Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Với $M\in (d)$ ta đặt tọa độ của \(M(3t+2,-2t,2t+4)\)
Khi đó \(MA=\sqrt{(3t+1)^2+(-2t-2)^2+(2t+5)^2}\); \(MB=\sqrt{(3t-5)^2+(-2t+2)^2+(2t+1)^2}\)
\(\Rightarrow f(t)=MA+MB=\sqrt{17t^2+34t+30}+\sqrt{17t^2-34t+30}\)
\(f(t)=\sqrt{(\sqrt{17}t+\sqrt{17})^2+13}+\sqrt{(\sqrt{17}t-\sqrt{17})^2+13}\)
Xét \(\overrightarrow{u}=(\sqrt{17}t+\sqrt{17},\sqrt{13});\overrightarrow{v}=(-\sqrt{17}t+\sqrt{17},\sqrt{13})\)
Ta biết rằng \(|\overrightarrow{u}|+|\overrightarrow{v}|\geq |\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}|\) nên \(f(t)\geq \sqrt{(2\sqrt{17})^2+(2\sqrt{13})^2}=2\sqrt{30}\)
Dấu $=$ xảy ra khi \(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\) cùng hướng hay \(\frac{\sqrt{17}t+\sqrt{17}}{-\sqrt{17}t+\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{13}}>0\Rightarrow t=0\)
\(\Rightarrow M=(2,0,4)\)
Bài 1:
Gọi tọa độ của \(A=(0,0,a)\) và \(B=(m,n,p)\)
Vì $(P)$ vuông góc với $(d)$ nên \(\overrightarrow {n_P}=\overrightarrow {u_d}=(2,-1,1)\) kết hợp với $(P)$ chứa $A$ nên PTMP: \((P):2x-y+z-a=0\)
Ta có \(B\in (P)\Rightarrow 2m-n+p-a=0(1)\)
Mặt khác \(B\in (d')\Rightarrow \frac{m-1}{1}=\frac{n}{2}=\frac{p+2}{1}=t\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m=t+1\\ n=2t\\ p=t-2\end{matrix}\right.\)
Thay vào $(1)$ ta thu được $t=a$
\(\Rightarrow AB=\sqrt{m^2+n^2+(p-a)^2}=\sqrt{(a+1)^2+(2a)^2+4}=\sqrt{5a^2+2a+5}\geq \frac{2\sqrt{30}}{5}\Leftrightarrow a=\frac{-1}{5}\)
Có nghĩa là để $AB$ min thì $a=\frac{-1}{5}$
Vậy PTMP: \(2x-y+z-\frac{1}{5}=0\)
Câu 2:
Thay toạ độ $A$ và $B$ vào $(P)$ có \([3.1-4(-1)+2-1](3.3-4.0+1-1)>0\) nên $A,B$ cùng phía so với $(P)$
Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua $(P)$ \(\Rightarrow MA=MA'\Rightarrow MA+MB=MA'+MB\geq A'B\)
Do đó \((MA+MB)_{\min}\Leftrightarrow A',M,B\) thẳng hàng
Biểu thị $(d)$ là đường thẳng chứa đoạn $AA'$.
Hiển nhiên \((d)\perp (P)\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow {n_P}=(3,-4,1)\)
Kết hợp với $A\in (d)$ nên \(d:\frac{x-1}{3}=\frac{y+1}{-4}=\frac{z-2}{1}=t\)
Khi đó gọi \(H\equiv AA'\cap (P)\). Dễ có \(H=(\frac{1}{13},\frac{3}{13},\frac{22}{13})\)
Lại có $H$ là trung điểm của $AA'$ nên tọa độ của $A'$ là
\(\left\{\begin{matrix} x_{A'}=2x_H-x_A=\frac{-11}{13}\\ y_{A'}=2y_H-y_A=\frac{19}{13}\\ z_{A'}=2z_H-z_A=\frac{18}{13}\end{matrix}\right.\)
Khi đó ta dễ dàng viết được PTĐT chứa $A'B$ là \(\frac{13(x-3)}{50}=\frac{13y}{19}=\frac{13(z-1)}{5}\)
Tọa độ của $M$ là nghiệm của hệ
\(\left\{\begin{matrix} \frac{13(x-3)}{50}=\frac{13y}{19}=\frac{13(z-1)}{5}\\ 3x-4y+z-1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow M(\frac{-213}{79},\frac{-171}{79},\frac{34}{79})\)
.
Câu 1:
\(y=x^3-3x^2-2\Rightarrow y'=3x^2-6x\)
Gọi hoành độ của M là \(x_M\)
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M bằng 9 tương đương với:
\(f'(x_M)=3x_M^2-6x_M=9\)
\(\Leftrightarrow x_M=3\) hoặc $x_M=-1$
\(\Rightarrow y_M=-2\) hoặc \(y_M=-6\)
Vậy tiếp điểm có tọa độ (3;-2) hoặc (-1;-6)
Đáp án B
Câu 2:
Gọi hoành độ tiếp điểm là $x_0$
Hệ số góc của tiếp tuyến tại tiếp điểm là:
\(f'(x_0)=x_0^2-4x_0+3\)
Vì tt song song với \(y=3x-\frac{20}{3}\Rightarrow f'(x_0)=3\)
\(\Leftrightarrow x_0^2-4x_0+3=3\Leftrightarrow x_0=0; 4\)
Khi đó: PTTT là:
\(\left[{}\begin{matrix}y=3\left(x-0\right)+f\left(0\right)=3x+4\\y=3\left(x-4\right)+f\left(4\right)=3x-\dfrac{20}{3}\end{matrix}\right.\) (đt 2 loại vì trùng )
Do đó \(y=3x+4\Rightarrow \) đáp án A
Câu 3:
PT hoành độ giao điểm:
\(\frac{2x+1}{x-1}-(-x+m)=0\)
\(\Leftrightarrow x^2+(1-m)x+(m+1)=0\) (1)
Để 2 ĐTHS cắt nhau tại hai điểm pb thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow \Delta=(1-m)^2-4(m+1)> 0\)
\(\Leftrightarrow m^2-6m-3> 0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m< 3-2\sqrt{3}\\m>3+2\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
Kết hợp với m nguyên và \(m\in (0;10)\Rightarrow m=7;8;9\)
Có 3 giá trị m thỏa mãn.
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}\left(-2;2;1\right)\) và đi qua \(M\left(3;6;1\right)\)
Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}\left(-4;-2;5\right)\) và đi qua \(\overrightarrow{AM}\left(-1;4;-1\right)\)
Ta có \(\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right]=\left(12;6;12\right)\Rightarrow\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right].\overrightarrow{AM}=-12+24-12=0\)
Vậy ta có AB và d đồng phẳng.
\(C\in d\Rightarrow C\left(3-2t;6+2t;1+t\right)\)
Tam giác ABC cân tại A \(\Leftrightarrow AB=AC\)
\(\Leftrightarrow\left(1+2t\right)^2+\left(4+2t\right)^2+\left(1-t\right)^2=45\)
\(\Leftrightarrow9t^2-18t-27=0\)
\(\Leftrightarrow t=1\) hoặc \(t=-3\)
Vậy \(C\left(1;8;2\right)\) hoặc \(C\left(9;0;-2\right)\)
a.
Pt hoành độ giao điểm: \(m-x=\frac{x-1}{x+1}\)
\(\Leftrightarrow\left(m-x\right)\left(x+1\right)=x-1\)
\(\Leftrightarrow x^2-\left(m-2\right)x-m-1=0\left(1\right)\)
Đường thẳng cắt đồ thị khi và chỉ khi (1) có nghiệm
\(\Leftrightarrow\Delta'=\left(m-2\right)^2+4\left(m+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow m^2+8\ge0\) (luôn đúng với mọi m)
Đáp án C đúng
b.
\(y'=3x^2-6mx\)
Hàm số có 2 cực trị \(\Leftrightarrow m\ne0\)
Tiến hành chia y cho y' là lấy phần dư ta được pt đường thẳng qua 2 cực trị có dạng: \(y=-2m^2x+3m^3\Leftrightarrow2m^2x+y-3m^3=0\)
Đường thẳng đã cho song song d khi và chỉ khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}2m^2=2\\-3m^3\ne3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m=1\)
Đáp án A đúng
Phương trình dạng tham số của d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=-1+2t\\y=1-t\\z=2t\end{matrix}\right.\)
Do \(M\in d\) nên tọa độ thỏa mãn \(\left\{{}\begin{matrix}a=-1+2t\\b=1-t\\z=2t\end{matrix}\right.\)
\(A=\left(a+1\right)^2+b^2+c^2=\left(-1+2t+1\right)^2+\left(1-t\right)^2+4t^2\)
\(=9t^2-2t+1=9\left(t-\frac{1}{9}\right)^2+\frac{8}{9}\ge\frac{1}{9}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(t=\frac{1}{9}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\frac{7}{9}\\b=\frac{8}{9}\\c=\frac{2}{9}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow T=0\)
Thay toạ độ A; B vào (P) thấy ra kết quả cùng dấu, vậy A và B nằm cùng phía so với (P)
Gọi C là điểm đối xứng A qua (P) thì MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng giao điểm của BC và (P)
Phương trình đường thẳng d qua A và vuông góc (P): \(\left\{{}\begin{matrix}x=2+t\\y=2t\\z=3+2t\end{matrix}\right.\)
Giao điểm D của d và (P) là nghiệm:
\(2+t+2\left(2t\right)+2\left(3+2t\right)+1=0\Rightarrow t=-1\Rightarrow D\left(1;-2;1\right)\)
\(\overrightarrow{AD}=\left(-1;-2;-2\right)\) mà \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow C\left(0;-4;-1\right)\)
\(\overrightarrow{CB}=\left(3;3;6\right)\Rightarrow\overrightarrow{u_{BC}}=\left(1;1;2\right)\Rightarrow\) pt BC: \(\left\{{}\begin{matrix}x=3+t\\y=-1+t\\z=5+2t\end{matrix}\right.\)
Toạ độ M là nghiệm:
\(3+t+2\left(1-t\right)+2\left(5+2t\right)+1=0\Rightarrow t=-\frac{12}{7}\Rightarrow M\left(\frac{9}{7};-\frac{19}{7};\frac{11}{7}\right)\)
\(\Rightarrow T=\frac{563}{49}\)
Phương trình d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+\left(2m+1\right)t\\y=-3+2t\\z=-1+\left(m-2\right)t\end{matrix}\right.\)
\(\overrightarrow{AB}=\left(-1;0;1\right)\) ; \(\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;1;1\right)\); \(\overrightarrow{u_d}=\left(2m+1;2;m-2\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{a}=\left[\overrightarrow{n_{\left(p\right)}};\overrightarrow{u_d}\right]=\left(m-4;m+3;1-2m\right)\)
Để AB vuông góc hình chiếu d lên (P)
\(\Rightarrow\overrightarrow{a}=k.\overrightarrow{AB}\Rightarrow\left(m-4;m+3;1-2m\right)=\left(-k;0;k\right)\Rightarrow m=-3\)
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên d
\(\left(d\right)=\left\{\begin{matrix}x=3t+2\\y=-2t\\z=2t+4\end{matrix}\right.\)
+) Tìm tọa độ điểm H và K:
\(H\in\left(d\right)\Rightarrow H\left(3h+2;-2h;2h+4\right)\\ \Rightarrow\overrightarrow{AH}=\left(3h+1;-2h-2;2h+5\right)\)
\(\overrightarrow{AH}\perp d\Rightarrow\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{u_d}=0\\ \Leftrightarrow\left(3h+1;-2h-2;2h+5\right)\cdot\left(3;-2;2\right)=17h+17\\ \Rightarrow h=-1\Rightarrow H\left(-1;2;2\right)\)
Tiện thể tính ngay \(AH=\sqrt{13}\)
Làm tương tự, tìm được điểm \(K\left(5;-2;6\right)\) và \(BK=\sqrt{13}\)
+) Tìm tọa độ điểm M:
\(\left(MA+MB\right)min\Leftrightarrow\frac{MH}{MK}=\frac{AH}{BK}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{13}}=1\) (cái này chứng minh bằng hàm số)
Suy ra M là trung điểm HK \(\Rightarrow M\left(2;0;4\right)\)
C nhé