displaystyle\frac{(3 - i)(1 - 2i)}{(1 + 2i)(1 - 2i)} = \displaystyle\frac{1 - 7i}{5} = \displaystyle\frac{1}{5} - \displaystyle\frac{7}{5}i\).

\(\displaystyle\frac{1}{z}=\displaystyle\frac{\overline{z}}{z\cdot \overline{z}}=\displaystyle\frac{1-3i}{(1+3i)(1-3i)}=\displaystyle\frac{1-3i}{10}=\displaystyle\frac{1}{10}-\displaystyle\frac{3}{10}i\).

Ta có \( z=\displaystyle\frac{2-6i}{2i}=-i-3 \Rightarrow \bar{z}=-3+i \).

Ta có \[\begin{aligned}&\left(1 - 2\mathrm{i}\right)z = 3 + \mathrm{i}\Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{3 + \mathrm{i}}{1 - 2\mathrm{i}}\\ \Leftrightarrow\ &z = \displaystyle\frac{\left(3 + \mathrm{i}\right)\left(1 + 2\mathrm{i}\right)}{\left(1 - 2\mathrm{i}\right)\left(1 + 2\mathrm{i}\right)}\Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{1}{5}\left(1 + 7\mathrm{i}\right).\end{aligned}\]

Ta có \(\displaystyle\frac{z}{\overline{z}} = \displaystyle\frac{2 + 3\mathrm{i}}{2 - 3\mathrm{i}} = \displaystyle\frac{\left(2 + 3\mathrm{i}\right)^2}{\left(2 + 3\mathrm{i}\right)\left(2 - 3\mathrm{i}\right)} = \displaystyle\frac{4 + 12\mathrm{i} + 9\mathrm{i}^2}{4 - 9\mathrm{i}^2} = \displaystyle\frac{- 5 + 12\mathrm{i}}{13}\)

\((2+i)\overline{z}=2+11i \Leftrightarrow \overline{z} = \displaystyle\frac{2+11i}{2+i}=3+4i \Rightarrow z=3-4i\).

Giá trị biểu thức \(A=\left|z\right|+\left|\overline{z}\right|=5+5=10\).

Ta có \(\overline{z}=-4+4i\), suy ra \(z=-4-4i\). Vậy \(\left| \overline{z}-iz \right|=|-8+8i|=8\sqrt{2}\).

\(w=\displaystyle\frac{1-i+2i}{1+i-i}=1+i\Rightarrow |w|=\sqrt{2}\).

Ta có \((1+i)z = 11-3i \Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{11-3i}{1+i} = 4 - 7i\).

Do đó điểm \(M\) biểu diễn \(z\) có tọa độ là \((4;-7)\).

Ta có \((-2+2i)z = 10 + 6i \Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{10 + 6i}{-2+2i} = -1-4i\). Do đó \(a = -1\) và \(b = -4\) nên \(P = -5\).

\(z=\displaystyle\frac{5i-7}{2-3i}=-\displaystyle\frac{29}{13}-\displaystyle\frac{11}{13}i\Rightarrow \overline{z}=-\displaystyle\frac{29}{13}+\displaystyle\frac{11}{13}i\).

Ta có \((1+z)(1+i)-5+i=0\Leftrightarrow 1+z=\displaystyle\frac{5-i}{1+i}\Leftrightarrow 1+z=2-3i \Leftrightarrow z=1-3i\).

Ta có phương trình ban đầu tương đương với \[ (1+3i)z=5+5i \Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{5+5i}{1+3i} \Leftrightarrow z = 2 - i.\] Suy ra \(a=2,b=-1\) nên \(a+b = 2 - 1 = 1\).

Ta có \(i(\overline{z}-2+3i)=1+2i \Leftrightarrow -\overline{z}+2-3i=i-2\Leftrightarrow \overline{z}=4-4i \).
Khi đó \(z=4+4i\).

Ta có \(2z-3(1+i)=iz+7-3i\Leftrightarrow (2-i)z=10 \Leftrightarrow z=\displaystyle\frac{10}{2-i}\Leftrightarrow z=4+2i\).

Ta có \((3-2i)z-2=z+18i\) \( \Leftrightarrow \) \(z=\displaystyle\frac{2+18i}{2-2i}=-4+5i\).

Ta có \((1-i)(z+1-2i)-3+2i=0 \Leftrightarrow z+1-2i=\displaystyle\frac{3-2i}{1-i} \Leftrightarrow z=\displaystyle\frac{3}{2}+\displaystyle\frac{5}{2}i\).

Ta có \((2+3i)(z-2)+13-13i=0 \Leftrightarrow z-2=\displaystyle\frac{-13+13i}{2+3i}\Leftrightarrow z-2=1+5i\Leftrightarrow z=3+5i\).

Ta có \[\begin{aligned} & (1+i)z+2\bar{z}=3+2i\\ \Leftrightarrow\ &(1+i)(a+bi)+2(a-bi)=3+2i\\ \Leftrightarrow\ &(3a-b)+(a-b)i=3+2i\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases} &3a-b=3\\&a-b=2\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases}&a=\displaystyle\frac{1}{2}\\ &b=-\displaystyle\frac{3}{2}.\end{cases} \end{aligned}\] Do đó \(S=a+b=-1\).

Ta có \[\begin{aligned} 12-i&=(1-3i)z+(2+3i)\overline{z}=(1-3i)(a+bi)+(2+3i)(a-bi)\\ &=(3a+6b)-bi. \end{aligned}\] Do đó \[\begin{aligned} \begin{cases}&3a+6b=12\\ &b=1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}&a=2\\ &b=1.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy \(P=a^2-b^3=3\).

Gọi \(z=x+yi\), (\(x,y\in \mathbb{R}\)) \[\begin{aligned} & (3+i)\overline{z}+(1+2i)z=3-4i\\ \Leftrightarrow\ & (3+i)(x-yi)+(1+2i)(x+yi)=3-4i\\ \Leftrightarrow\ & 4x-y+(3x-2y)i=3-4i\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}&4x-y=3\\ &3x-2y=-4\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}&x=2\\&y=5\end{cases}\\ \Rightarrow\ & z=2+5i. \end{aligned}\]

Đặt \(z=a+bi\). Ta có: \[\begin{aligned} &(1+2i)(a+bi)+i(a-bi)=7+5i \Leftrightarrow a+bi+2ai+2bi^2+ai-bi^2=0\\ &\Leftrightarrow a+bi+2ai-2b+ai+b=7+5i\\ &\Leftrightarrow(a-b)+(3a+b)i=7+5i\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&a-b=7\\&3a+b=5\end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&a=3\\&b=-4.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy \(S=4a+3b=0.\)

Ta có \[\begin{aligned} (1+i)z+2\overline{z}=3+2i&\Leftrightarrow (1+i)(a+bi)+2(a-bi)=3+2i\\ &\Leftrightarrow (a-b)+(a+b)i+2a-2bi=3+2i\\ &\Leftrightarrow 3a-b+(a-b)i=3+2i\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&3a-b=3\\&a-b=2\end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&a=\displaystyle\frac{1}{2}\\&b=-\displaystyle\frac{3}{2}.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy \(T=a+b=-1\).

Đặt \(z=a+bi\), điều kiện \(a,b \in \mathbb{R}\), ta có \[\begin{aligned} & z(1+3i)- \overline{z}=-3+5i\\ \Leftrightarrow\ & (a+bi)(1+3i)-(a-bi)=-3+5i\\ \Leftrightarrow\ & -3b + (3a+2b)i=-3+5i\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}& -3b=-3\\&3a+2b =5\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}&a=1\\&b=1.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy phần thực của \(z\) bằng \(1\).

Đặt \(z=x+yi \Rightarrow \bar{z}=x-yi\). Thay vào biểu thức trên ta được

\[(x+3y)+(x+y)i=5+3i \Rightarrow z=2+i \Rightarrow w=6-i.\]

Từ đó suy ra \(\mathrm{Re}(w)+\mathrm{Im}(w)=6+(-1)=5\).

Gọi \(z=x+iy\), (\(x, y \in \mathbb{R}\)). \[\begin{aligned} iz+(1-i)\overline{z}=-2i \Leftrightarrow\ & i(x+iy)+(1-i)(x-iy)=-2i\\ \Leftrightarrow\ & (x-2y)+(2-y)i=0\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}&x-2y=0\\&2-y=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}&x=4\\&y=2.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy \(x+y=6\).

Giả sử \(z=x+yi\), \(x,y\in \mathbb{R}\). Khi đó ta có \[\begin{aligned} z(1-2i)+i\overline{z}=15+i \Leftrightarrow (x+3y)+(y-x)i=15+i \Leftrightarrow \begin{cases}&x=3\\&y=4.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy \(|z|=5\).

Gọi \( z=x+yi,\, x,y\in \mathbb{R} \). Theo bài ra \[\begin{aligned} &2z+3(1-i)\overline{z}=1-9i\\ \Leftrightarrow\ & 5x-3y -(3x+y)i=1-9i\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases}& 5x-y=1\\&3x+y=9\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}&x=2\\&y=3.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy phần ảo của số phức \( \overline{z} \) bằng \( -3. \)

Ta có \(z=a+b\mathrm{i}\). Từ giả thiết suy ra \[\begin{aligned} & a+b\mathrm{i}+2(a-b\mathrm{i})=12-2i\Leftrightarrow 3a-b\mathrm{i}=12-2\mathrm{i}\\ \Leftrightarrow& \begin{cases}& 3a=12\\ &-b=-2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}& a=4\\ & b=2.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy \(a=4,\ b=2\).

Ta có \[\begin{aligned} &3z-2\overline{z}-6+10i=0\\ \Leftrightarrow\ & 3(a+bi)-2(a-bi)-6+10i=0\\ \Leftrightarrow\ & a-6+(5b+10)i=0 \\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}&a=6 \\ &b = -2\end{cases}. \end{aligned}\] Suy ra \(a-b=8\).

Ta có \[\begin{aligned} &(1+2i)(a+bi)-(2-3i)(a-bi)=2+30i\\ \Leftrightarrow\ & a-2b+2ai+bi-2a+3b+3ai+2bi=2+30i\\ \Leftrightarrow\ & \left\{ \begin{aligned} &a-2b-2a+3b=2\\ &2a+b+3a+2b=30 \end{aligned} \right.\\ \Leftrightarrow\ & \left\{ \begin{aligned} &-a+b=2\\ &5a+3b=30\end{aligned} \right.\\ \Leftrightarrow\ & \left\{ \begin{aligned} &a=3\\ &b=5. \end{aligned} \right. \end{aligned}\] Suy ra \(S=8\).

Gọi số phức \(z=a+bi\), \((a,b \in \mathbb{R})\). Ta có phương trình \[\begin{aligned} &z+1+3i-|z|i=0\Leftrightarrow (a+bi)+1+3i-i\sqrt{a^2+b^2}=0\\ \Leftrightarrow\ &(a+1)+\left(b+3-\sqrt{a^2+b^2}\right)i=0 \Leftrightarrow \begin{cases}a+1&=0\\ b+3-\sqrt{a^2+b^2}&=0\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases} a& =-1\\ b&=-\displaystyle\frac{4}{3}\end{cases} \end{aligned}\] Suy ra \(S=a-3b=3\).

Giả sử \(z=a+bi\) với \(a,b \in \mathbb{R}\) và \(i^2=-1\). Khi đó \[\begin{aligned} &(1+i)z+2\overline{z}=4-3i\\ \Leftrightarrow &(1+i)(a+bi)+2(a-bi)=4-3i\\ \Leftrightarrow &(3a-b)+i (a-b)=4-3i\\ \Leftrightarrow &\begin{cases}3a-b&=4\\a-b&=-3\end{cases}\\ \Leftrightarrow &\begin{cases}a&=\displaystyle\frac{7}{2}\\b&=\displaystyle\frac{13}{2}.\end{cases} \end{aligned}\] Suy ra \(P=a+b=10\).

Đặt \(z=x+yi\), với \(x,y \in \mathbb{R}\). Ta có \((1+i)(x+yi)+(2-i)(x-yi)=13+2i\). Rút gọn ta được \[\begin{aligned} &(3x-2y)-yi=13+2i\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}& 3x-2y=13\\ & -y=2\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}& x=3 \\ &y=-2.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy có \(1\) số phức thỏa mãn đề bài.

Giả sử \( x=x+yi \) (\( x,\ y\in\mathbb{R} \)). Ta có \[\begin{aligned} &z+4\overline{z}=7+i(z-7)\Leftrightarrow x+yi+4(x-yi)=7+i(x+yi-7)\\ \Leftrightarrow\ & (5x+y-7)+i(-x-3y+7)=0\Leftrightarrow\begin{cases}& 5x+y-7=0\\ &-x-3y+7=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}&x=1\\ &y=2.\end{cases} \end{aligned}\] Mô-đun của số phức \( z \) là \( |z|=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5} \).

Gọi \( z=x+yi\,(x,y\in \mathbb{R}) \). Ta có \[\begin{aligned} z-(2+3i)\overline{z}=1-9i&\Leftrightarrow x+yi-(2+3i)(x-yi)=1-9i\\ &\Leftrightarrow x+yi-\left[2x+3y+(3x-2y)i\right]=1-9i\\ &\Leftrightarrow -x-3y-3(x-y)i=1-9i\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&-x-3y=1\\&-3(x-y)=-9\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}&x=2\\&y=-1.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy phần ảo của số phức \( z \) là \( y=-1. \)

Đặt \(z=a+bi\) (\(a,b\in\mathbb{R}\)). Theo đề bài ta có \[a+bi - \sqrt{a^2+b^2} = -2 - 4i \Leftrightarrow \begin{cases}& a-\sqrt{a^2+b^2} = -2 \\ & b = - 4\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}& a = 3 \\ & b = -4.\end{cases}\] Vậy mô-đun của \(z\) là \(\sqrt{3^2 + (-4)^2} = 5\).

Ta có \[\begin{aligned} &\left|z\right|(z-6-i)+2i=(7-i)z \Leftrightarrow \left(|z|-7+i\right)z=6|z|+\left(|z|-2\right)i\\ \Rightarrow\ &\big|\left(|z|-7+i\right)z\big|=\big|6|z|+\left(|z|-2\right)i\big|\\ \Leftrightarrow\ &\left[{\left(|z|-7\right)}^2+1\right]|z{|}^2=36|z{|}^2+{\left(|z|-2\right)}^2. \end{aligned}\]

Đặt \(t=|z|\) thì \(t\in \mathbb{R}\), \(t\geqslant 0\) thu được \[\begin{aligned} &t^4-14t^3+13t^2+4t-4=0 \Leftrightarrow (t-1)(t^3-13t^2+4)=0\\ \Leftrightarrow\ &\left[\begin{aligned} &t=1 \\ &t\approx 12{,}96 \\ &t\approx 0{,}56 \\ &t\approx -0{,}5\end{aligned}\right. \end{aligned}\]

Lần lượt thay \(t\) vào phương trình đã cho, ta được 3 giá trị \(z\) thỏa mãn.

Ta có \((a+bi)\cdot\sqrt{a^2+b^2}+2(a+bi)+i=0\). Suy ra

\[\begin{cases}& a\cdot\sqrt{a^2+b^2} +2a=0 \\ & b\cdot\sqrt{a^2+b^2} +2b+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}& a=0 \\ & b\cdot|b| +2b+1=0.\end{cases}\]

Với \(b < 0\) thì \((*)\Leftrightarrow -b^2+2b+1=0 \Leftrightarrow b=1\pm \sqrt{2} \). Nhận giá trị \(b=1 - \sqrt{2} \).

Vậy \(T=a+b^2=3-2\sqrt{2}\).

\[\begin{aligned} &z - 4 = \left(1 + \mathrm{i}\right)\left\vert z\right\vert - \left(4 + 3z\right)\mathrm{i}\Leftrightarrow \left(1 + 3\mathrm{i}\right)z = \left(1 + \mathrm{i}\right)\left\vert z\right\vert + 4\left(1 - \mathrm{i}\right)\\ \Leftrightarrow\ &z = \displaystyle\frac{1 + \mathrm{i}}{1 + 3\mathrm{i}}\cdot \left\vert z\right\vert + 4\cdot \displaystyle\frac{1 - \mathrm{i}}{1 + 3\mathrm{i}}\Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{\left(1 + \mathrm{i}\right)\left(1 - 3\mathrm{i}\right)}{\left(1 + 3\mathrm{i}\right)\left(1 - 3\mathrm{i}\right)}\cdot \left\vert z\right\vert + 4\cdot \displaystyle\frac{\left(1 - \mathrm{i}\right)\left(1 - 3\mathrm{i}\right)}{\left(1 + 3\mathrm{i}\right)\left(1 - 3\mathrm{i}\right)}\\ \Leftrightarrow\ &z = \left(\displaystyle\frac{2}{5} - \displaystyle\frac{1}{5} \mathrm{i}\right)\cdot \left\vert z\right\vert - 4\cdot\left(\displaystyle\frac{1}{5} + \displaystyle\frac{2}{5}\mathrm{i}\right) = \Leftrightarrow z = \left(\displaystyle\frac{2}{5}\left\vert z\right\vert - \displaystyle\frac{4}{5}\right) - \left(\displaystyle\frac{\left\vert z\right\vert}{5} + \displaystyle\frac{8}{5}\right)\mathrm{i}. \end{aligned}\]

Khi đó

\[\begin{aligned} &\left\vert z\right\vert^{2} = \left(\displaystyle\frac{2}{5}\left\vert z\right\vert - \displaystyle\frac{4}{5}\right)^{2} + \left(\displaystyle\frac{\left\vert z\right\vert}{5} + \displaystyle\frac{8}{5}\right)^{2}\\ \Leftrightarrow\ &25\left\vert z\right\vert^{2} = \left(2\left\vert z\right\vert - 4\right)^{2} + \left(\left\vert z\right\vert + 8\right)^{2} \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} \Leftrightarrow 25\left\vert z\right\vert^{2} = 4\left\vert z\right\vert^{2} - 16\left\vert z\right\vert + 16 + \left\vert z\right\vert^{2} + 16\left\vert z\right\vert + 64\Leftrightarrow 20\left\vert z\right\vert^{2} = 80\Leftrightarrow \left\vert z\right\vert = 2\ \vee\ \left\vert z\right\vert = - 2. \end{aligned}\]

Suy ra \(\left\vert z\right\vert = 2\).

\(z+7+i-|z|(2+i)=0\Leftrightarrow a+7+(b+1)i-2\sqrt{a^2+b^2}-\sqrt{a^2+b^2}i=0\Leftrightarrow \begin{cases}&a+7=2\sqrt{a^2+b^2}\ (1)\\&\sqrt{a^2+b^2}=b+1\ (2)\end{cases}\).

Suy ra \(a+7=2(b+1)\Rightarrow a=2b-5\) thế vào \((2)\) ta được

\(\sqrt{(2b-5)^2+b^2}=b+1\Leftrightarrow \begin{cases}&b\ge -1\\&4b^2-22b+24=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}&b\ge -1\\ &b=4;\ b=\displaystyle\frac{3}{2}\end{cases}\).

Với \(b=4\Rightarrow a=3\Rightarrow |z|=5>3\) (không thỏa mãn).

Với \(b=\displaystyle\frac{3}{2}\Rightarrow a=-2\Rightarrow |z|=\displaystyle\frac{5}{2}<3\).

Vậy \(z=-2+\displaystyle\frac{3}{2}i\Rightarrow P=a+b=-\displaystyle\frac{1}{2}\).

Từ giả thiết \( z+2i+1=|z|(1+i) \) suy ra \[(a+1)+(b+2)i=\sqrt{a^2+b^2} +i\cdot \sqrt{a^2+b^2} \Leftrightarrow \begin{cases} a+1&=\sqrt{a^2+b^2}\\ b+2&=\sqrt{a^2+b^2} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a &\ge -1\\ a&=b+1\\ (b+2)^2&=(b+1)^2+b^2 \ \ (1). \end{cases}\]

Từ \( (1) \Leftrightarrow b^2-2b-3=0 \Leftrightarrow b=-1;\ b=3.\)

Khi \( b=-1 \Rightarrow a=0 \Rightarrow |z|=1 \). Trường hợp này loại vì \( |z| >1 \).

Khi \( b=3 \Rightarrow a=4 \Rightarrow |z|=5 >1 \). Trường hợp này nhận, vậy \( P=a-b=1 \).

Ta thấy \((1+i)z\left|z \right| -1=(i-2)\left|z\right|\Leftrightarrow (1+i)z|z|=(i-2)|z|+1\).

Lấy mô-đun hai vế ta được

\[\begin{aligned} &|i+1||z|^2=\left||z|i+1-2|z|\right|\\ \Leftrightarrow\ &\sqrt{2}|z|^2=\sqrt{(1-2|z|)^2+|z|^2}\\ \Leftrightarrow\ &2|z|^4=(1-2|z|)^2+|z|^2\\ \Leftrightarrow\ &2|z|^4-5|z|^2+4|z|-1=0\\ \Leftrightarrow\ &|z|=1,\ 2|z|^3+2|z|^2-3|z|+1=0. \end{aligned}\]

Ta chứng minh phương trình \(2|z|^3+2|z|^2-3|z|+1=0\) vô nghiệm.

Đặt \(t=|z|\) điều kiện \(t\ge 0\). Xét hàm số \(f(t)=2t^3+2t^2-3t+1\).

Ta có \(f'(t)=6t^2+4t-3; f'(t)=0 \Leftrightarrow 6t^2+4t-3=0 \Leftrightarrow t=\displaystyle\frac{-2+\sqrt{22}}{6};\ t=\displaystyle\frac{-2-\sqrt{22}}{6}\text{ (loại)}\).

Ta có bảng biến thiên sau

Từ bảng biến thiên ta thấy \(f(t)\ge \displaystyle\frac{116-22\sqrt{22}}{54}>0,\forall t\ge 0\). Suy ra \(f(t)=0\) vô nghiệm.

Vậy \(|z|=1\).

Thay \(z=a+bi\) vào phương trình ta có \[\begin{aligned} & z+2+i-|z|(1+i)=0 \\ \Leftrightarrow & a+bi+2+i-\sqrt{a^2+b^2}(1+i)=0\\ \Leftrightarrow & \left(a+2-\sqrt{a^2+b^2}\right)+i\left(b+1-\sqrt{a^2+b^2}\right)=0\\ \Leftrightarrow & \begin{cases}& a+2=\sqrt{a^2+b^2}\\ & b+1=\sqrt{a^2+b^2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}& a=b-1 \\ & b+1=\sqrt{2b^2-2b+1}\end{cases}\\ \Rightarrow & b^2-4b=0 \Leftrightarrow b=0 \Rightarrow a=-1 \quad \text{(loại)},\quad b=4 \Rightarrow a=3\,\, (\text{thỏa mãn}). \end{aligned}\] Vậy \(P=3+4=7\).

\[\begin{aligned} &z + 3 + 2i=\left(|z|+ 1\right)(1 + i)\Leftrightarrow a + bi + 3 + 2i=\left(\sqrt{a^2 + b^2} + 1\right)(1 + i)\\ \Leftrightarrow& a + bi + 3 + 2i=\sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{a^2 + b^2} \cdot i + 1 + i\\ \Leftrightarrow& \begin{cases} & a + 3=\sqrt{a^2 + b^2} + 1 \\ & b + 2=\sqrt{a^2 + b^2} + 1\end{cases} \Rightarrow a - b= - 1. \end{aligned}\]

Ta có \((a+bi)\cdot\sqrt{a^2+b^2}+2(a+bi)+i=0.\) Suy ra

\[\begin{cases}& a\cdot\sqrt{a^2+b^2} +2a=0 \\ & b\cdot\sqrt{a^2+b^2} +2b+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}& a=0 \\& b\cdot|b| +2b+1=0 \quad (*)\end{cases}\]

Với \(b\geq 0\) thì \((*)\Leftrightarrow b^2+2b+1=0 \Leftrightarrow b=-1 \) (loại).

Với \(b< 0\) thì \((*)\Leftrightarrow -b^2+2b+1=0 \Leftrightarrow b=1\pm \sqrt{2} \). Nhận giá trị \(b=1 - \sqrt{2} \).

Vậy \(T=a+b^2=3-2\sqrt{2}\).

Với \(z=a+bi\) ta có: \[\begin{aligned} &z+1+2i-(1+1)|z|=0 \Leftrightarrow a+bi+1+2i=(1+i)\sqrt{a^2+b^2}\\ \Leftrightarrow\ &\begin{cases}&a+1=\sqrt{a^2+b^2}\\&b+2=\sqrt{a^2+b^2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}&a^2+2a+1=a^2+b^2\\&b^2+2b+1=a^2+b^2\, (a\geq -1, b\geq -2)\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}&2a=b^2-1 & (1)\\&16b+16=(b^2-1)^2 & (2)\end{cases} \end{aligned}\]

Ta có (2) \(\Leftrightarrow b^4-2b^2-16b-15=0 \Leftrightarrow (b+1)(b-3)(b^2+2b+5)=0 \Leftrightarrow b=-1 \vee\ b=3.\)

Với \(b=-1 \Rightarrow a=0 \Rightarrow z=-i\) (không thỏa mãn \(|z|>1\)).

Với \(b=3 \Rightarrow a=4 \Rightarrow z=3+4i\) (thỏa mãn).

Vậy \(P=a+b=7\).

Ta có \(z = a + bi \Rightarrow \left|z\right| = \sqrt{a^2 + b^2}\). Khi đó \[\begin{aligned} &z + 1 + 3i - \left|z\right|i = 0 \Leftrightarrow a + bi + 1 + 3i - \sqrt{a^2 + b^2}i = 0\\ \Leftrightarrow & \begin{cases}&a + 1 = 0\\&b + 3 - \sqrt{a^2 + b^2} = 0\end{cases}\\ \Leftrightarrow & \begin{cases}&a = - 1\\&\sqrt{b^2 + 1} = b + 3\end{cases}\\ \Leftrightarrow & \begin{cases}&a = - 1\\&b = - \displaystyle\frac{4}{3}.\end{cases} \end{aligned}\] \(\Rightarrow S = a + 3b = - 1 - 4 = - 5\).

Đặt \(z=x+yi,(x,y\in \mathbb{R})\), ta có \[iz=i(x+yi)=-y+xi\quad \text{và}\quad (z+iz=x+yi-y+xi=x-y+(x+y)i.\]

Gọi \(A(x;y)\), \(B(-y;x)\), \(C(x-y;x+y)\) là các điểm biểu diễn của \(z\), \(iz\), \(z+iz\).

Ta có \(AB=\sqrt{(-x-y)^2+(x-y)^2}\), \(AC=\sqrt{(-y)^2+x^2}\), \(BC=\sqrt{x^2+y^2}\)

\(\Rightarrow AB^2=AC^2+BC^2\Rightarrow \triangle ABC\) vuông tại \(C\).

Khi đó \(S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}AC\cdot BC=\displaystyle\frac{1}{2}(x^2+y^2)=18\Rightarrow \sqrt{x^2+y^2}=6=\vert z \vert \).

Theo giả thiết, tam giác \(ABC\) nội tiếp đường tròn \((O;1)\) có \(AB=2\). Suy ra tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\).

Đặt \(M(1;1), N(a;5), P(b;0) (b>1)\) lần lượt là các điểm biểu thị cho các số phức \(z, z_1, z_2.\)

Ta có \(\overrightarrow{MN}=(a-1;4)\), \(\overrightarrow{MP}=(b-1;-1)\) nên

\[\left\{\begin{aligned}&|\overrightarrow {MN}|=|\overrightarrow {MP}|\\ &\cos 120^\circ = \displaystyle\frac{\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {MP}}{ |\overrightarrow {MN}|\cdot |\overrightarrow {MP}|}\end{aligned}\right. \Rightarrow \left\{\begin{aligned}&(a-1)^2 +16=(b-1)^2 +1 \\ &-\displaystyle\frac{1}{2} = \displaystyle\frac{(a-1)(b-1)-4}{(a-1)^2 +16}\\ \Rightarrow\ &\left\{\begin{aligned} &(a-1)^2 -(b-1)^2 =-15\\ &(a-1)^2 +2(a-1)(b-1)=-8\end{aligned}\right. \,\,(*)\end{aligned}\right.\]

Đặt \(x=a-1, y=b-1 (y>0)\) thì

\[\left\{\begin{aligned}&x^2 +y^2 =-15\\ &x^2 +2xy=-8\end{aligned}\right.\Rightarrow 7x^2 +30xy+8y^2=0.\]

Tìm được \(\left[\begin{aligned} &x=-\displaystyle\frac{2}{7} y\\ &x=-4y\end{aligned}\right.

Thay vào (*) thì thấy chỉ có \(x=\displaystyle\frac{-2}{7} y\) thỏa mãn.

Lúc này \(y^2 = \displaystyle\frac{49}{3}.\) Do \(y>0 \Rightarrow y=\displaystyle\frac{7}{\sqrt{3}}x=\displaystyle\frac{-2}{\sqrt{3}}.\)

Vậy \(b-a=y-x=3\sqrt{3}.\)

Ta có \(S=\left|z_1^2+4z_2^2\right|=\left|z_1^2-(2iz_2)^2\right|=|z_1-2iz_2|\cdot|z_1+2iz_2|\).

Áp dụng định lí cosin

\[|2iz_2-z_1|^2=|z_1|^2+|2iz_2|^2-2|z_1|\cdot |2iz_2|\cdot \cos30^{\circ}=2^2+(2\sqrt{3})^2-2\cdot 2\cdot 2\sqrt{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=4.\]

Áp dụng hệ thức cạnh và đường chéo trong hình bình hành

\[\begin{aligned} |z_1+2iz_2|^2=\ &2(|z_1|^2+|2iz_2|^2)-|z_1-2iz_2|^2\\ =\ &2\left[2^2+(2\sqrt{3})^2\right]-4=28. \end{aligned}\]

Vậy \(S=|z_1-2iz_2|\cdot|z_1+2iz_2|=\sqrt{4\cdot 28}=4\sqrt{7}\).

Gọi \(z=a+bi\) với \(a,b \in \mathbb{R}\) \( \Rightarrow A(a;b)\), \(iz=-b+ai \Rightarrow B(-b;a)\), \(C(2a;2b)\).

Ta thấy \(OB \perp AC\) nên \(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2} \mathrm{d}(B,AC) \cdot AC\).

Ta có phương trình \(AC\) là \(-bx+ay=0 \Rightarrow \mathrm{d}(B,AC)=\sqrt{a^2+b^2}=|z|=AC\)

\( \Rightarrow \displaystyle\frac{1}{2}|z| \cdot |z|=4 \Rightarrow |z|=2\sqrt{2}\).

\[\begin{aligned} &\left|z^2+4\right|=2\left|z\right|\\ \Leftrightarrow\ & \left|a^2-b^2+4-2abi\right|=2\left|\sqrt{a^2+b^2}\right|\\ \Leftrightarrow\ & \left(a^2-b^2+4\right)^2+4a^2b^2=4\left(a^2+b^2\right)\\ \Leftrightarrow & \left(a^2-b^2\right)^2+4a^2b^2+8\left(a^2-b^2\right)+16=4\left(a^2+b^2\right)\\ \Leftrightarrow\ & \left(a^2+b^2\right)^2+8\left(a^2-b^2\right)+16-4\left(a^2+b^2\right)=0\\ \Leftrightarrow\ &\left(a^2+b^2\right)^2-4\left(a^2+b^2\right)+4=8\left(b^2-a^2\right)-12\\ \Leftrightarrow\ & \left(a^2+b^2-2\right)^2=8\left(b^2-a^2\right)-12\\ \Leftrightarrow\ & \left(\left|z\right|^2-2\right)^2=8\left(b^2-a^2\right)-12. \end{aligned}\]

Vậy \(P=\left(\left|z\right|^2-2\right)^2\).

Gọi \(A, B, C\) lần lượt là điểm biểu diễn của \(z_1, z_2,z_3\) trên mặt phẳng tọa độ.

Từ giả thiết \(|z_1 - 2| = |z_2 - 2| = |z_3 - 2| = 1\) suy ra \(A,B,C\) thuộc đường tròn tâm \(I(2; 0)\) bán kính \(R = 1\).

Từ giả thiết \(z_1 + z_2 = 4\) suy ra \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AB = 2R = 2\).

\(T = |z_2 - z_1|^2 + |z_3 - z_2|^2 = AC^2 + BC^2 = AB^2 = 4R^2 = 4\).

Chú ý rằng \(z_1\overline{z_1}=|z_1|^2=16\), \(z_2\overline{z_2}=|z_2|^2=9\), \(z_3\overline{z_3}=|z_3|^2=4\).

\[\begin{aligned} &|4z_1\cdot z_2+16z_2\cdot z_3+9z_1\cdot z_3|=48\\ \Leftrightarrow\ &|z_3\overline{z_3}z_1z_2+z_1\overline{z_1}z_2z_3+z_2\overline{z_2}z_1z_3|=48\\ \Leftrightarrow\ &|z_1z_2z_3|\cdot |\overline{z_3}+\overline{z_1}+\overline{z_2}|=48\\ \Leftrightarrow\ &|z_1|\cdot |z_2|\cdot |z_3|\cdot |\overline{z_3+z_1+z_2}|=48\\ \Leftrightarrow\ &4\cdot 3\cdot 2\cdot |z_3+z_1+z_2|=48\\ \Leftrightarrow\ &|z_3+z_1+z_2|=2. \end{aligned}\]

Vậy \(P=2\).

Gọi \(A,B\) là hai điểm biểu diễn số phức \(z_1,z_2\) trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\).

Gọi \(z=x+yi,(x,y \in \mathbb{R}\)).

Ta có \(|3z-i|=|3+iz| \Leftrightarrow x^2+y^2=1\).

Suy ra \(A,B\) nằm trên đường tròn tâm \(O\) bán kính \(1\).

Từ \(|z_1-z_2|=\sqrt{3}\) ta có khoảng cách \(AB=\sqrt{3}\).

Không mất tính tổng quát, ta vẽ hai điểm \(A,B\) đối xứng nhau qua trục tung thỏa \(AB=\sqrt{3}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\) suy ra \(A=(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2};\displaystyle\frac{1}{2})\) và \(B(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}; \displaystyle\frac{1}{2})\).

Vậy \(|z_1+z_2|=1\).

\( |z-2|=|z|\Leftrightarrow \sqrt{(a-2)^2+b^2}=\sqrt{a^2+b^2}\Leftrightarrow (a-2)^2=a^2\Leftrightarrow a=1 \).

\( (z + 1)(\overline{z} - i)=(a+1+bi)(a-bi-i)=a(a+1)+b(b+1)-(a+b+1)i \).

Vì \((z + 1)(\overline{z} - i)\) là số thực nên \( a+b+1=0\Rightarrow b=-2 \).

Vậy \( S=a+2b=-3 \).

Vì \(z_1\overline{z_2}\) là số thuần ảo nên \(z_1\overline{z_2}+\overline{z_1\overline{z_2}}=0\).

Ta có \(|z_1-z_2|^2=(z_1-z_2)(\overline{z_1}-\overline{z_2})=|z_1|^2+|z_2|^2-(z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1})=5-(z_1\overline{z_2}+\overline{z_1\overline{z_2}})=5.\)

Vậy \(|z_1-z_2|=\sqrt{5}.\)

Đặt \(z=a+bi\) với \(z\ne 0\).

\((1+i)z=(1+i)(a+bi)=a-b+(a+b)i\).

Suy ra \(A(a;b)\), \(B(a-b;a+b)\), \(\overrightarrow{AB}=(-b;a)\), \(AB=\sqrt{a^2+b^2}\)

Đường thẳng \(AB: a(x-a)+b(y-b)=0 \Leftrightarrow ax+by-a^2-b^2=0\).

Chiều cao hạ từ \(O\) của tam giác \(OAB\) là \(h=\mathrm{d}(O,AB)=\displaystyle\frac{\left|-a^2-b^2\right|}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sqrt{a^2+b^2}\).

Diện tích tam giác \(OAB\) bằng \(8\) nên \[\displaystyle\frac{1}{2}\cdot {\left(\sqrt{a^2+b^2}\right)}^2=8 \Leftrightarrow \sqrt{a^2+b^2}=4 \Leftrightarrow \left|z\right|=4.\]

Ta có \[z(2+i)(1-2i)=(a+bi)(4-3i)=4a+3b+(-3a+4b)i.\qquad(1)\] Do \(z(2+i)(1-2i)\) là một số thực nên từ (1) suy ra \(-3a+4b=0\Leftrightarrow b=\displaystyle\frac{3}{4}a\).\quad (2)

Mặt khác \(|z|=5\Leftrightarrow a^2+b^2=25.\qquad(3)\)

Thế (2) vào (3) ta được phương trình \[a^2+\left(\displaystyle\frac{3}{4}a\right)^2=25\Leftrightarrow a^2=16\Leftrightarrow a=\pm4.\] Với \(a=4\Rightarrow b=3\) và \(a=-4\Rightarrow b=-3\).

Vậy \(P=|a|+|b|=3+4=7\).

Đặt \(z_1=a_1+b_1i\); \(z_2=a_2+b_2i\). Suy ra \(a_1^2+b_1^2=a_2^2+b_2^2=1\).

Và \(|z_1-2z_2|=\sqrt{6}\Leftrightarrow a_1a_2+b_1b_2=-\displaystyle\frac{1}{4}\).

Suy ra \(P=|2z_1+z_2|=2\).

Gọi \(A\), \(B\) lần lượt là các điểm biểu diễn sác số phức \(z_1\), \(z_2\). Khi đó \(OA=\left|z_1\right|=2\), \(OB=\left|z_2\right|=2\).

Dựng hình thoi \(OACB\), khi đó \(C\) là điểm biểu diễn số phức \(z_1+z_2\). Do đó \(OC=\left|z_1+z_2\right|=2\sqrt{3}\).

Gọi \(I\) là tâm hình thoi \(OACB\), ta có \(OI=\displaystyle\frac{OC}{2}=\sqrt{3}\).

Từ đó \(IA=\sqrt{OA^2-OI^2}=1\). Suy ra \(AB=2IA=2\).

Bởi vậy \(\left|z_1-z_2\right|=AB=2\).

Gọi \( z=a+bi , a,b\in \mathbb{R}\).

Ta có \( \left |z-1-3i\right | =3\sqrt{2}\Leftrightarrow (a-1)^2+(b-3)^2 =18.\quad (1) \)

Mặt khác \( \left(z+2i\right)^2 =\left( a+(b+2)i\right)^2 = a^2-(b+2)^2+2a(b+2)i \) là số thuần ảo nên \(a=b+2,\ a=-b-2.\)

Nếu \(a=b+2\) thế vào phương trình \( (1) \) ta có \( (b+1)^2 +(b-3)^2 =18\Leftrightarrow b=1+\sqrt{5} \Rightarrow a=3+\sqrt{5}\ \vee\ b=1-\sqrt{5}\Rightarrow a=3-\sqrt{5}.\)

Nếu \( a=-b-2 \) thế vào phương trình \( (1) \) ta có \( (b+3)^2+(b-3)^2=18\Leftrightarrow b=0\Rightarrow a=-2. \)

Vậy có \( 3 \) số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Sử dụng hệ thức giữa cạnh và đường chéo trong hình bình hành.

Viết \(z_1=a_1+b_1i, z_2=a_2+b_2i, z_3=a_3+b_3i\), \(a_1, a_2, a_3, b_1, b_2, b_3\in\mathbb{R}\). Khi đó, ta có hệ: \[\begin{aligned} &\begin{cases}&a_1^2+b_1^2=9\quad &(1)\\ &a_2^2+b_2^2=9\quad &(2)\\ &a_3^2+b_3^2=9\quad &(3)\\ &a_1+a_2=a_3\quad &(4)\\&-b_1-b_2=-b_3\quad &(5).\end{cases} \end{aligned}\] Thế \((4)\) và \((5)\) vào \((3)\), ta có \((a_1+a_2)^2+(b_1+b_2)^2=9\quad (6)\).
Thế \((1)\) và \((2)\) vào \((6)\), ta có \(2a_1a_2+2b_1b_2=-9\).
\(\vec{CA}=(a_1-a_3;b_1-b_3)\), \(\vec{CB}=(a_2-a_3;b_2-b_3)\).

Suy ra \[\begin{aligned} \cos\widehat{ACB}&=\displaystyle\frac{\vec{CA}\cdot\vec{CB}}{\left|\vec{CA}\right|\cdot\left|\vec{CB}\right|}=\displaystyle\frac{(a_1-a_3)(a_2-a_3)+(b_1-b_3)(b_2-b_3)}{\sqrt{(a_1-a_3)^2+(b_1-b_3)^2}\sqrt{(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2}}\\ &=\displaystyle\frac{-a_2(-a_1)+(-b_2)(-b_1)}{\sqrt{(-a_2)^2+(-b_2)^2}\sqrt{(-a_1)^2+(-b_1)^2}}=\displaystyle\frac{a_1a_2+b_1b_2}{\sqrt{a_2^2+b_2^2}\sqrt{a_1^2+b_1^2}}\\ &=\displaystyle\frac{-\displaystyle\frac{9}{2}}{\sqrt{9}\sqrt{9}}=-\displaystyle\frac{1}{2} \end{aligned}\]

Vậy \(\widehat{ACB}=120^{\circ}\).

Gọi \(z=a+bi (a, b \in \mathbb{R})\). \[\begin{aligned} &\begin{cases}{&|z-1-2i|=5\\ & z\cdot\overline{z}=10\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}&(a-1)^2+(b+2)^2=25\\ &a^2+b^2=10\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}&-2a+4b=10\\ &a^2+b^2=10\end{cases}\\ \Leftrightarrow & \begin{cases}& a=2b-5\\& 5b^2-20b+15=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} &a=-3\, (\text{ loại })\\ &b=1\end{cases} \text{hoặc} \begin{cases}&a=1\\ &b=3\end{cases}\Rightarrow P=1-3=-2. \end{aligned}\]

Đặt \(z_1=a_1+b_1i\), \(z_2=a_2+b_2i\). Theo đề ta có

\[\begin{cases}&a_1^2+b_1^2=1 \\&a_2^2+b_2^2=1 \\&(a_1-2a_2)^2+(b_1-2b_2)^2=6\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}&a_1^2+b_1^2=1 \\&a_2^2+b_2^2=1 \\&4(a_1a_2+b_1b_2)=-1.\end{cases}\]

\(P=\left|2z_1+z_2\right|=\sqrt{(2a_1+a_2)^2+(2b_1+b_2)^2}=\sqrt{4(a_1^2+b_1^2)+(a_2^2+b_2^2)+4(a_1a_2+b_1b_2)}=2\).

Gọi \( z_1=x_1+y_1 i \), \( z_2=x_2+y_2 i \) với \( x_1,y_1,x_2,y_2 \in \mathbb{R} \). Theo giả thiết ta có \[\begin{cases}|2x_1+(2y_1-1)i|&=|2-y_1+x_1 i|\\ |2x_2+(2y_2-1)i|& =|2-y_2+x_2 i|\\ (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2 &=2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_1^2+y_1^2&=1\\ x_2^2+y_2^2&=1\\ x_1x_2+y_1y_2&=0\end{cases}\]

Do đó, \( A^2=|z_1-2z_2|^2=(x_1-2x_2)^2+(y_1-2y_2)^2= (x_1^2+y_1^2)+4(x_2^2+y_2^2)-4(x_1x_2+y_1y_2)=5\). Khi đó \( A=\sqrt{5} \).

\[\begin{aligned} \left|z-2+3i\right|=\left|z-2-3i\right| \Leftrightarrow & \left|x-2+(y+3)i\right|=\left|x-2+(y-3)i\right|\\ \Leftrightarrow & (x-2)^2+(y+3)^2=(x-2)^2+(y-3)^2\\ \Leftrightarrow & y=0. \end{aligned}\]

Mặt khác, gọi \(A(1;2)\), \(B(7;-4)\) \(\,\Rightarrow\, AB=6\sqrt{2}\). Ta có

\[\left|z-1-2i\right|+\left|z-7+4i\right|=MA+MB \leqslant AB=6\sqrt{2}.\]

Dấu ``\(=\)'' xảy ra khi \(M\) nằm trên đoạn \(AB\). Khi đó,

\(\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB}\), với \(k\in [0;1]\) \(\,\Rightarrow\, \begin{cases}&x-1=6k\\&0-2=-6k\end{cases} \;\Leftrightarrow\; \begin{cases}&x=3\\&k=\displaystyle\frac{1}{3}.\end{cases}\)

Giả sử \(z=a+bi\), khi đó ta có

\[\begin{aligned} &\begin{cases}& |z-3|= |z-1| \\ & \mathrm{Im} [ (z+2) (\overline{z}-i)]=0\end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases}& |z-3|^2= |z-1|^2 \\ & \mathrm{Im} [ (z+2) (\overline{z}-i)]=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&|(a+bi)-3|^2=|a+bi-1|^2 \\ & \mathrm{Im} [(a+bi+2)(\overline{a+bi}-i)]=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&|(a+bi)-3|^2=|a-1+bi|^2\\ & \mathrm{Im} [(a+2+bi)(a-(b+1)i)]=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&(a-3)^2+b^2=(a-1)^2+b^2\\ &\mathrm{Im} [((a+2)a+b(b+1))-i((a+2)(b+1)-ab)]=0\end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases}&a^2-6a+9=a^2-2a+1 \\& a+2b+2=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}&a=2\\ &b=-2.\end{cases} \end{aligned}\] Vậy \(z=a+bi=2-2i \).

Đặt \(z=x+yi\), với \(x, y\in \mathbb{R}\) và \(y\ne 0\). Ta có

Ta có \[\begin{aligned} \begin{cases}&\left| z-\left( 2+i\right) \right|=\sqrt{10}\\&z\cdot \bar{z}=25\end{cases} \Leftrightarrow & \begin{cases}&\sqrt{(x-2)^2+(y-1)^2}=\sqrt{10}\\&(x+yi)(x-yi)=25\end{cases}\\ \Leftrightarrow & \begin{cases}&x^2+y^2-4x-2y-5=0\\&x^2+y^2=25\end{cases}\\ \Leftrightarrow & \begin{cases}&2x+y-10=0\quad (1)\\&x^2+y^2=25\quad (2).\end{cases}\\ \end{aligned}\] Từ \((1)\) ta có \(y=10-2x\), thay vào \((2)\) ta được \[x^2+(10-2x)^2=25\Leftrightarrow 5x^2-40x+75=0 \Leftrightarrow x=5\Rightarrow y=0\ \vee\ x=3\Rightarrow y=4.\] Như vậy \(z=3+4i\), nên điểm biểu diễn số phức \(z\) là điểm \(M\left(3;4\right)\).

Do \(|z_1|=|z_2|>0\) nên \(z_2, z_1 \neq 0\).

Từ đẳng thức \(|z_1 - z_2| =|z_1|= |z_2|\), ta có \(\left| \displaystyle\frac{z_1}{z_2} -1 \right| =\left| \displaystyle\frac{z_1}{z_2} \right| =1\).

Đặt \(w=\displaystyle\frac{z_1}{z_2}\). Bài toán trở thành: Cho số phức \(w\) thỏa mãn \(|w-1|=|w| =1\). Tính \(A=w^4 +\displaystyle\frac{1}{w^4}\).

Trong mặt phẳng phức, ta gọi \(A,B\) lần lượt là các điểm biểu diễn của số phức \(w\), \(1\).

Khi đó \(|w|=OA, 1= OB, |w-1|=AB\). Suy ra \(\triangle OAB\) là tam giác đều.

Do đó, \(w\) chỉ có thể là \(\displaystyle\frac{1}{2} + i\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\) hoặc \(\displaystyle\frac{1}{2} - i \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Khi đó, ta luôn có \(w \overline{w} =1\), \(w+\overline{w}=1\) và \(\left( w - \overline{w}\right)^2 = -3\).

\[A = \left( w^2 -\displaystyle\frac{1}{w^2}\right)^2 +2 = \left(w^2 - \overline{w}^2\right)^2 +2 = \left( w- \overline{w}\right)^2 \left( w + \overline{w} \right)^2 +2 = 1^2 \cdot \left( - 3\right) +2 =-1.\]

Từ giả thiết ta có \(z = \overline{w}, w = \overline{z}, \left| z\right| = \left| w\right| \)

Từ \(\left| z-w\right| = 2\sqrt{3}\Leftrightarrow \left( z - w\right)\left( \overline{z} - \overline{w}\right) = 12 \Leftrightarrow \left| z\right|^2 + \left| w\right|^2 -z\overline{w} - \overline{z}w = 12 \Leftrightarrow 2\left| z \right|^2 - z^2 - w^2 = 12 \quad (*)\).

Do \(\displaystyle\frac{z}{w^2}\) là số thực nên \(\displaystyle\frac{z}{w^2} = \overline{\displaystyle\frac{z}{w^2}} = \displaystyle\frac{\overline{z}}{\overline{w}^2}\). Từ đó suy ra \(\displaystyle\frac{z}{w^2} = \displaystyle\frac{w}{z^2}\) hay

\(z^3 = w^3 \Leftrightarrow \left( z - w\right) \left( z^2 + zw + w^2\right) = 0\).

Vậy \(z^2 + w^2 = -zw = -\left| z\right|^2\). Thay vào \((*)\) ta được \(\left| z\right|^2 = 4\Leftrightarrow \left| z\right| = 2\).

Giả sử \(z = a + bi \Rightarrow \overline{z} = a - bi\) với \(a, b \in \mathbb{R}\).

Ta có \(\left|z - 2i\right| = \left|\overline{z} + 2 + 4i\right| \Leftrightarrow a^2 + \left(b - 2\right)^2 = \left(a + 2\right)^2 + \left(4 - b\right)^2 \Leftrightarrow b - a = 4 \Leftrightarrow b = a + 4\).

Đồng thời \(\displaystyle\frac{z - i}{\overline{z} + i} = \displaystyle\frac{a + \left(b - 1\right)i}{a + \left(1 - b\right)i} = \displaystyle\frac{\left[a + \left(b - 1\right)i\right]^2}{a^2 + \left(b - 1\right)^2} = \displaystyle\frac{a^2 - \left(b - 1\right)^2 + 2a\left(b - 1\right)^2}{a^2 + \left(b - 1\right)^2i}\)

Khi đó số phức \(\displaystyle\frac{z - i}{\overline{z} + i}\) là số thuần ảo khi \(a^2 - \left(b - 1\right)^2 = 0\), thay \(b = a + 4\) vào ta được

\(a^2 - \left(a + 3\right)^2 = 0 \Leftrightarrow a = - \displaystyle\frac{3}{2} \Rightarrow b = \displaystyle\frac{5}{2}\).

Ta có \(2\left(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2\right)=\left|z_1-z_2\right|^2+\left|z_1+z_2\right|^2=5\Rightarrow\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2=\displaystyle\frac{5}{2}\).

Mà \(\left|\displaystyle\frac{z_1}{z_2}\right|=4\Leftrightarrow\left|z_1\right|=4\left|z_2\right|\Leftrightarrow\left|z_1\right|^2=16\left|z_2\right|^2\).

Vậy ta có \(\begin{cases}&\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2=\displaystyle\frac{5}{2}\\&\left|z_1\right|^2=16\left|z_2\right|^2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}&\left|z_1\right|^2=\displaystyle\frac{40}{17}\\&\left|z_2\right|^2=\displaystyle\frac{5}{34}\end{cases}\Rightarrow\left|z_1\right|=2\sqrt{\displaystyle\frac{10}{17}}\).

Gọi \(z=a+bi, (a,b\in\mathbb{R})\). Điều kiện \(z\neq 2\).

Ta có \(|z+2+3i|=5\Leftrightarrow (a+2)^2+(b+3)^2=25\)\hfill (1)

Và \(\displaystyle\frac{z}{z-2}=\displaystyle\frac{a+bi}{a-2+bi}=\displaystyle\frac{(a+bi)(a-2-bi)}{(a-2)^2+b^2}=\displaystyle\frac{a^2-2a+b^2+2bi}{(a-2)^2+b^2}=\displaystyle\frac{a^2-2a+b^2}{(a-2)^2+b^2}+\displaystyle\frac{2bi}{(a-2)^2+b^2}\) là số thuần ảo nên có \(a^2-2a+b^2=0\)\quad (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ \(\begin{cases}&(a+2)^2+(b+3)^2=25\\&a^2-2a+b^2=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}&a^2+b^2+4a+6b-12=0\\&a^2+b^2-2a=0\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}&a^2+b^2-2a=0\\&6a+6b-12=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}&a^2+(2-a)^2-2a=0\\&b=2-a\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}& a=1,\ a=2\\ &b=2-a\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}&a=1\\&b=1\end{cases}\ \vee\ \begin{cases}&a=2\\ &b=0.\end{cases}\)

Với \(\begin{cases} &a=1\\ &b=1\end{cases}\) ta được \(z=1+i\) thỏa mãn.

Với \(\begin{cases}&a=2\\&b=0\end{cases}\) ta được \(z=2\) không thỏa mãn điều kiện, loại.

Vậy có \(1\) số phức \(z\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có \((1-3i)z=(a+3b)+(b-3a)i\), \(\overline{z}-2+5i=(a-2)+(5-b)i\).

Theo bài ra ta có hệ phương trình \[\begin{cases}b-3a&=0\\ (a-2)^2+(5-b)^2&=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}b&=3a\\ 5a^2-17a+14&=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}b&=3a\\ a&=2\ \vee\ a=\displaystyle\frac{7}{5}\, \text{(loại)}\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a&=2\\ b&=6.\end{cases}\] Vậy \(a+b=8\).

Đặt \(z=a+bi\) với \(a,b\in\mathbb{R}\).

Ta có \(\left(\overline{z} - 2i\right)\left(z + 2\right)=a^2+2a+b^2+2b-2(a+b+2)i\).

Vì \(\left(\overline{z} - 2i\right)\left(z + 2\right)\) là số thuần ảo nên \(a^2+2a+b^2+2b=0\Leftrightarrow (a+1)^2+(b+1)^2=2\).

Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp các số điểm biểu diễn số phức \(z\) là một đường tròn bán kính bằng \(\sqrt{2}\).

Đặt \(z=x+yi\) \((x,y\in \mathbb{R})\). Ta có

\[\left|2z-i\right|=6 \Leftrightarrow \left|2x+(2y-1)i\right|=6 \Leftrightarrow (2x)^2+(2y-1)^2=36 \Leftrightarrow x^2+\left(y-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2=9\]

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn tâm \(I\left(0;\displaystyle\frac{1}{2}\right)\), bán kính \(R=3\).

Ta có \(M(2;3),N(1;-2),P(-3;1).\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(MP\), suy ra \(H\left( \displaystyle\frac{-1}{2};2\right).\)

Vì \(MNPQ\) là hình bình hành nên \(H\) cũng là trung điểm của \(NQ\), do đó \(Q(-2;6)\).

Đặt \(z = x + yi\) (\(x,y \in \mathbb{R}\)). Khi đó, ta có \[\begin{aligned} & |z - i| = |2 - 3i - z| \\ \Leftrightarrow\ & |x + yi - i| = |2 - 3i - x - yi| \\ \Leftrightarrow\ & |x + (y - 1)i| = |(2 - x) + (-3 - y)i| \\ \Leftrightarrow\ & \sqrt{x^2 + (y - 1)^2} = \sqrt{(2 - x)^2 + (-3 - y)^2} \\ \Leftrightarrow\ & x^2 + (y - 1)^2 = (2 - x)^2 + (-3 - y)^2 \\ \Leftrightarrow\ & x - 2y - 3 = 0. \end{aligned}\]

Đặt \(z=x+yi,\,x,y \in \mathbb{R}\), suy ra các điểm biểu diễn cho các số phức \(z\) có tọa độ là \((x;y)\). Theo đề ta có

\[|z+4-8i|=2\sqrt{5} \Leftrightarrow |x+yi+4-8i|=2\sqrt{5} \Leftrightarrow (x+4)^2+(y-8)^2=20.\]

Đặt \(z=x+yi, (x;y \in \mathbb{R})\), ta có \(M(x;y)\) biểu diễn số phức \(z\).

Do \(|z+1-2i|=3 \Rightarrow |(x+1) +(y-2)i|= 3 \Leftrightarrow \sqrt{(x+1)^2+(y-2)^2}=3 \Leftrightarrow (x+1)^2+(y-2)^2=9\).

Suy ra tập hợp điểm \(M(x;y)\) biểu diễn \(z\) là đường tròn tâm \(I(-1;2)\), bán kính \(r=3\).

Gọi \(z=x+yi\), với \(x,y\in \mathbb{R}\). Khi đó

\[\begin{aligned} &|z+1-i|=|z-1+2i| \\ \Leftrightarrow\ & |x+yi+1-i|=|x+yi-1+2i|\\ \Leftrightarrow\ & (x+1)^2+(y-1)^2=(x-1)^2+(y+2)^2\\ \Leftrightarrow\ & 4x-6y-3=0. \end{aligned}\]

Từ \(w=(3-2i)z+1-5i\) suy ra \(z=\displaystyle\frac{w-1+5i}{3-2i}\). Thay vào \(|z-2i|=3\) ta được \[\left|\displaystyle\frac{w-1+5i}{3-2i} -2i \right|= 3 \Leftrightarrow \left| w-1+5i-2i(3-2i)\right| =3|3-2i| \Leftrightarrow |w-5-i| =3\sqrt{13}.\] Từ đó suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn có tâm \(I(5;1)\).

Gọi \(z=x+iy, (x, y\in\mathbb{R})\) thì \(|z+3-4i|=5\) \(\Leftrightarrow (x+3)^2+(y-4)^2=25\). Vậy tâm \(I(-3;4)\) và bán kính \(R=5\).

Ta có \(|i(z-1+2i)|=2\Rightarrow |z-1+2i|=2\Rightarrow \sqrt{(x-1)^2+(y+2)^2}=2\).\\ Tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn tâm \(I(1;-2)\).

Đặt \(z = x + yi\) \((x, y \in \mathbb{R})\). Ta có \[|z - 1| = |z - 2 + 3i| \Leftrightarrow |x - 1 + yi| = |x - 2 + (y + 3)i| \Leftrightarrow (x - 1)^2 + y^2 = (x - 2)^2 + (y + 3)^2 \Leftrightarrow x - 3y - 6 = 0.\] Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường thẳng có phương trình \(x - 3y - 6 = 0\).

Đặt \(z=x+yi\) với \(x\), \(y \in \mathbb{R}\).

\[\begin{aligned} &|(1+2i)z-10|=|(2+i)\overline{z}+5|\\ \Leftrightarrow & |(1+2i)(x+yi)-10|=|(2+i)(x-yi)+5|\\ \Leftrightarrow & |x-2y-10+(2x+y)i|=|(2x+y)+(x-2y+5)i|\\ \Leftrightarrow & (x-2y-10)^2+(2x+y)^2=(2x+y)^2+(x-2y+5)^2\\ \Leftrightarrow & 2x-4y-5=0. \end{aligned}\]

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn cho số \(z\) là đường thẳng \(2x-4y-5=0\).

Đặt \(z=x+yi,\left(x,y\in \mathbb{R}\right)\). Khi đó \[(1+z)^2=(x+1)^2-y^2+2(x+1)yi.\] Suy ra \((1+z)^2\) là số thực khi \(2(x+1)y=0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&x=-1 \\ &y=0.\end{aligned}\right.\)

Vậy tập hợp các điểm \(M\) là hai đường thẳng \(d_1\colon x+1=0,d_2\colon y=0\).

Giả sử \(z=x+yi,\ x,y\in\mathbb{R}\). Khi đó ta có \[\begin{aligned} &\left|x+(y+2)i\right|^2+2\left|1-x+yi\right|^2+3\left|x-2+(y+1)\right|^2=2018 \\ \Leftrightarrow& x^2+(y+2)^2+2(1-x)^2+2y^2+3(x-2)^2+3(y+1)^2=2018 \\ \Leftrightarrow& 6x^2+6y^2-16x+10y-1997=0 \\ \Leftrightarrow& \left(x-\displaystyle\frac{4}{3}\right)^2+\left(y+\displaystyle\frac{5}{6}\right)^2=\displaystyle\frac{12071}{36}. \end{aligned}\] Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn \(\left(x-\displaystyle\frac{4}{3}\right)^2+\left(y+\displaystyle\frac{5}{6}\right)^2=\displaystyle\frac{12071}{36}\) có tâm là \(I\left(\displaystyle\frac{4}{3};-\displaystyle\frac{5}{6}\right)\).

Ta có \(z=w-2i.\) Thay vào giả thiết \(\Rightarrow |w-3i|=|w-1|.\)

Gọi \(w=x+yi\) với \(x, y\in \Bbb{R}.\) Khi đó

\[\begin{aligned} |x+yi-3i|=|x+yi-1|\Leftrightarrow& |x+(y-3)i|=|x-1+yi|\\ \Leftrightarrow& \sqrt{x^2+(y-3)^2}=\sqrt{(x-1)^2+y^2}\\ \Leftrightarrow& x-3y+4=0. \end{aligned}\]

Đặt \(z=x+yi\), trong đó \(x\), \(y\) là các số thực.

\(|z-1|=|(1+i)z|\Leftrightarrow |(x-1)+yi|=|1+i||x+yi|\Leftrightarrow (x-1)^2+y^2=2(x^2+y^2)\Leftrightarrow x^2+y^2+2x-1=0\).

Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức \(z\) thỏa yêu cầu bài toán là đường tròn tâm \(I(-1;0)\), bán kính \(r=\sqrt 2\).

Vì \(M(x;y)\) là điểm biểu diễn của số phức \(z\) nên \(z=x+yi\). Ta có

\[\left|z-1-2i\right|=5 \,\Leftrightarrow\, \left|x-1+(y-2)i\right|=5 \,\Leftrightarrow\, (x-1)^2+(y-2)^2=25.\]

Gọi \(z=x+yi~(x,y\in \mathbb{R})\).

Ta có \((\overline{z}+i)(z+2)=(x-yi+i)(x+yi+2)=(x^2+2x+y^2-y)+(x-2y+2)i\)

Vì \((\overline{z}+i)(z+2)\) là số thuần ảo nên ta có: \(x^2+2x+y^2-y=0 \Leftrightarrow (x+1)^2+{\left(y-\displaystyle\frac{1}{2}\right)\!}^2=\displaystyle\frac{5}{4}\).

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức \(z\) là một đường tròn có bán kính bằng \(\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{2}\).

Giả sử \( z=x+yi\Rightarrow \overline{z}=x-yi \) trong đó \( x, y\in\mathbb{R} \).

Ta có \( (\overline{z}+3i)(z-3)=x^2+y^2-3x-3y+(3x+3y-9)i \).

Số phức \( (\overline{z}+3i)(z-3) \) là số thuần ảo khi chỉ khi \( x^2+y^2-3x-3y=0\Leftrightarrow \left( x-\displaystyle\frac{3}{2} \right)^2+\left( y-\displaystyle\frac{3}{2} \right)^2=\displaystyle\frac{9}{2} \).

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức \( z \) thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn có bán kính bằng \( \displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2} \).

Giả sử \(z=x+yi\) với \(x,\,y\in \mathbb{R}\).

Đặt \(Z=(\overline{z}+2i)(z-2)=[x+(2-y)i][(x-2)+yi]=[x(x-2)-y(2-y)]+[xy+(x-2)(2-y)]i\).

Vì \(Z\) là số thuần ảo nên có phần thực bằng không do đó

\(x(x-2)-y(2-y)=0 \Leftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2=2\).

Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn các số phức \(z\) là một đường tròn có bán kính bằng \(\sqrt{2}\).

Giả sử \(z=x+yi,x,y\in\mathbb{R}\), khi đó: \(1\le \left|z-1\right|\le 2\Leftrightarrow 1\le (x-1)^2+y^2\le 4\), suy ra điểm biểu diễn số phức \(z\) nằm trong hình vành khuyên giới hạn bởi \(2\) hình tròn đồng tâm \(I(1;0)\) có bán kính lần lượt là \(R_1=1\) và \(R_2=2\). Từ đó suy ra diện tích hình \((H)\) là: \(S=\pi R_2^2-\pi R_1^2=3\pi\).

Ta có \((1-i)\overline{z} = w-2i \Rightarrow |w-2i|= |(1-i)\overline{z}|=2\sqrt{2}\), suy ra tập hợp biểu diễn các số phức \(w\) là một đường tròn.

Giả sử số phức \(w = x + y\mathrm{i}\) với \(x, y\in \mathbb{R}\). Gọi \(M\) là điểm biểu diễn số phức \(w\) suy ra điểm \(M\left(x; y\right)\). Do giả thiết ta có \[w = 3z - 2 + \mathrm{i}\Leftrightarrow x + y\mathrm{i} = 3z - 2 + \mathrm{i}\Leftrightarrow 3z = x + 2 + \left(y - 1\right)\mathrm{i}\Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{x + 2}{3} + \left(\displaystyle\frac{y - 1}{3}\right)\mathrm{i}\]

Khi đó \(z - 1 + 2\mathrm{i} = \displaystyle\frac{x + 2}{3} + \left(\displaystyle\frac{y - 1}{3}\right)\mathrm{i} - 1 + 2\mathrm{i} = \displaystyle\frac{x - 1}{3} + \left(\displaystyle\frac{y + 5}{3}\right)\mathrm{i}\) suy ra

\[\left\vert z - 1 + 2\mathrm{i} \right\vert\leq 2\Leftrightarrow \sqrt{\left(\displaystyle\frac{x - 1}{3}\right)^2 + \left(\displaystyle\frac{y + 5}{3}\right)^2}\leq 2\Leftrightarrow \left(x - 1\right)^2 + \left(y + 5\right)^2\leq 36.\]

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) nằm trong đường tròn \(\left(C\right)\colon \left(x - 1\right)^2 + \left(y + 5\right)^2 = 36\). Gọi \(R\) là bán kính đường tròn \(\left(C\right)\) suy ra \(R = 6\) nên diện tích hình tròn bằng \(36\pi\).

Có \(w=(8-6i)z+2i\Leftrightarrow w-2i=(8-6i)z\Rightarrow|w-2i|=|8-6i|\cdot|z|=10\cdot12=120\).

Từ đó ta suy ra tập hợp điểm biểu diễn \(w\) là đường tròn tâm \(I(0;2)\), bán kính \(R=120\).

Biến đổi \(w=(2+i)z-3i\Leftrightarrow w+3i=(2+i)z\).

Lấy mô-đun 2 vế, ta được \(\left|w+3i\right|=\left|(2+i)z\right|=\left|2+i\right|\cdot\left|z\right|=5\).

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn tâm \(I(0;-3)\) và bán kính \(r=5\).

Ta có \((2-z)(\overline{z}+2i)=2\overline{z}+4i-|z|^2-2zi=2(x-yi)+4i-(x^2+y^2)-2(x+yi)i\)

\(=(2x+2y-x^2-y^2)+(4-2x-2y)i\).

Để \((2-z)(\overline{z}+2i)\) là số thuần ảo thì \(2x+2y-x^2-y^2=0\Leftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2=2\).

Từ giả thiết, ta suy ra \(\displaystyle\frac{w-1+2i}{1-\sqrt3 i}-3=z-3,\) hay \(w-1+2i-3(1-\sqrt3 i)=(z-3)(1-\sqrt3i).\) Lấy mô-đun hai vế, ta suy ra \(\left|w-4+(2+3\sqrt3)i\right|=\left|(z-3)(1-\sqrt3i)\right|=2.\) Vậy, \(r=2.\)

Gọi \(z=x+y\mathrm{i},\ (x,y\in\mathbb{R})\). Ta có

\[\begin{aligned} & 2|z-\mathrm{i}|=|z-\overline{z}+2\mathrm{i}|\\ \Leftrightarrow\ & 2|x+(y-1)\mathrm{i}|=|(2y+2)\mathrm{i}|\\ \Leftrightarrow\ & x^2+(y-1)^2=(y+1)^2\\ \Leftrightarrow\ & x^2+y^2-2y+1=y^2+2y+1\\ \Leftrightarrow\ & y=\displaystyle\frac{1}{4}x^2 \end{aligned}\]

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là một parabol.

Gọi điểm \(M(x;y)\) biểu diễn số phức \(z\). \[\begin{aligned} & &|(1+i)z-4+2i|=4\sqrt{2} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{|(1+i)z-4+2i|}{|1+i|}=\displaystyle\frac{4\sqrt{2}}{|1+i|}\\ &\Leftrightarrow & |z-1+3i|=4 \Leftrightarrow (x-1)^2+(y+3)^2=4^2. \end{aligned}\] Vậy tập hợp các điểm \(M\) biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn tâm \(I(1;-3)\), bán kính \(R=4\).

Ta có \(w = (1 - i)z + 2i \Rightarrow z = \displaystyle\frac{w - 2i}{1 - i}\). Do đó, ta có \[\begin{aligned} \left|\displaystyle\frac{z - 1}{2 - i} + i\right| = \sqrt{5} & \Leftrightarrow \left|\displaystyle\frac{z + 2i}{2 - i}\right| = \sqrt{5}\\ & \Leftrightarrow |z + 2i| = 5\\ & \Leftrightarrow \left|\displaystyle\frac{w - 2i}{1 - i} + 2i\right| = 5\\ & \Leftrightarrow |w + 2| = 5\sqrt{2}. \end{aligned}\] Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn \((x + 2)^2 + y^2 = 50\).\\ Vậy \(m = 50\).

Ta có \[\begin{aligned} &|z+1-2i|=|z| \\ \Leftrightarrow &|x+yi+1-2i|=|x+yi| \\ \Leftrightarrow &(x+1)^2+(y-2)^2=x^2+y^2 \\ \Leftrightarrow &x^2+2x+1+y^2-4y+4=x^2+y^2 \\ \Leftrightarrow &2x-4y+5=0. \end{aligned}\] Vậy tập hợp các điểm \(M\) là đường thẳng có phương trình \(2x-4y+5=0\).

Giả sử \( z=x+yi \) với \( x,y \in \mathbb{R} \). Ta được \[\begin{aligned} &z\cdot \bar{z} + 3\left(z-\bar{z}\right)=5+12i \\ \Leftrightarrow& x^2+y^2+6yi=5+12i\\ \Leftrightarrow& \begin{cases}&x^2+y^2=5\\&6y=12\end{cases}\\ \Leftrightarrow& \begin{cases}&x^2=1\\&y=2.\end{cases} \end{aligned}\] Do đó, có hai điểm biểu diễn số phức \( z \) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \( A(1;2) \) và \( B(-1;2) \). Dễ thấy \( A,\,B \) chỉ thuộc đường \( y=2x^2. \)

Gọi \(z=x+yi\), với \(x,y \in \mathbb{R}\). Ta có \[\begin{aligned} &\left| 2z-i \right| = \left| 2+i z \right|\\ \Leftrightarrow & \vert 2x+(2y-1)i \vert = \vert 2-y+xi \vert\\ \Leftrightarrow & x^2+y^2=1. \end{aligned}\] Vậy tập hợp các điểm \(M\) là đường tròn \((C)\) có tâm \(O\) và bán kính \(R=1\).

Gọi \(A\), \(B\) lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức \(z_1\), \(z_2\).

Ta có \(A\), \(B\) thuộc \((C)\) và \\ \(\left| z_1 - z_2 \right| = 1 \Leftrightarrow AB = 1\). Suy ra \(\triangle OAB\) đều nên \(P= \left| z_1 + z_2 \right| = \left| \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} \right| = 2 \left| \overrightarrow{OH} \right|= \sqrt{3}\).

Gọi \(M(x;y)\) là điểm biểu diễn số phức \(z=x+yi\) (\(x,y\in\mathbb{R}\)

Ta có \[\overline{z}=2w+1-i\Leftrightarrow x-yi=2w+1-i\Leftrightarrow w=\displaystyle\frac{x-1}{2}-\displaystyle\frac{y-1}{2}i.\] Lại có \(|w+2|\le 1\) nên \[\left(\displaystyle\frac{x-1}{2}+2\right)^2+\left(\displaystyle\frac{y-1}{2}\right)^2\le 1\Leftrightarrow (x+3)^2+(y-1)^2=4.\] Nên tập hợp điểm biểu diễn \(z\) là hình tròn bán kính \(R=2\) có diện tích \(S=4\pi\).

\[\begin{aligned} & w-4+3i=z-3+2i\\ \Rightarrow\ & |w-4+3i|=|z-3+2i|=5. \end{aligned}\] Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn tâm \(I(4;-3)\), bán kính \(R=5\)

Tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức \(z\) thỏa \(|z-3+4i|=2\) là đường tròn có tâm \(I(3;-4)\) và bán kính bằng \(R=2\). Suy ra \(\max |z|=IO+R=7.\)

Giả sử số phức \(z = x + iy\) với \(x, y\in \mathbb{R}\) và điểm \(M\left(x; y\right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z\).

Khi đó \[\left\vert 2z - 3 - 4i\right\vert = 10\Leftrightarrow \left\vert 2\left(x + yi\right) - 3 - 4i\right\vert = 10\Leftrightarrow \left\vert \left(2x - 3\right) + \left(2y - 4\right)i\right\vert = 10\]

suy ra \[\left(2x - 3\right)^2 + \left(2y - 4\right)^2 = 100\Leftrightarrow \left(x - \displaystyle\frac{3}{2}\right)^2 + \left(y - 2\right)^2 = 25.\]

Do đó tập hợp điểm \(M\) thuộc đường tròn \(\left(C\right)\) có tâm \(I\left(\displaystyle\frac{3}{2}; 2\right)\) và bán kính \(R = 5\).

Mà \(\left\vert z\right\vert = OM\), ở đó \(O\) là gốc tọa độ. Do \(OI = \sqrt{\left(\displaystyle\frac{3}{2}\right)^2 + 2^2} = \displaystyle\frac{5}{2}\) suy ra \(O\) nằm trong đường tròn \(\left(C\right)\). Do đó \(\max\left\vert z\right\vert = OI + IM = \displaystyle\frac{5}{2} + 5 = \displaystyle\frac{15}{2}\) và \(\min\left\vert z\right\vert = IM - OI = 5 - \displaystyle\frac{5}{2} = \displaystyle\frac{5}{2}\).

Vậy \(M - m = \displaystyle\frac{15}{2} - \displaystyle\frac{5}{2} = 5\).

Đặt \(z=x+yi\Rightarrow \overline{z}=x-yi\).

Ta có: \[\begin{aligned} &|i\overline{z}+4-3i|=1\\ \Leftrightarrow &|i(x-yi)+4-3i|=1\\ \Leftrightarrow & |ix+y+4-3i|=1\\ \Leftrightarrow &|(y+4)+(x-3)i|=1\\ \Leftrightarrow&\sqrt{(y+4)^2+(x-3)^2}=1\\ \Leftrightarrow &(x-3)^2+(y+4)^2=1 \end{aligned}\]

Do đó, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức \(z\) là đường tròn \((C)\colon (x-3)^2+(y+4)^2=1\);

\((C)\) có tâm \(I(3;-4)\) và có bán kính \(R=1\).

Gọi \(\Delta\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(O\) và \(I\).

\(\Delta\) có véc-tơ chỉ phương là \(\vec{OI}=(3;-4)\). Phương trình tham số của \(\Delta\) là: \(\begin{cases} x=3t\\y=4t\end{cases}\)

Gọi \(M\) là giao điểm của \((C)\) và \(\Delta\).

\(M\in\Delta\Rightarrow M(3t;4t)\);

\(M\in(C)\Leftrightarrow (3t-3)^2+(-4t+4)^2=1\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&t=\displaystyle\frac{6}{5}\Rightarrow M_1\left(\displaystyle\frac{18}{5};\displaystyle\frac{-24}{5}\right)\Rightarrow |z|=6\\ &t=\displaystyle\frac{4}{5} \Rightarrow M_2\left(\displaystyle\frac{12}{5};\displaystyle\frac{-16}{5}\right)\Rightarrow |z|=4.\end{aligned}\right.\)

Vậy \(|z|_{\max}=6\).

Cách 2.

Để \(|z|\) lớn nhất thì \(|z|=OI + R\), với \(O\) là gốc tọa độ, \(I\) là tâm đường tròn và \(R\) là bán kính của đường tròn.

Vậy \(max|z|=\sqrt{3^2+(-4)^2}+1=6\).

\[|z-i|=|(z-3+3i)+(3-4i)|\leq |z-3+3i|+|3-4i|=2+5=7.\]

Dấu bằng xảy ra khi \(\begin{cases}z-3+3i=t(3-4i),\, (t\geq 0)\\ |z-3-3i|=2\end{cases} \Rightarrow t=\displaystyle\frac{2}{5}\Rightarrow z=\displaystyle\frac{21}{5}-\displaystyle\frac{23}{5}i\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(|z-i|\) là \(7\).

Ta có \(|z-3+4i|=2 \Leftrightarrow |z-(3-4i)|=2\).

Mà ta lại có \[\begin{aligned} &|z|-|(3-4i)|\le |z-(3-4i)|=2\\ \Leftrightarrow & |z|-5\le 2\\ \Leftrightarrow & |z|\le 7. \end{aligned}\]

Vậy giá trị lớn nhất của \(|z|\) bằng \(7\).

Đặt \(z=x+yi\) với \(x, y\in \mathbb{R}.\) Biến đổi giả thiết ta được \(x-y+3=0\, (d).\) Gọi \(A(3; -2)\) là điểm biểu diễn của số phức \(3-2i\), \(M\) là điểm biểu diễn của \(z\). Khi đó, \(M\) thuộc đường thẳng \((d)\) và \(P=AM\). Do đó, \(P_0=\mathrm{d}(A, (d))=4\sqrt2.\)

Giả sử \(z = a + b\mathrm{i}\) với \(a, b\in \mathbb{R}\) ta có \[\left\vert\left\vert z\right\vert - \left\vert 4 - 3\mathrm{i}\right\vert\right\vert\leq\left\vert z + 4 - 3\mathrm{i}\right\vert\leq \left\vert z\right\vert + \left\vert 4 - 3\mathrm{i}\right\vert\]

Mà \(\left\vert 4 - 3\mathrm{i}\right\vert = \sqrt{4^2 + (- 3)^2} = 5\) và do giả thiết ta suy ra \(0\leq \left\vert z\right\vert\leq 10\). Do đó \(\max\left\vert z\right\vert = 10\) khi

\[\begin{aligned} &\begin{cases}\left\vert z\right\vert = 10\\ \left\vert z + 4 - 3\mathrm{i}\right\vert = 5\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}a^2 + b^2 = 100\\ \left(a + 4\right)^2 + \left(b - 3\right)^2 = 25\end{cases}\\ \Leftrightarrow&\begin{cases}a^2 + b^2 = 100\\ a^2 + 8a + 16 + b^2 - 6b + 9 = 25\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}a^2 + b^2 = 100\\ 4a - 3b = - 50\end{cases}\\ \Leftrightarrow&\begin{cases}a^2 + b^2 = 100\\ b = \displaystyle\frac{4a + 50}{3}\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}a^2 + \left(\displaystyle\frac{4a + 50}{3}\right)^2 = 100\\ b = \displaystyle\frac{4a + 50}{3}\end{cases}\\ \Leftrightarrow&\begin{cases}9a^2 + \left(4a + 50\right)^2 = 900\\ b = \displaystyle\frac{4a + 50}{3}\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}9a^2 + 16a^2 + 400a + 2500 = 900\\ b = \displaystyle\frac{4a + 50}{3}\end{cases}\\ \Leftrightarrow&\begin{cases}a^2 + 16a + 64 = 0\\ b = \displaystyle\frac{4a + 50}{3}\end{cases} \Leftrightarrow\begin{cases}a = - 8\\ b = 6.\end{cases} \end{aligned}\]

Suy ra số phức \(z = - 8 + 6\mathrm{i}\) thỏa mãn bài toán. Do đó tọa độ điểm \(M\left(- 8; 6\right)\).

Ta có tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn \(|z-3+3\mathrm{i}|=2\) là đường tròn \((C)\) tâm \(I(3;-3)\), bán kính \(R=2\). Như vậy bài toán trở thành: ``Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm \(A(0;1)\) đến một điểm \(Q\) trên đường tròn \((C)\)''. Và đó chính là khoảng cách từ điểm \(A\) đến điểm \(Q\) như hình vẽ bên.

\[AQ=AI+IQ=\sqrt{3^2+4^2}+R=5+2=7.\] Vậy giá trị lớn nhất của \(|z-\mathrm{i}|\) là \(7\).

Gọi \(M\left(x;y\right), A\left(-1;3\right), B\left(-3;-1\right)\) lần lượt là các điểm biểu diễn số phức \(z=x+yi, z=-1+3i, z=-3-i\).

Theo giả thiết, \(\left|z+1-3i\right|=\sqrt{10}\Leftrightarrow \sqrt{\left(x+1\right)^2+\left(y-3\right)^2}=\sqrt{10}\Rightarrow AM=\sqrt{10}\).

Ta có \[\begin{aligned}&\left|z+3+i\right|=\sqrt{\left(x+3\right)^2+\left(y+1\right)^2}\\ \Leftrightarrow &\left|\overrightarrow{BM}\right|=\left|\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}\right|\leq \left|\overrightarrow{BA}\right|+\left|\overrightarrow{AM}\right|=BA+AM=2\sqrt{5}+\sqrt{10}\end{aligned}\]

Dấu \(=\) xảy ra khi và chỉ khi \(\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{BA}\Leftrightarrow \begin{cases}x+1=2k\\ y-3=4k\end{cases}\Leftrightarrow y-2x=5\).

Theo giả thiết ta có \(w=(4-3i)z+1-2i \Rightarrow z=\displaystyle\frac{w-1+2i}{4-3i}\).

Nên \(|z|=\sqrt{5}\Leftrightarrow \left|\displaystyle\frac{w-1+2i}{4-3i}\right|=\sqrt{5}\Leftrightarrow \left|w-1+2i\right|=5\sqrt{5}\).

Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn \(I(1;-2)\) và bán kính \(R=5\sqrt{5}\).

Ta có \(OI=\sqrt{1^2+(-2)^2}=\sqrt{5} < R\).

Do đó \(\min |w| = R-OI=5\sqrt{5}-\sqrt{5}=4\sqrt{5}\).

Ta có \(|z-1+2i|=\sqrt{5} \Leftrightarrow |w-2+i|=\sqrt{5} \geqslant |w|-|2-i| = |w| -\sqrt{5} \Rightarrow |w| \leqslant 2\sqrt{5}\), dấu \("="\) xảy ra khi \(w=4-2i\).

Vậy \(|w|_{\max}=2\sqrt{5}\).

Đặt \(z=x+yi \), Đặt \(w=a+bi\). Khi đó \[|z-1-i|=1 \Leftrightarrow |x-1+(y-1)i|=1 \Leftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2=1.\]

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn \((C_1)\) có tâm \(I_1(1;1)\), \(r=1\).

\[|\overline{w}-2-3i|=2 \Leftrightarrow |a-2-(b+3)i|=2 \Leftrightarrow (a-2)^2+(b+3)^2 =4.\]

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn \((C_2)\) có tâm \(I_2(2;-3)\), bán kính \(R=2\).

\(|z-w| =\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}\) đây là biểu thức xác định khoảng cách giữa hai điểm biểu diễn cho số phức \(z\) và \(w\).

Ta có \(I_1I_2=\sqrt{17}>R+r\) nên \((C_1)\) nằm ngoài \((C_2)\).

Khi đó khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm lần lượt nằm trên hai đường tròn là: \[d=I_1I_2-R-r=\sqrt{17}-3.\]

Theo giả thiết ta có \(w=(4-3i)z+1-2i \Rightarrow z=\displaystyle\frac{w-1+2i}{4-3i}\).

Nên \(|z|=\sqrt{5}\Leftrightarrow \left|\displaystyle\frac{w-1+2i}{4-3i}\right|=\sqrt{5}\Leftrightarrow \left|w-1+2i\right|=5\sqrt{5}\).

Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là đường tròn \(I(1;-2)\) và bán kính \(R=5\sqrt{5}\).

Ta có \(OI=\sqrt{1^2+(-2)^2}=\sqrt{5} < R\).

Do đó \(\min |w| = R-OI=5\sqrt{5}-\sqrt{5}=4\sqrt{5}\).

Ta có \(|z-5+3i|=3 \Leftrightarrow \left|\displaystyle\frac{3iz-15i-9}{3i}\right|=3 \Leftrightarrow |3iz-9-15i|=9.\)

\(|iw+4+2i|=2 \Leftrightarrow \left|\displaystyle\frac{-i}{2}(-2w-4+8i)\right|=2 \Leftrightarrow |-2w-4+8i|=4.\)

Gọi \(A\) và \(B\) là điểm biểu diễn của \(3iz\) và \(-2w\), khi đó \(A\) và \(B\) lần lượt thuộc các đường tròn tâm \(O(9;15)\) bán kính bằng \(9\) và đường tròn \(I(4;-8)\) bán kính bằng \(4\). Ta tính được \(OI=\sqrt{554}\).

Khi đó \(T=|3iz+2w|=|3iz-(-2w)|=AB\).

Do \(IO=\sqrt{554}>4+9\) nên hai đường tròn ngoài nhau, suy ra \( AB_{\max}=AO+OI+IB=\sqrt{554}+13\).

Đặt \(z=a+bi\), ta có \[\begin{aligned} &|z|=|\bar{z}-3+4i|\\ \Leftrightarrow &|a+bi|=|a-bi-3+4i|\\ \Leftrightarrow &|a+bi|=|(a-3)-(b-4)i|\\ \Leftrightarrow &\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{(a-3)^2+(b-4)^2}\\ \Leftrightarrow &a^2+b^2=(a-3)^2+(b-4)^2\\ \Leftrightarrow &-6a+9-8b+16=0\\ \Leftrightarrow &6a+8b-25=0. \end{aligned}\]

Tập hợp điểm của số phức \(z\) là đường thẳng \(6x+8y-25=0\). Vậy mô-đun nhỏ nhất của số phức \(z\) là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ \(O\) lên đường thẳng.

Xét đường thẳng qua \(O\) và vuông góc với đường thẳng \(6x+8y-25=0\) có phương trình là \(8x-6y=0\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên đường thẳng \(6x+8y-25=0\). Ta có tọa độ \(H\) thỏa hệ \(\left\{ \begin{aligned} &6x+8y-25=0\\ &8x-6y=0\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} &x=\displaystyle\frac{3}{2}\\& y=2 \end{aligned}\right.\).

Suy ra \(H\left(\displaystyle\frac{3}{2};2\right)\) là điểm biểu diễn của số phức \(z=\displaystyle\frac{3}{2}+2i\).

Vậy \(a=\displaystyle\frac{3}{2}\), \(b=2\) khi đó \(P=3\).

Gọi \(z=x+yi\) với \(x\), \(y\in \mathbb{R}\).

\(\left|\displaystyle\frac{z-2i}{z+3-i} \right|=1\Leftrightarrow |z-2i|=|z+3-i|\Leftrightarrow \left|x+(y-2)i \right|=\left|(x+3)+(y-1)i \right| \Leftrightarrow 3x+y+3=0\).

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường thẳng \(d\colon 3x+y+3=0\).

Ta có \(|z+3-2i|=|z-(-3+2i)|\), với \(M_0(-3;2)\).

\(|z+3-2i|\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(\mathrm{d}(M_0,d)=\displaystyle\frac{|-9+2+3|}{\sqrt{9+1}}=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{10}}=\displaystyle\frac{2\sqrt{10}}{5}\).

Ta có \(|z+1-2i|=|z-i| \Leftrightarrow (x+1)^2+(y-2)^2=x^2+(y-1)^2 \Leftrightarrow x-y+2=0\).

Vậy tập hợp số phức \(z\) thoả điều kiện đề bài là đường thẳng \(d \colon x-y+2=0\).

Gọi \(\Delta\) là đường thẳng qua \(O\) và vuông góc với \(d\). Phương trình đường thẳng \(\Delta \colon x +y = 0\).

Gọi \(H = \Delta \cap d\). Tọa độ \(H\) là nghiệm hệ phương trình \(\begin{cases}x+y=0 \\ x-y+2=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=-1 \\ y=1\end{cases}\). Suy ra \(H(-1;1)\).

Độ dài \(OH\) là mô-đun nhỏ nhất của số phức \(z\) thỏa yêu cầu bài.

Vậy số phức thoả yêu cầu bài là \(z=-1+i\).

Vì \(|\overline{z}|=|z|\) nên \(|z|=|\overline{z}-1+2\mathrm{i}|\Leftrightarrow |\overline{z}|=|\overline{z}-1+2\mathrm{i}|.\)

Gọi \(A,\ M\) lần lượt là điểm biểu diễn hình học của các số phức \(\overline{z}\) và \(1-2\mathrm{i}\). Từ đẳng thức trên suy ra khoảng cách từ điểm \(A\) đến \(O\) bằng khoảng cách từ điểm \(A\) đến \(M\), suy ra \(A\) thuộc đường trung trực của \(OM\).

Điểm thuộc đường trung trực của \(OM\) mà cách \(O\) ngắn nhất đó là trung điểm của \(OM\), tương ứng là điểm biểu diễn của số phức \(\overline{z}=\displaystyle\frac{1}{2}-\mathrm{i}\).

Vậy số phức cần tìm là \(z=\displaystyle\frac{1}{2}+\mathrm{i}\).

Gọi \(z=x+yi\), với \(x, y \in \mathbb{R}\). \[\begin{aligned} \left|iz-3\right|=\left|z-2-i\right|\Leftrightarrow & \left|xi-y-3\right|=\left|(x-2)+(y-1)i\right|\\ \Leftrightarrow& x^2+\left(y+3\right)^2=\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2\\ \Leftrightarrow& x+2y=-1\Leftrightarrow x=-2y-1. \end{aligned}\]

Khi đó, \(\left|z\right|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{\left(-1-2y\right)^2+y^2}=\sqrt{5\left(y+\displaystyle\frac{2}{5}\right)^2+\displaystyle\frac{1}{5}}\ge \displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\).

Suy ra, \(\left|z\right|_{\min}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\) khi \(y=-\displaystyle\frac{2}{5} \Rightarrow x=-\displaystyle\frac{1}{5}\).

Gọi \(z=x+yi\), (\(x,y\in \mathbb{R}\)). \[\begin{aligned} |z-1+i|=|\overline{z}+1-2i|\Leftrightarrow& |x+yi-1+i|=|x-yi+1-2i|\\ \Leftrightarrow& (x-1)^2+(y+1)^2=(x+1)^2+(y+2)^2\\ \Leftrightarrow& -2x+1+2y+1=2x+1+4y+4\\ \Leftrightarrow& 4x+2y=-3 \Rightarrow (4x+2y)^2=9\\ \Rightarrow& 9\le (4^2+2^2)(x^2+y^2)\Rightarrow |z|\ge \displaystyle\frac{3}{2\sqrt{5}}. \end{aligned}\]

Đẳng thức xảy ra khi \(\begin{cases}2x+y=-3\\ \displaystyle\frac{x}{2}=\displaystyle\frac{y}{1}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=-\displaystyle\frac{3}{5}\\ y=-\displaystyle\frac{3}{10}\end{cases}\).

Vậy \(z=-\displaystyle\frac{3}{5}-\displaystyle\frac{3}{10}i\).

Ta có \(z = w - m -i\) nên \(|w - m - 1 - i|=|w - m + 3 - 3i|\)

Gọi \(w = a + bi,\, a,b \in \mathbb{R}\). Ta có

\(|(a-m-1) + (b-1)i| = |(a-m+3) + (b-3)i| \Leftrightarrow (a-m-1)^2 + (b-1)^2 = (a-m+3)^2 + (b-3)^2\)

Suy ra \(b = 2a - 2m + 4\). Ta lại có

\(|w|^2 = a^2 + b^2 = a^2 + (2a - 2m + 4)^2 = 5a^2 + 8(2-m) a + 4m^2 -16m + 16\).

Để \(|w| \geq 2\sqrt{5} \Leftrightarrow 5a^2 + 8(2-m) a + 4m^2 -16m - 4 \geq 0\) với mọi \(a\).

Tương đương với \(\Delta' \leq 0 \Leftrightarrow 16(2-m)^2 - 5(4m^2 -16m - 4) \leq 0 \Leftrightarrow m\geq 7\ \vee\ m\leq -3\).

Giả sử \(z=a+bi \ (a,b\in\mathbb{R}) \Rightarrow \overline{z}=a-bi.\)

Khi đó \[\begin{aligned} &\left|z+1-5i\right|=\left|\overline{z}+3-i\right|\\ \Leftrightarrow &(a+1)^2+(b-5)^2=(a+3)^2+(b+1)^2\\ \Leftrightarrow &a+3b-4=0 \Leftrightarrow a=4-3b. \end{aligned}\]

Do đó \[\begin{aligned} |z|&=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{(4-3b)^2+b^2}=\sqrt{10b^2-24b+16}\\ &=\sqrt{\left(\sqrt{10}b-\displaystyle\frac{12}{\sqrt{10}}\right)^2+\displaystyle\frac{16}{10}}\ge \displaystyle\frac{4}{\sqrt{10}}. \end{aligned}\]

Đẳng thức xảy ra khi \(b=\displaystyle\frac{6}{5} \Rightarrow a=\displaystyle\frac{2}{5}\). Suy ra \(\min |z|=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{10}}\).

Vậy \(S=\displaystyle\frac{a}{b}=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Gọi \(z=x+yi\,(x,y\in\mathbb{R})\). Khi đó \[\begin{aligned} |z-2-4i|=|z-2i|\Leftrightarrow &|x-2+(y-4)i|=|x+(y-2)i|\\ \Leftrightarrow & (x-2)^2+(y-4)^2=x^2+(y-2)^2\\ \Leftrightarrow & x+y-4=0\Leftrightarrow x=4-y. \end{aligned}\]

Ta có \(|z|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{(y-4)^2+y^2}=\sqrt{2y^2-8y+16}=\sqrt{2(y-2)^2+8}\ge 2\sqrt{2}.\)

\(|z|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(y=2\Rightarrow x=2\). Do đó \(z=2+2i.\)