Từ $|\frac{Z-i}{Z+3i}|=1\Leftrightarrow |Z-i|=|Z+3i|$
$\Leftrightarrow |(x+(y-1)i|=|x+(y+3)i|$, ở đây $Z=x+yi$
$\Leftrightarrow x^2+(y-3)^2=x^2+(y+3)^2\Leftrightarrow \begin{cases}x\in R \\ y=-1 \end{cases}$. Vậy $Z=x-i$
Ta có: $Z+1=(x+1)-i  (1)$
Vì $Z+1$ có một acgumen bằng $-\frac{\pi}{6}$ nên $Z+1$ có dạng:
$Z+1=r[\cos (-\frac{\pi}{6})+i\sin (-\frac{\pi}{6})]$ với $r>0=\frac{r}{2}(\sqrt{3}-i)  (2)$
Từ $(1),(2)$ suy ra $\begin{cases}x+1=\frac{r\sqrt{3}}{2} \\ -1=-\frac{r}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}r= 2\\ x=2\sqrt{3}-1 \end{cases}$.
Vậy $Z=2\sqrt{3}-1-i$ là số phức cần tìm.

 a) Gọi $C_1$  là điểm đối xứng của  $C$ qua $O    \Rightarrow      C_1D \bot DC, DC \bot AB$
$\Rightarrow     C_1D\parallel AB     \Rightarrow     BD=AC_1$
$\Rightarrow     BD^2+AC^2=AC_1^2+AC^2=CC_1^2=4R^2$
Ta có:  $(PA^2+PC^2)+(PB^2+PD^2)=AC^2+BD^2=4R^2$.

b) Do  $OI=\frac{1}{2}AC_1=\frac{1}{2}BD     \Rightarrow    BD=2OI.$

c) Ta có:  $OI^2+IP^2=\frac{1}{4}BD^2+\frac{1}{4}AC^2=R^2$
$\Rightarrow    2IQ^2+\frac{1}{2}OP^2=R^2$
$\Leftrightarrow    IQ^2=\frac{1}{4}(2R^2-OP^2)$
($Q$  là trung điểm của  $PO$)
$\Leftrightarrow    QI=\frac{1}{2} \sqrt{2R^2-OP^2}$
Vậy tập các điểm  $I$  là đường tròn tâm  $Q$, bán kính bằng  $\frac{\sqrt{2R^2-OP^2} }{2}.$

 a) Gọi  $K$  là giao điểm của  $M, N$ và đường thẳng chứa  $A, B, C, D$.
Ta có:  $\overline{KM}.\overline{KN}=\overline{KA}.\overline{KB}$ 
            $\overline{KM}.\overline{KN}=\overline{KC}.\overline{KD}$
$\Rightarrow        \overline{KA}.\overline{KB}=\overline{KC}.\overline{KD}                 (1)$
$(1)$  chứng tỏ  $K$ cố định.
Thật vậy, bằng cách coi đường thẳng  chứa $4$ điểm $A, B, C, D$ là một trục số và gắn cho các điểm này tọa độ tương ứng là $A(a); B(b); C(c); D(d)$. Và đặt $K(x)$.
Ta có :
      $\overline{KA}.\overline{KB}=\overline{KC}.\overline{KD}$
$\Rightarrow(a-x)(b-x)=(c-x)(d-x)$
$\Rightarrow ab-(a+b)x=cd-(c+d)x$ 
$\Rightarrow (a+b-c-d)x=ab-cd$ 
Trong trường hợp tổng quát thì $a+b-c-d \ne 0$ vì thế 
$x = \frac{ab-cd}{a+b-c-d}$ 
Đẳng thức này chứng tỏ rằng $K$ là điểm cố định.   
Vậy  $MN$  đi qua điểm cố định  $K$.

b) Gọi  $T_1, T_2, T_3, T_4$  là các tiếp điểm của tiếp tuyến vẽ từ $K$ tới hai đường tròn đó.
Suy ra:  $\overline{KT_1}^2 =\overline{KT_2}^2=\overline{KT_3}^2=\overline{KT_4}^2$
$=\overline{KM}.\overline{KN}=\overline{KA}.\overline{KB}=$hằng số.
Vậy bốn tiếp điểm  $T_1, T_2, T_3,T_4$  nằm trên đường tròn cố định tâm  $K$  bán kính  $R=\sqrt{\overline{KA}.\overline{KB}  }$.

 a) Gọi  $O$  là trung điểm của đoạn  $AB$
Xét $\Delta AMB$ với trung tuyến  $OM$ ta có:
      $MA^2+MB^2=2MO^2+\frac{AB^2}{2}$  
$\Leftrightarrow    2k^2=2MO^2+\frac{AB^2}{2}$
Biện luận:  
$*   4k^2-a^2>0   \Leftrightarrow    (2k+a)(2k-a)>0$
$\Leftrightarrow  2k-a>0    \Leftrightarrow     k>\frac{a}{2}$
Tập hợp các điểm  $M$ là đường tròn tâm  $O$, bán kính bằng  $\frac{\sqrt{4k^2-a^2} }{2}$
$*   4k^2-a^2=0    \Leftrightarrow    k=\frac{a}{2}$    Tập hợp các điểm  $M$  là  $\{O\}$
$*   4k^2-a<0     \Leftrightarrow     0<k<\frac{a}{2}$     Tập hợp các điểm  $M$  là  $\varnothing$.
b) Hạ  $MH \bot AB$, ta có:
$MA^2-MB^2=2 \overline{OH}.\overline{AB}     \Leftrightarrow     \frac{k^2}{2}=2a.\overline{OH}     \Leftrightarrow    \overline{OH}=\frac{k^2}{4a}$
Biện luận:
$*  k \neq 0:$  Tập hợp các điểm  $M$  là đường thẳng  $(D) \in AB$  tại  $H$  với  $\overline{OH}=\frac{k^2}{4a}$ (chiều từ  $A$  đến $B$)
$*  k=0$  ta có  $\overline{OH}=0$. Tập hợp các điểm  $M$  là đường trung trực của đoạn  $AB$.

Từ giả thiết suy ra $\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{BC}$  là hai vec-tơ không cùng phương. Do vậy:
$1)$  Ta có:  $(x+y-2)\overrightarrow{AB} +(x-2y)\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{0}  \Leftrightarrow   \begin{cases}x+y-2=0 \\ x-2y=0 \end{cases}  \Leftrightarrow   \begin{cases}x+y=2 \\ x-2y=0 \end{cases}$
$\Leftrightarrow   \begin{cases}x=\frac{4}{3}  \\ y=\frac{2}{3}  \end{cases}$.
Vậy  $(x=\frac{4}{3}; y=\frac{2}{3}  )$  là cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
$2)$  Ta có: $(x^2-9)\overrightarrow{AB} +(x+y+1)\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{0}$
$\Leftrightarrow   \begin{cases}x^2-9=0 \\ x+y+1=0 \end{cases}   \Leftrightarrow   \left[ \begin{align} \left\{ \begin{array}{l} x=3\\ y=-4 \end{array} \right. \\  \left\{ \begin{array}{l} x=-3\\ y=2 \end{array} \right.  \end{align} \right.$
Đó là tập hợp cặp số  $(x, y)$  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
$3)$ Ta có:  $(x+y+a-1)\overrightarrow{AB} +(2xy-5-a-2a)\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{0}$
$\Leftrightarrow   \begin{cases}x+y+a-1=0 \\ 2xy-5-a^2-2a=0 \end{cases}   \Leftrightarrow  \begin{cases}x+y=1-a \\ 2xy=a^2+2a+5 \end{cases}     (2)$
Hệ $(2)$  có nghiệm khi và chỉ khi  $S^2 \geq 4P  \Leftrightarrow  (1-a)^2 \geq 2(a^2+2a+5)  \Leftrightarrow  (a+3)^2 \leq 0$
Bởi thế nên:
$* a \neq -3, (2)$  vô nghiệm.
$* a = -3$, ta có  $(2) \Leftrightarrow \begin{cases}x+y=4 \\ xy=4 \end{cases}   \Leftrightarrow  x=y=2$
Tóm lại  $a \neq -3$, không tồn tại cặp số  $(x; y)$  thỏa mãn hệ thức đã cho.
               $a=-3, (x,y)=(2;2)$  là cặp số duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nếu $d$ cắt $m$ tại $O$.
$Đ_{(d)}(M)=M'\Rightarrow \widehat{MOH}=\widehat{HOM'}; OM=OM'$.
$Đ_{(m)}M'=M''\Rightarrow \widehat{M'OK}=\widehat{KOM''}; OM'=OM''$. 
Khi đó ta có $OM=OM''$ và $\widehat{MOM''}=2\widehat{HOK}$. 
Vậy $Đ(m)$ o $Đ(d)$ là tích của hai phép đối xứng trục cắt nhau là phép quay tâm là giao điểm của $2$ trục $d$ và $m$. Góc quay có độ lớn gấp đôi góc của hai trục $d$ và $m$. 

 

Ta có : 
      $f'(x) = \frac{-2x+3}{2\sqrt{-x^2+3x-2} }$.
Khi đó, phương trình (1) có dạng : 
      $\frac{2(-x^2+3x-2)(-2x+3)}{2(3-2x)\sqrt{-x^2+3x-2} } = \sqrt{2m+x-x^2}$.
      $\Leftrightarrow  \sqrt{-x^2+3x -2} = \sqrt{2m+x-x^2} \Leftrightarrow  \begin{cases}-x^2+3x-2 = 2m +x -x^2> 0 \\  x \neq  \frac{3}{2}\end{cases}$
      $\Leftrightarrow  \begin{cases}-x^2+3x-2 >  0 \\ x \neq  \frac{3}{2} \\ x = m + 1  \end{cases}  \Leftrightarrow  \begin{cases}1 <  x < 2\\ x = m +1 \neq  \frac{3}{2}  \end{cases}$
Do đó , để phương trình có nghiệm, điều kiện là : 
      $\begin{cases}1 <  m +1 <  2 \\ m + 1 \neq  \frac{3}{2}  \end{cases}  \Leftrightarrow  \begin{cases}0 <  m <  1 \\ m \neq  \frac{1}{2}  \end{cases}$
Vậy, với $m \in (0;1)$\{$\frac{1}{2}$}, phương trình có nghiệm.

Ta có:
$C=\frac{\cot \alpha-\tan \alpha}{\cot \alpha+\tan \alpha}=\frac{ \displaystyle \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}-\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}{ \displaystyle \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}+\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}=\frac{\cos^2 \alpha-\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha+\sin^2 \alpha}$
    $=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=1-2\sin^2\alpha=1-2 \left ( \frac{2}{5} \right)^2=\frac{17}{25}$