解析

已知 $x^2 + 2\sqrt{3}x + m = 0 \ (m \in \mathbf{R})$，则 $\Delta = (2\sqrt{3})^2 - 4m = 12 - 4m$。

(1) 若 $\text{Im} \, x_1 < \text{Im} \, x_2 < 1$：

• 若 $\Delta = 12 - 4m \ge 0$，根为实数，虚部为 $0$，不满足 $\text{Im} \, x_1 < \text{Im} \, x_2 < 1$。
• 若 $\Delta = 12 - 4m < 0$，根为虚数，由求根公式得：

$x = \frac{-2\sqrt{3} \pm \sqrt{4m-12}i}{2} = -\sqrt{3} \pm \sqrt{m-3}i$

• 由 $\text{Im} \, x_1 < \text{Im} \, x_2 < 1$ 可知，$\text{Im} \, x_1 = -\sqrt{m-3}$，$\text{Im} \, x_2 = \sqrt{m-3} < 1$。
• 建立不等式组：

$\begin{cases} 12 - 4m < 0 \\ \sqrt{m-3} < 1 \end{cases} \Rightarrow 3 < m < 4$

(2) 若 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = 1$：

i) 当 $\Delta \ge 0$，即 $m \le 3$ 时，由韦达定理知：
$x_1 + x_2 = -2\sqrt{3}$，$x_1 x_2 = m$。

• 若 $m < 0$，两根异号，$|x_1| + |x_2| = |x_1 - x_2| = \sqrt{(x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2} = \sqrt{12 - 4m}$。

  由 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = \dfrac{|x_1| + |x_2|}{|x_1||x_2|} = \dfrac{|x_1 - x_2|}{|x_1x_2|} = \dfrac{\sqrt{12-4m}}{|m|} = 1$

  $\Rightarrow 12 - 4m = m^2 \Rightarrow m = -6$ 或 $m = 2$（因 $m < 0$，故舍去 $2$）。

• 若 $0 \le m \le 3$，两根同号为负，$|x_1| + |x_2| = |x_1 + x_2| = 2\sqrt{3}$。

  由 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = \dfrac{|x_1| + |x_2|}{|x_1||x_2|} = \dfrac{|x_1 + x_2|}{|x_1x_2|} = \dfrac{2\sqrt{3}}{m} = 1$

  $\Rightarrow m = 2\sqrt{3} > 3$，矛盾，舍去。

ii) 当 $\Delta < 0$，即 $m > 3$ 时，$x_1$ 与 $x_2$ 是共轭虚数，则 $|x_1| = |x_2|$。

结合 $\dfrac{1}{|x_1|} + \dfrac{1}{|x_2|} = 1$，得 $|x_1| = 2$。

$\therefore 4 = |x_1|^2 = x_1 \bar{x}_1 = x_1 x_2 = m$。

答案：$\displaystyle \text{1. } m \in (3, 4) \quad \text{2. } m = -6 \text{ 或 } m = 4$

解析：

第一步：由辐角条件得比例关系

由 $\arg\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2} = 90°$，得：

$\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2} = ki \quad (k>0)$

第二步：利用模长求 $k$

$\left|\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2}\right| = \frac{|z_1+z_2|}{|z_1-z_2|} = \frac{5}{5\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

所以 $\frac{z_1+z_2}{z_1-z_2} = \frac{i}{\sqrt{3}}$，即：

$z_1+z_2 = \frac{i}{\sqrt{3}}(z_1-z_2)$

第三步：整理求 $\frac{z_1}{z_2}$

$\sqrt{3}(z_1+z_2) = i(z_1-z_2)$

$\sqrt{3}z_1 + \sqrt{3}z_2 = iz_1 - iz_2$

$(\sqrt{3}-i)z_1 = (-\sqrt{3}-i)z_2$

$\frac{z_1}{z_2} = \frac{-\sqrt{3}-i}{\sqrt{3}-i} = \frac{(-\sqrt{3}-i)(\sqrt{3}+i)}{(\sqrt{3}-i)(\sqrt{3}+i)} = \frac{-3-\sqrt{3}i-\sqrt{3}i+1}{4} = -\frac{1+\sqrt{3}i}{2}$

记 $\omega = e^{i\frac{2\pi}{3}} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$，则：

$\frac{z_1}{z_2} = \omega^2$

其中 $\omega$ 是三次单位根，满足：

$\omega^3 = 1, \quad 1+\omega+\omega^2 = 0, \quad \overline{\omega} = \omega^2$

第四步：求 $|z_1|$ 和 $|z_2|$

由 $z_1 = z_2\omega^2$ 及 $|z_1+z_2| = 5$：

$|z_1+z_2| = |z_2\omega^2 + z_2| = |z_2||1+\omega^2| = |z_2||-\omega| = |z_2| = 5$

所以 $|z_2| = 5$，进而 $|z_1| = 5$。

第五步：计算 $z_1\overline{z_2}$ 和 $\overline{z_1}z_2$

$z_1\overline{z_2} = z_2\omega^2 \cdot \overline{z_2} = |z_2|^2 \omega^2 = 25\omega^2$

$\overline{z_1}z_2 = \overline{z_2\omega^2} \cdot z_2 = |z_2|^2 \cdot \omega = 25\omega$

第六步：计算目标表达式

$(z_1\overline{z_2})^{2024} + (\overline{z_1}z_2)^{2024} = (25\omega^2)^{2024} + (25\omega)^{2024} = 25^{2024}(\omega^{4048} + \omega^{2024})$

由于 $\omega^3 = 1$，计算指数模 3：

$4048 = 3 \times 1349 + 1 \Rightarrow \omega^{4048} = \omega$

$2024 = 3 \times 674 + 2 \Rightarrow \omega^{2024} = \omega^2$

所以：

$\omega^{4048} + \omega^{2024} = \omega + \omega^2 = -1$

第七步：求最终答案

$\left|(z_1\overline{z_2})^{2024} + (\overline{z_1}z_2)^{2024}\right| = |25^{2024} \cdot (-1)| = 25^{2024}$

$\log_5\left|(z_1\overline{z_2})^{2024} + (\overline{z_1}z_2)^{2024}\right| = \log_5(25^{2024}) = \log_5(5^{4048}) = 4048$

答案：$\displaystyle 4048$

解析：

由实系数一元二次方程，复数根互为共轭复数根；一元四次方程可以分解为两个一元二次方程。因此四个根应该两两互为共轭复数根（或实数根），故圆心在 $x$ 轴上。据此分类讨论可求得结论。

详解：

将右边展开：

$\begin{aligned} &(x-z_1)(x-z_2)(x-z_3)(x-z_4)\\ =\;&x^4-(z_1+z_2+z_3+z_4)x^3\\ &+(z_1z_2+z_1z_3+z_1z_4+z_2z_3+z_2z_4+z_3z_4)x^2\\ &-(z_1z_2z_3+z_1z_2z_4+z_1z_3z_4+z_2z_3z_4)x\\ &+z_1z_2z_3z_4 \end{aligned}$

对比系数可得：

$a_0=z_1z_2z_3z_4,\quad a_1=-(z_1+z_2+z_3+z_4)$

$a_2=\sum_{i<j}z_iz_j,\quad a_3=-(z_1z_2z_3+z_1z_2z_4+z_1z_3z_4+z_2z_3z_4)$

注意：题目中 $a_3$ 是 $x^3$ 的系数（即 $-(z_1+z_2+z_3+z_4)$），故应将上面 $a_1,a_3$ 互换记号。下取标准 Vieta 写法：

$a_3=-(z_1+z_2+z_3+z_4),\quad a_2=\sum_{i<j}z_iz_j,$

$a_1=-\sum z_iz_jz_k,\quad a_0=z_1z_2z_3z_4.$

复数 $z_1$、$z_2$、$z_3$、$z_4$ 在复平面上对应的 $4$ 个点为某个单位圆内接正方形的 $4$ 个顶点，圆心在 $x$ 轴上，设圆心为 $(a,0)$。

情形 1：四个根两两互为共轭复数。不妨设：

$z_1=a+\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i},\quad z_2=a-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}$

$z_3=a-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i},\quad z_4=a+\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}$

计算 $a_0$：

$\begin{aligned} a_0&=z_1z_2z_3z_4\\ &=\left[\left(a+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}\right)^2-\dfrac{1}{2}\right]\left[\left(a-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}\right)^2-\dfrac{1}{2}\right]\\ &=[a^2+\sqrt{2}a\mathrm{i}-1][a^2-\sqrt{2}a\mathrm{i}-1]\\ &=(a^2-1)^2+2a^2\\ &=a^4+1 \end{aligned}$

类似计算可得：

$a_3=-(z_1+z_2+z_3+z_4)=-4a,\quad a_2=6a^2,\quad a_1=-4a^3$

因为 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}\subset\{n\mid 1\leq n\leq 2024,\;n\in\mathbb{Z}\}$，所以 $a$ 只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得 $a=-2,-3,-4,-5,-6$，此时集合 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}$ 的个数为 $5$ 个。

情形 2：四个根有 $2$ 个为实数，另外 $2$ 个为共轭复数。设圆心为 $(a,0)$，不妨设：

$z_1=a-1,\quad z_2=a+\mathrm{i},\quad z_3=a+1,\quad z_4=a-\mathrm{i}$

计算可得：

$a_0=z_1z_2z_3z_4=(a^2-1)(a^2+1)=a^4-1$

$a_3=-4a,\quad a_2=6a^2,\quad a_1=-4a^3$

因为 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}\subset\{n\mid 1\leq n\leq 2024,\;n\in\mathbb{Z}\}$，所以 $a$ 只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得 $a=-2,-3,-4,-5,-6$，此时集合 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}$ 的个数为 $5$ 个。

综上：满足条件的不同集合 $\{a_0,a_1,a_2,a_3\}$ 的个数为

$\boxed{10}$

答案：$\displaystyle 10$

解析：

由 $\overline{w_1}-\overline{w_2}=\dfrac{4}{w_1-w_2}$，两边同乘 $(w_1-w_2)$，得

$(\overline{w_1}-\overline{w_2})(w_1-w_2)=4$

即 $|w_1-w_2|^2=4$，故 $|w_1-w_2|=2$。

设 $w_1$、$w_2$ 对应平面内的点 $F$、$G$，则 $|FG|=2$。

因为 $|w_j-z_a|\in\{1,3\}$（$j=1,2$），

所以点 $z_a$ 到点 $F$、$G$ 的距离分别为 $1$ 或 $3$。

以 $F$、$G$ 为圆心，半径分别为 $1$ 和 $3$ 作圆，则点 $z_a$ 必在这些圆的交点上。

由图可知，两圆相交最多有 $2$ 个交点，再加上 $F$、$G$ 两点本身，以及两圆外切或内切时的特殊点，构成了点 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$ 共 $5$ 个点。

故 $k$ 的最大值为 $5$。

答案：$\displaystyle 5$

解析：

由 $z^{17}+z=1$，得 $z^{17}=1-z$。

两边取模，得 $|z^{17}|=|1-z|$。

因为 $|z|=1$，所以 $|z^{17}|=|z|^{17}=1$，故 $|1-z|=1$。

设 $z=x+yi$（$x,y\in\mathbb{R}$），则：

$|z|=\sqrt{x^2+y^2}=1 \quad\Rightarrow\quad x^2+y^2=1 \quad\text{①}$

$|1-z|=\sqrt{(1-x)^2+y^2}=1 \quad\Rightarrow\quad (1-x)^2+y^2=1 \quad\text{②}$

将①代入②，得：

$(1-x)^2+y^2=1-2x+x^2+y^2=1-2x+1=1$

解得 $x=\dfrac{1}{2}$。

代入①，得 $y^2=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$，故 $y=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。

因此 $z=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$。

验证：

$z=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}i=e^{\pm i\pi/3}$

$z^{17}=e^{\pm 17i\pi/3}=e^{\pm(6\pi-\pi/3)i}=e^{\mp i\pi/3}$

$z^{17}+z=e^{\mp i\pi/3}+e^{\pm i\pi/3}=2\cos\dfrac{\pi}{3}=1$ ✓

答案：$\displaystyle \text{A}$

解析：

第一步：设内切圆切点分段

设 $\triangle ABC$ 的内切圆与各边切点将三边分为：

• 从顶点 $A$ 出发的切线长为 $x$
• 从顶点 $B$ 出发的切线长为 $z$
• 从顶点 $C$ 出发的切线长为 $y$

则三边长为：

$AB = c = x + z,\quad BC = a = z + y,\quad AC = b = x + y = 5$

第二步：利用内切圆公式

设内切圆半径为 $r$，根据内切圆的几何性质：

$\tan\dfrac{A}{2} = \dfrac{r}{x},\quad \tan\dfrac{B}{2} = \dfrac{r}{z},\quad \tan\dfrac{C}{2} = \dfrac{r}{y}$

第三步：代入已知条件

将上述公式代入原方程：

$\dfrac{x}{r} + \dfrac{y}{r} - \dfrac{5z}{r} = 0$

约去 $r$（$r \neq 0$）：

$x + y - 5z = 0$

第四步：求解

由于 $x + y = AC = 5$，代入上式得：

$5 - 5z = 0 \;\Rightarrow\; z = 1$

因此：

$BC + AB = (z + y) + (x + z) = x + y + 2z = 5 + 2 \times 1 = 7$

答案：$\displaystyle 7$

解析

步骤 1：利用面积公式

由三角形面积公式：

$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A = 1 \implies bc\sin A = 2 \implies bc = \frac{2}{\sin A}$

步骤 2：利用余弦定理和基本不等式

由余弦定理：

$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$

由基本不等式 $b^2 + c^2 \geq 2bc$（当且仅当 $b=c$ 时取等号）：

$a^2 \geq 2bc - 2bc\cos A = 2bc(1 - \cos A)$

步骤 3：构造目标函数

设目标式为 $u$：

$u = a^2 + \frac{1}{\sin A} \geq 2bc(1 - \cos A) + \frac{1}{\sin A}$

将 $bc = \frac{2}{\sin A}$ 代入：

$u \geq 2 \cdot \frac{2}{\sin A}(1 - \cos A) + \frac{1}{\sin A} = \frac{4(1 - \cos A) + 1}{\sin A} = \frac{5 - 4\cos A}{\sin A}$

步骤 4：求最值

令 $\displaystyle y = \frac{5 - 4\cos A}{\sin A}$，则：

$y\sin A = 5 - 4\cos A \implies y\sin A + 4\cos A = 5$

由辅助角公式：

$\sqrt{y^2 + 16}\sin(A + \beta) = 5 \quad \text{其中} \tan\beta = \frac{4}{y}$

由于 $|\sin(A + \beta)| \leq 1$：

$\frac{5}{\sqrt{y^2 + 16}} \leq 1 \implies 25 \leq y^2 + 16 \implies y^2 \geq 9 \implies y \geq 3$

因此 $u_{\min} = 3$，当且仅当 $\sin A = \frac{3}{5}$，$\cos A = \frac{4}{5}$，且 $b = c = \sqrt{\frac{10}{3}}$ 时取等号。

答案：$\displaystyle 3$

析 本题为四边形面积最值问题，采用代数法证明。将四边形分割为两个三角形，利用面积公式和余弦定理建立关系，通过平方相加消去角度变量，分析最值条件。关键结论：当对角互补时面积最大，此时四边形内接于圆。

证明：

设 $BC = a$，$BA = b$，$DA = c$，$DC = d$，$\angle ABC = \alpha$，$\angle ADC = \beta$，则四边形 $ABCD$ 的面积为：

$S = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ADC} = \frac{1}{2}(bc\sin\alpha + ad\sin\beta) \tag{1}$

由余弦定理有：

$AC^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha$

$AC^2 = a^2 + d^2 - 2ad\cos\beta$

两式相减得：

$bc\cos\alpha - ad\cos\beta = \frac{1}{2}(b^2 + c^2 - a^2 - d^2) \tag{2}$

由 (1) 得：

$2S = bc\sin\alpha + ad\sin\beta \tag{3}$

(2)、(3) 平方相加，得：

$4S^2 + \frac{1}{4}(b^2 + c^2 - a^2 - d^2)^2 = b^2c^2 + a^2d^2 - 2abcd\cos(\alpha + \beta)$

即：

$4S^2 = b^2c^2 + a^2d^2 - \frac{1}{4}(b^2 + c^2 - a^2 - d^2)^2 - 2abcd\cos(\alpha + \beta)$

由于 $a$，$b$，$c$，$d$ 均为定值，故当 $\cos(\alpha + \beta) = -1$ 时，$4S^2$ 达到最大值。此时 $\alpha + \beta = \pi$，它表明四边形 $ABCD$ 对角互补，故内接于圆。$\quad\blacksquare$

【点评】 本题用代数法证明四边形面积最值问题，关键步骤：(1) 分割四边形为两个三角形；(2) 用面积公式表示总面积；(3) 对公共对角线用余弦定理建立等式；(4) 平方相加消去角度变量；(5) 分析 $\cos(\alpha+\beta)$ 的最值条件。此题体现了代数变形的技巧，结论优美：四边形四边固定时，内接于圆时面积最大。此结论可推广到 $n$ 边形。

拓展思考：

1. 能否用几何法（如调整法）证明此结论？
2. 圆内接四边形的面积公式（Brahmagupta 公式）是什么？如何推导？
3. 对于 $n$ 边形，当各边长固定时，何时面积最大？

析：本题为三角形中的三角恒等式证明，可采用几何法。构造 $\triangle ABC$ 的外接圆，利用圆心角与圆周角的关系，结合面积分割法进行证明。需注意分类讨论锐角三角形与钝角三角形两种情形。

解：

情形一：当 $A,B,C$ 均为锐角时

作 $\triangle ABC$ 的外接圆 $O$，设外接圆半径为 $R$。

由圆心角与圆周角的关系：

$\angle BOC = 2A,\quad \angle COA = 2B,\quad \angle AOB = 2C$

$\triangle ABC$ 的面积等于三个小三角形面积之和：

$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle AOB} + S_{\triangle BOC} + S_{\triangle COA}$

由三角形面积公式 $S = \dfrac{1}{2}ab\sin C$ 及 $S = \dfrac{1}{2}R^2\sin\theta$（$\theta$ 为两边夹角）：

$\frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}R^2\sin 2A + \frac{1}{2}R^2\sin 2B + \frac{1}{2}R^2\sin 2C$

由正弦定理 $a = 2R\sin A$，$b = 2R\sin B$，代入左边：

$\frac{1}{2}\cdot(2R\sin A)\cdot(2R\sin B)\cdot\sin C = \frac{1}{2}R^2(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C)$

化简得：

$2R^2\sin A\sin B\sin C = \frac{1}{2}R^2(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C)$

两边同除以 $\dfrac{1}{2}R^2$：

$4\sin A\sin B\sin C = \sin 2A + \sin 2B + \sin 2C$

情形二：当 $A,B,C$ 其中一个为钝角时

不妨设 $A$ 为钝角，则 $\angle BOC = 2(\pi - A) = 2\pi - 2A$（优弧对应的圆心角）。

此时 $\triangle ABC$ 的面积关系为：

$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle AOB} + S_{\triangle AOC} - S_{\triangle BOC}$

或用有向面积表示，证明过程类似，结论仍然成立。

综上，原等式得证 $\quad\blacksquare$

【点评】本题用几何法证明三角恒等式，关键步骤：(1) 构造外接圆，利用圆心角与圆周角的关系；(2) 面积分割，将 $\triangle ABC$ 分割为三个以 $O$ 为顶点的小三角形；(3) 灵活运用面积公式 $S=\dfrac{1}{2}ab\sin C$ 和 $S=\dfrac{1}{2}R^2\sin\theta$；(4) 正弦定理将边长用 $R$ 和角表示；(5) 分类讨论锐角与钝角情形。此题体现了数形结合思想的妙用。

拓展思考：

1. 能否用纯代数方法（三角恒等变换）证明此结论？
2. 若 $\triangle ABC$ 为直角三角形，等式是否仍成立？
3. 此恒等式有哪些变形或推广？

解析：

由三角形面积公式 $S = \dfrac{1}{2}ac \cdot \sin B$，代入已知条件得：

$\left(b^2 - c^2\right) \cdot \sin B = 2 \cdot \dfrac{1}{2}ac \cdot \sin B = ac \cdot \sin B$

由于 $\sin B \neq 0$，两边约去 $\sin B$ 得：

$b^2 - c^2 = ac \quad \Rightarrow \quad b^2 = ac + c^2$

由余弦定理 $b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cdot \cos B$，代入上式：

$ac + c^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cdot \cos B$

化简得：$ac = a^2 - 2ac \cdot \cos B$，即 $c = a - 2c \cdot \cos B$

由正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{c}{\sin C}$，上式化为：

$\sin C = \sin A - 2\sin C \cdot \cos B$

由于 $A = \pi - (B + C)$，故 $\sin A = \sin(B + C)$，代入得：

$\sin C = \sin(B + C) - 2\sin C \cdot \cos B$

展开 $\sin(B + C) = \sin B \cos C + \cos B \sin C$：

$\sin C = \sin B \cos C + \cos B \sin C - 2\sin C \cos B$

$\sin C = \sin B \cos C - \cos B \sin C = \sin(B - C)$

由 $\sin C = \sin(B - C)$，且 $B, C$ 均为锐角，得：

$C = B - C \quad \Rightarrow \quad B = 2C$

因此：

$k = \dfrac{a}{c} = \dfrac{\sin A}{\sin C} = \dfrac{\sin(B + C)}{\sin C} = \dfrac{\sin(3C)}{\sin C}$

利用三倍角公式展开：

$k = \dfrac{\sin(2C + C)}{\sin C} = \dfrac{\sin 2C \cos C + \cos 2C \sin C}{\sin C}$

$k = \dfrac{2\sin C \cos^2 C + (2\cos^2 C - 1)\sin C}{\sin C}$

$k = 2\cos^2 C + 2\cos^2 C - 1 = 4\cos^2 C - 1$

由于 $\triangle ABC$ 为锐角三角形，且 $B = 2C$，需满足：

$\begin{cases} 0 < C < \dfrac{\pi}{2} \\ 0 < 2C < \dfrac{\pi}{2} \\ 0 < \pi - 3C < \dfrac{\pi}{2} \end{cases}$

解得：$\dfrac{\pi}{6} < C < \dfrac{\pi}{4}$

故 $\cos C \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，即 $\cos^2 C \in \left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{3}{4}\right)$

因此 $k = 4\cos^2 C - 1 \in (1, 2)$

答案： $\displaystyle \boxed{A}$