Lời giải:

Trên mp tọa độ \(Oxy\) ta xét các điểm \(A(-2,1);B(4,7);C(1,-1)\). Tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là $M$

Theo bài ra ta có:

\(|z-(-2+i)|+|z-(4+7i)|=6\sqrt{2}\Leftrightarrow MA+MB=6\sqrt{2}\)

Mà \(AB=\sqrt{(-2-4)^2+(1-7)^2}=6\sqrt{2}\Rightarrow MA+MB=AB\)

Do đó điểm \(M\) nằm trên đoạn thẳng $AB$

Đề bài yêu cầu tìm max min của \(|z-(1-i)|\), tức là tìm max, min của đoạn \(MC\)

Dựa vào hình vẽ, suy ra \(MC_{\min}=d(C,AB)\).

Do biết tọa độ $A,B$ nên dễ dàng viết được PTĐT $AB$ là : \(y=x+3\)

\(\Rightarrow MC_{\min}=d(C,AB)=\frac{|1-(-1)+3|}{\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\)

Vì \(M\) chỉ chạy trên đoạn $AB$ nên \(MC_{\max}=CA\) hoặc $CB$

Thấy \(CA< CB\Rightarrow CM_{\max}=CB=\sqrt{(4-1)^2+(7+1)^2}=\sqrt{73}\) khi \(M\equiv B\)

Vậy \(\left\{\begin{matrix} |z-1+i|_{\min}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\\ |z-i+1|=\sqrt{73}\end{matrix}\right.\)

Dạ em cảm ơn.

Câu 1:

Gọi \(A\left(1;-1\right)\) và \(B\left(2;3\right)\Rightarrow\) tập hợp \(z\) thoả mãn điều kiện đề bài là đường trung trực d của đoạn AB, ta dễ dàng viết được phương trình d có dạng \(4x-y-5=0\)

Gọi \(M\left(-2;-1\right)\) và \(N\left(3;-2\right)\) và \(I\left(a;b\right)\) là điểm bất kì biểu diễn \(z\Rightarrow I\in d\) \(\Rightarrow P=IM+IN\). Bài toán trở thành dạng cực trị hình học phẳng quen thuộc: cho đường thẳng d và 2 điểm M, N cố định, tìm I thuộc d để \(P=IM+IN\) đạt GTNN

Thay toạ độ M, N vào pt d ta được 2 giá trị trái dấu \(\Rightarrow M;N\) nằm về 2 phía so với d

Gọi \(C\) là điểm đối xứng M qua d \(\Rightarrow IM+IN=IC+IN\), mà \(IC+IN\ge CN\Rightarrow P_{min}=CN\) khi I, C, N thẳng hàng

Phương trình đường thẳng d' qua M và vuông góc d có dạng:

\(1\left(x+2\right)+4\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow x+4y+6=0\)

Gọi D là giao điểm d và d' \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+4y+6=0\\4x-y-5=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow D\left(\frac{14}{17};-\frac{29}{17}\right)\)

\(\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow C\left(-2;-1\right)\Rightarrow P_{min}=CN=\sqrt{\left(3+2\right)^2+\left(-2+1\right)^2}=\sqrt{26}\)

Bài 2:

Tập hợp \(z\) là các điểm M thuộc đường tròn (C) tâm \(I\left(0;1\right)\) bán kính \(R=\sqrt{2}\) có phương trình \(x^2+\left(y-1\right)^2=2\)

\(\Rightarrow\left|z\right|=OM\Rightarrow\left|z\right|_{max}\) khi và chỉ khi \(M;I;O\) thẳng hàng và M, O nằm về hai phía so với I

\(\Rightarrow M\) là giao điểm của (C) với Oy \(\Rightarrow M\left(0;1+\sqrt{2}\right)\Rightarrow\) phần ảo của z là \(b=1+\sqrt{2}\)

Câu 3:

\(\overline{z}=\left(i+\sqrt{2}\right)^2\left(1-\sqrt{2}i\right)=5+\sqrt{2}i\)

\(\Rightarrow z=5-\sqrt{2}i\Rightarrow b=-\sqrt{2}\)

Câu 4

\(z.z'=\left(m+3i\right)\left(2-\left(m+1\right)i\right)=2m-\left(m^2+m\right)i+6i+3m+3\)

\(=5m+3-\left(m^2+m-6\right)i\)

Để \(z.z'\) là số thực \(\Leftrightarrow m^2+m-6=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-3\end{matrix}\right.\)

Câu 5:

\(A\left(-4;0\right);B\left(0;4\right);M\left(x;3\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\left(4;4\right)\\\overrightarrow{AM}=\left(x+4;3\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A,B,M\) khi và chỉ khi \(\frac{x+4}{4}=\frac{3}{4}\Rightarrow x=-1\)

Câu 6:

\(z=3z_1-2z_2=3\left(1+2i\right)-2\left(2-3i\right)=-1+12i\)

\(\Rightarrow b=12\)

Câu 7:

\(w=\left(1-i\right)^2z\)

Lấy môđun 2 vế:

\(\left|w\right|=\left|\left(1-i\right)^2\right|.\left|z\right|=2m\)

Câu 8:

\(3=\left|z-1+3i\right|=\left|z-1-i+4i\right|\ge\left|\left|z-1-i\right|-\left|4i\right|\right|=\left|\left|z-1-i\right|-4\right|\)

\(\Rightarrow\left|z-1-i\right|\ge-3+4=1\)

Bài 1:

Đặt \(\left\{\begin{matrix} x+y=a\\ xy=b\end{matrix}\right.\Rightarrow x^2+y^2+xy=a^2-b=3\)

Vì \(x,y\geq 0\rightarrow b\geq 0\rightarrow a^2=3+b\geq 3\)

Biến đổi:

\(T=(x+y)^3-3xy(x+y)-[(x+y)^2-2xy]\)

\(\Leftrightarrow T=a^3-3ab-a^2+2b\)

\(\Leftrightarrow T=a^3-3a(a^2-3)-a^2+2(a^2-3)=-2a^3+a^2+9a-6\)

Xét đạo hàm và lập bảng biến thiên hàm trên với điều kiện \(a\geq \sqrt{3}\) ta thu được \(T_{\max}=3\sqrt{3}-3\Leftrightarrow a=\sqrt{3}\Leftrightarrow (x,y)=(\sqrt{3},0)\)

Hàm không có min.

Ta có: \(x^2+2xy+7(x+y)+2y^2+10=0\)
<=> \((x^2+2xy+y^2)+7(x+y)+y^2+10=0\)
<=>(1)
Đặt t=x+y
=>(1)<=>\(y^2+t^2+7t+10=0 \)
Phương trình có nghiệm khi \(\Delta\)'\(\ge\)0
<=>\(t^2+7t+10=0 \) \(\le\)0
<=> -5\(\le\)t\(\le\)-2
=>Max S=1 khi t=-2<=>y=0;x=-2
Min S=-2 khi t=-5<=>y=0;x=-5

Tam giác là gì vậy?

Bài này bạn không nên dùng phương pháp giải tích, dùng hình học cho dễ!

A M1 M2 O M'

Đường thẳng AO cắt mặt cầu (S) tại 2 điểm M1 và M2

Xét một đường tròn (C)= (O;R=3) bất kỳ thuộc (S) và điểm M di động trên (C) và không trùng M1, M2

Không mất tính tổng quát, điểm M có thể đại diện cho mọi điểm trên (S) (trừ M1, M2)

+) Dễ thấy \(\widehat{M_2MM_1}=90^0\),

tia M'M₁ nằm giữa tia M'A và M'M₂ nên \(\widehat{M_2MA}>\widehat{M_2MM_1}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{M_2MA}\) là góc tù

\(\Rightarrow\Delta M_2MA\)luôn có cạnh \(AM_2>AM\)

Vậy MA max khi và chỉ khi \(M\equiv M_2\)

tìm điểm M₂ bằng cách \(\frac{\overrightarrow{AM_2}}{\overrightarrow{AO}}=\frac{AM_2}{AO}=\frac{8}{5}\Rightarrow M_2\left(\frac{24}{5};\frac{17}{5};\frac{14}{5}\right)\)

+) Dễ thấy \(\widehat{AM_1M}\) là góc tù nên \(\Delta AM_1M\) luôn có \(AM>AM_1\)

Vậy MA min khi và chỉ khi \(M\equiv M_1\)

.......(làm tương tự ý trên để tìm M1 :3 )

mk ko hiểu lắm b ạ

đặc \(z=a+bi\) với \(\left(a;b\in R;i^2=-1\right)\)

ta có : \(\left|z-\overline{z}+2i\right|=\left|\dfrac{3}{2}z+\dfrac{1}{2}\overline{z}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|a+bi-a+bi+2i\right|=\left|\dfrac{3}{2}a+\dfrac{3}{2}bi+\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}bi\right|\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(2b+2\right)^2}=\sqrt{\left(2a+b\right)^2}\) \(\Leftrightarrow2b+2=2a+b\Leftrightarrow a=\dfrac{b}{2}+1\)

ta có : \(P=\left|z-3\right|=\left|a+bi-3\right|=\sqrt{\left(a-3\right)^2+b^2}\)

\(\Leftrightarrow P=\sqrt{\left(\dfrac{b}{2}+1-3\right)^2+b^2}=\sqrt{\left(\dfrac{b}{2}-2\right)^2+b^2}\)

\(\Leftrightarrow P=\sqrt{\dfrac{5b^2}{4}-2b+4}\ge\sqrt{4-\dfrac{\left(-2\right)^2}{4.\dfrac{5}{4}}}=\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\)

dấu "=" xảy ra khi \(b=\dfrac{2}{2.\dfrac{5}{4}}=\dfrac{4}{5}\) và \(a=\dfrac{7}{5}\) \(\Leftrightarrow z=\dfrac{7}{5}+\dfrac{4}{5}i\)

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

\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)2^{2\left(xy-1\right)+1}=\left(x^2+y\right)2^{x^2+y}\)

\(\Leftrightarrow2\left(xy-1\right)2^{2\left(xy-1\right)}=\left(x^2+y\right)2^{x^2+y}\)

Do vế phải luôn dương \(\Rightarrow VT>0\Rightarrow xy-1>0\) (1)

Xét hàm \(f\left(t\right)=t.2^t\) với \(t>0\Rightarrow f'\left(t\right)=2^t+t.2^t.ln2>0\)

\(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến \(\Rightarrow f\left(t_1\right)=f\left(t_2\right)\Leftrightarrow t_1=t_2\)

\(\Rightarrow2\left(xy-1\right)=x^2+y\Rightarrow2xy-y=x^2+2\) (thay \(x=\dfrac{1}{2}\) thấy ko phải nghiệm)

\(\Rightarrow y=\dfrac{x^2+2}{2x-1}\) (2)

Thay (2) vào (1): \(xy-1>0\Rightarrow x.\left(\dfrac{x^2+2}{2x-1}\right)-1>0\Rightarrow\dfrac{x^3+2x}{2x-1}-1>0\)

\(\Rightarrow\dfrac{x^3+1}{2x-1}>0\Rightarrow2x-1>0\) (do \(x>0\Rightarrow x^3+1>0\))

Vậy \(y=\dfrac{x^2+2}{2x-1}=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{9}{4\left(2x-1\right)}=\dfrac{2x-1}{4}+\dfrac{9}{4\left(2x-1\right)}+\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow y\ge2\sqrt{\dfrac{\left(2x-1\right)}{4}.\dfrac{9}{4\left(2x-1\right)}}+\dfrac{1}{2}=2\)

\(\Rightarrow y_{min}=2\) khi \(\dfrac{2x-1}{4}=\dfrac{9}{4\left(2x-1\right)}\Rightarrow x=2\)

Đáp án B