23.

Ta sẽ tìm điểm \(I\left(a;b;c\right)\) sao cho \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=\overrightarrow{0}\) (1)

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{IA}=\left(-2-a;2-b;6-c\right)\\\overrightarrow{IB}=\left(-3-a;1-b;8-c\right)\\\overrightarrow{IC}=\left(-1-a;-b;7-c\right)\\\overrightarrow{ID}=\left(1-a;2-b;3-c\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=\left(-5-4a;5-4b;24-4c\right)\)

(1) thỏa mãn khi: \(\left\{{}\begin{matrix}-5-4a=0\\5-4b=0\\24-4c=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\dfrac{5}{4}\\b=\dfrac{5}{4}\\c=6\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow I\left(-\dfrac{5}{4};\dfrac{5}{4};6\right)\)

Khi đó:

\(T=MA^2+MB^2+MC^2+MD^2=\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2+\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{ID}\right)^2\)

\(=4MI^2+IA^2+IB^2+IC^2+ID^2+2\overrightarrow{MI}\left(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}\right)\)

\(=4MI^2+IA^2+IB^2+IC^2+ID^2\) (do \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{ID}=\overrightarrow{0}\))

\(IA^2+IB^2+IC^2+ID^2\) cố định nên \(T_{min}\) khi \(MI_{min}\)

\(\Leftrightarrow M\) trùng I

\(\Rightarrow M\left(-\dfrac{5}{4};\dfrac{5}{4};6\right)\Rightarrow x+y+z=-\dfrac{5}{4}+\dfrac{5}{4}+6=6\)

24.

\(a+b=4\Rightarrow b=4-a\)

ABCD là hình chữ nhật \(\Rightarrow\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\)

\(\Rightarrow C\left(a;a;0\right)\)

Tương tự ta có: \(C'\left(a;a;b\right)\)

M là trung điểm CC' \(\Rightarrow M\left(a;a;\dfrac{b}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{A'B}=\left(a;0;-b\right)=\left(a;0;a-4\right)\\\overrightarrow{A'D}=\left(0;a;-b\right)=\left(0;a;a-4\right)\\\overrightarrow{A'M}=\left(a;a;-\dfrac{b}{2}\right)=\left(a;a;\dfrac{a-4}{2}\right)\end{matrix}\right.\)

Theo công thức tích có hướng:

\(\left[\overrightarrow{A'B};\overrightarrow{A'D}\right]=\left(-a^2+4a;-a^2+4a;a^2\right)\)

\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{A'B};\overrightarrow{A'D}\right].\overrightarrow{A'M}\right|=\dfrac{1}{6}\left|a\left(-a^2+4a\right)+a\left(-a^2+4a\right)+\dfrac{a^2\left(a-4\right)}{2}\right|\)

\(=\dfrac{1}{4}\left|a^3-4a^2\right|=\dfrac{1}{4}\left(4a^2-a^3\right)\)

Xét hàm \(f\left(a\right)=\dfrac{1}{4}\left(4a^2-a^3\right)\) trên \(\left(0;4\right)\)

\(f'\left(a\right)=\dfrac{1}{4}\left(8a-3a^2\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\left(loại\right)\\a=\dfrac{8}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow f\left(a\right)_{max}=f\left(\dfrac{8}{3}\right)=\dfrac{64}{27}\)

\(g'\left(x\right)=2\left(x-1\right)f'\left(x^2-2x+m\right)\)

Dấu \(g'\left(x\right)\) chỉ phụ thuộc dấu của \(f'\left(x^2-2x+m\right)\) khi \(x>1\)

Hàm đồng biến khi \(f'\left(x^2-2x+m\right)\ge0\) ; \(\forall x>1\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-2x+m\le0\\x^2-2x+m\ge2\end{matrix}\right.\) với \(x>1\)

\(\Rightarrow m\ge\max\limits_{x>1}\left(-x^2+2x+2\right)\Rightarrow m\ge3\)

(\(m\le\min\limits_{x>1}\left(-x^2+2x\right)\) ko tồn tại nghiệm do \(\min\limits_{x>1}\left(-x^2+2x\right)\) không tồn tại)

\(V=\dfrac{1}{3}SA.AB.AD=\dfrac{1}{3}.x.4x.3x=4x^3\)

Chú ý quan trọng nhất: biến của \(g\left(x\right)\) là \(x^2\) nên khi đạo hàm \(g'\left(x\right)\) ta sẽ được:

\(g'\left(x\right)=x.h\left(x\right)\) trong đó \(h\left(x\right)\) là 1 hàm luôn dương trên R (là dạng tổng/tích của \(x^2+a\) luôn dương)

Do đó dấu của \(g'\left(x\right)\) chỉ phụ thuộc dấu của x (1)

\(f'\left(x\right)=3x^2+4\) luôn dương

\(y=g\left(f\left(x\right)\right)\Rightarrow y'=f'\left(x\right).g'\left(f\left(x\right)\right)\) chỉ phụ thuộc dấu của \(g'\left(f\left(x\right)\right)\)

Theo (1) thì dấu \(g'\left(f\left(x\right)\right)\) chỉ phụ thuộc dấu \(f\left(x\right)\)

Nên bài toán thỏa mãn khi \(f\left(x\right)\ge0\) ; \(\forall x>2\)

Do \(f\left(x\right)\) đồng biến trên R \(\Rightarrow\min\limits_{x\ge2}f\left(x\right)=f\left(2\right)=m+16\)

\(\Rightarrow m+16\ge0\Rightarrow m\ge-16\)

thank kiu, nãy giờ mk ngồi đạo hàm toát cả mồ hôi

Đặt \(\overrightarrow{d}=\left(x;y;z\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{a}.\overrightarrow{d}=x+y-2z\\\overrightarrow{b}.\overrightarrow{d}=2x-y+2z\\\overrightarrow{c}.\overrightarrow{d}=-2x+3y-2z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y-2z=4\\2x-y+2z=5\\-2x+3y-2z=7\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=6\\z=\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{d}=\left(3;6;\dfrac{5}{2}\right)\)

\(AB=AC=\dfrac{BC}{\sqrt{2}}=\dfrac{3a}{\sqrt{2}}\)

\(\Rightarrow V_{SABC}=\dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{1}{3}.2a.\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{3a}{\sqrt{2}}\right)^2=\dfrac{3a^3}{2}\)

=10000 nha

10000

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SMA}\) là góc giữa SM và đáy

\(\Rightarrow\widehat{SMA}=60^0\Rightarrow SA=AM.tan60^0=\sqrt{3a^2+\left(\dfrac{2a}{2}\right)^2}.\sqrt{3}=2a\sqrt{3}\)

Qua B kẻ đường thẳng song song AM cắt AD kéo dài tại E

\(\Rightarrow AM||\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(AM;SB\right)=d\left(AM;\left(SBE\right)\right)=d\left(A;\left(SBE\right)\right)\)

Từ A kẻ \(AH\perp BE\) , từ A kẻ \(AK\perp SH\Rightarrow AK=d\left(A;\left(SBE\right)\right)\)

\(\widehat{DAM}=\widehat{AEB}\) (đồng vị) , mà \(\widehat{BAH}=\widehat{AEB}\) (cùng phụ \(\widehat{ABH}\))

\(\Rightarrow\widehat{DAM}=\widehat{BAH}\)

\(\Rightarrow AH=AB.cos\widehat{BAH}=AB.cos\widehat{DAM}=\dfrac{AB.AD}{AM}=\dfrac{2a.a\sqrt{3}}{2a}=a\sqrt{3}\)

\(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{SA^2}=\dfrac{1}{3a^2}+\dfrac{1}{12a^2}=\dfrac{5}{12a^2}\)

\(\Rightarrow AK=\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}\)

= 1 x _10³⁷

sai bet