Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(d_2:\left\{{}\begin{matrix}x=-1\\y=t\\z=-1+t\end{matrix}\right.\)
Gọi giao điểm của \(\Delta\) và \(d_2\) là A
\(\Rightarrow A\left(-1;a;-1+a\right)\Rightarrow\overrightarrow{MA}=\left(-1;a-1;a-2\right)\)
Do \(\Delta\perp d_1\Rightarrow\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{u_{d1}}=0\)
\(\Leftrightarrow3.\left(-1\right)+4.\left(a-1\right)+1\left(a-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow5a-9=0\Rightarrow a=\frac{9}{5}\Rightarrow\overrightarrow{MA}=\left(-1;\frac{4}{5};\frac{-1}{5}\right)\)
Chọn \(\overrightarrow{u_{\Delta}}=\left(5;-4;1\right)\) là 1 vtcp của \(\Delta\)
\(\Rightarrow cos\alpha=\frac{\left|5.0-4.1+1.1\right|}{\sqrt{0+1+1}.\sqrt{25+16+1}}=\frac{\sqrt{21}}{14}\)
Kết quả xấu vậy ta
Bài 1:
ĐKXĐ:.............
Phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\cap (C)\):
\(2(x-m)-\frac{2x-m}{mx+1}=0\Leftrightarrow m(2x^2-2mx-1)=0\)
Nếu \(m=0\Rightarrow (d)\equiv C\) (vô lý) nên $m\neq 0$ . Do đó \(2x^2-2mx-1=0\). $(1)$
Hai điểm $A,B$ có hoành độ chính là nghiệm của phương trình $(1)$
Áp dụng định lý Viet: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=m\\ x_1x_2=\frac{-1}{2}\end{matrix}\right.\)
\(d(O,AB)=\frac{|-2m|}{\sqrt{5}}\); \(AB=\sqrt{(x_1-x_)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{5(m^2+2)}\)
\(\Rightarrow S_{OAB}=\frac{d(O,AB).AB}{2}=|m|\sqrt{m^2+2}\)
Mặt khác, dễ dàng tính được \(M(m,0),N(0,-2m)\) nên \(S_{OMN}=\frac{OM.ON}{2}=\frac{|m||-2m|}{2}=m^2\)
Ta có \(S_{OAB}=3S_{OMN}\Leftrightarrow |m|\sqrt{m^2+2}=3m^2\)
\(\Rightarrow m=\pm \frac{1}{2}(m\neq 0)\)
Bài 2:
Ta có \(A(1,0,1)\in (d_1);B(3,5,4)\in (d_2); \overrightarrow{u_{d_1}}=(-1,1,1);\overrightarrow{u_{d_2}}=(4,-2,1)\)
Dễ thấy \([\overrightarrow{u_{d_1}},\overrightarrow{u_{d_2}}]\overrightarrow{AB}\neq 0\) nên suy ra $(d_1)$ và $(d_2)$ chéo nhau
Gọi \(\overrightarrow{n_P}\) là vector pháp tuyến của mặt phẳng $(P)$
Khi đó \(\overrightarrow{n_P}=[\overrightarrow{u_{d_1}},\overrightarrow{u_{d_2}}]=(3,5,-2)\)
Vì $(P)$ đi qua $(d_1)$ nên $(P)$ đi qua $A$. Do đó PTMP là:
\(3(x-1)+5y-2(z-1)=0\Leftrightarrow 3x+5y-2z-1=0\)
\(d\perp d_1\Rightarrow d\perp\overrightarrow{u_1}\left(1;-1;3\right)\\d\perp d_2\Rightarrow d\perp\overrightarrow{u_2}\left(-1;1;3\right) \)
Suy ra d // \(\left[\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}\right]=\left(-6;-6;0\right)\) // \(\overrightarrow{n}\left(1;1;0\right)\)
Vậy d nhận \(\overrightarrow{n}\left(1;1;0\right)\) làm véc-tơ chỉ phương
\(d:\left\{\begin{matrix}x=1+t\\y=-2+t\\z=3\end{matrix}\right.\)
Lời giải:
Dễ thấy đường thẳng $d_1$ đi qua điểm \(M(1,-1,0)\Rightarrow \overrightarrow{MA}=(4,-2,5)\)
Khi đó, nếu $(P)$ là mp chứa \(d_1,MA\) thì \(\overrightarrow{n_P}=[\overrightarrow{d_1},\overrightarrow{MA}]=(1,-3,-2)\)
\(\Rightarrow \text{PTMP}: x-3y-2z-4=0\)
Ta thấy \(C\in (d_2),C\in (P)\Rightarrow \) dễ dàng tìm được tọa độ điểm \(C(-1,-1,-1)\)
Lại có \(B=AC\cap d_1\). Và PTĐT \(AC\): \(\frac{x+1}{3}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z+1}{3}\)
\(\Rightarrow B(2,-2,2)\)
Do đó \(BC=\sqrt{19}\)
Câu 28:
\(\overrightarrow{CB}=\left(1;-1;1\right)\)
Do (P) vuông góc BC nên nhận (1;-1;1) là 1 vtpt
Phương trình (P):
\(1\left(x-1\right)-1\left(y-1\right)+1\left(z+5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x-y+z+5=0\)
Câu 29:
Mạt phẳng (Q) nhận \(\left(1;-2;3\right)\) là 1 vtpt nên nhận các vecto có dạng \(\left(k;-2k;3k\right)\) cũng là các vtpt với \(k\ne0\)
Do đó đáp án B đúng (ko tồn tại k thỏa mãn)
Với đáp án A thì \(k=-2\) , đáp án C thì \(k=3\), đáp án D có \(k=1\)
B C A D H K J S
Kẻ \(SH\perp AC\left(H\in AC\right)\)
Do \(\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
\(SA=\sqrt{AC^2-SC^2}=a;SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(S_{ABCD}=\frac{AC.BD}{2}=2a^2\)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.2a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)
Ta có \(AH=\sqrt{SA^2-SH^2}=\frac{a}{2}\Rightarrow CA=4HA\Rightarrow d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)
Do BC//\(\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(B,\left(SAD\right)\right)=d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)
Kẻ \(HK\perp AD\left(K\in AD\right),HJ\perp SK\left(J\in SK\right)\)
Chứng minh được \(\left(SHK\right)\perp\left(SAD\right)\) mà \(HJ\perp SK\Rightarrow HJ\perp\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAD\right)\right)=HJ\)
Tam giác AHK vuông cân tại K\(\Rightarrow HK=AH\sin45^0=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)
\(\Rightarrow HJ=\frac{SH.HK}{\sqrt{SH^2+HK^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\)
Vậy \(d\left(B,\left(SAD\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\)
Câu 1:
\(\overrightarrow{MN}=\left(3;-1;-4\right)\Rightarrow\) pt mặt phẳng trung trực của MN:
\(3\left(x-\frac{7}{2}\right)-\left(y-\frac{1}{2}\right)-4\left(z-2\right)=0\Leftrightarrow3x-y-4z-2=0\)
\(\overrightarrow{PN}=\left(4;3;-1\right)\Rightarrow\) pt mp trung trực PN: \(4x+3y-z-7=0\)
\(\Rightarrow\) Phương trình đường thẳng giao tuyến của 2 mp trên: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+t\\y=1-t\\z=t\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I\left(1+c;1-c;c\right)\) \(\Rightarrow\overrightarrow{NI}=\left(c-4;1-c;c\right)\)
\(d\left(I;\left(Oyz\right)\right)=IN\Rightarrow\left|1+c\right|=\sqrt{\left(c-4\right)^2+\left(1-c\right)^2+c^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(c+1\right)^2=3c^2-10c+17\)
\(\Leftrightarrow2c^2-12c+16=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c=4\\c=2\end{matrix}\right.\)
Mà \(a+b+c< 5\Rightarrow\left(1+c\right)+\left(1-c\right)+c< 5\Rightarrow c< 3\Rightarrow c=2\)
Câu 2:
Phương trình tham số d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=-1+2t\\y=t\\z=2-t\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow C\left(-1+2n;n;2-n\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AC}=\left(2n;n-3;1-n\right)\\\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;-2\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(3n-7;-3n-1;3n-3\right)\)
\(\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]\right|=2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(3n-7\right)^2+\left(-3n-1\right)^2+\left(3n-3\right)^2}=4\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow27n^2-54n+27=0\Rightarrow n=1\)
\(\Rightarrow C\left(1;1;1\right)\Rightarrow m+n+p=3\)
Câu 2)
Giả sử tồn tại MP cố định đó. Gọi PTMP mà \((d_k)\) luôn đi qua là
\((P):a(x-3)+b(y+1)+c(z+1)=0\) $(1)$
Ta chỉ cần xác định được \(a,b,c\) nghĩa là đã chứng minh được sự tồn tại của mặt phẳng cố định đó.
Vì \(d_k\in (P)\forall k\Rightarrow \overrightarrow{u_{d_k}}\perp \overrightarrow {n_P}\)
\(\Rightarrow a(k+1)+b(2k+3)+c(1-k)=0\) với mọi $k$
\(\Leftrightarrow k(a+2b-c)+(a+3b+c)=0\) với mọi $k$
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+2b-c=0\\ a+3b+c=0\end{matrix}\right.\)
Từ đây ta suy ra \(a=\frac{-5b}{2}\) và \(c=\frac{-b}{2}\)
Thay vào \((1)\) và triệt tiêu \(b\) (\(b\neq 0\) bởi vì nếu không thì \(a=c=0\) mặt phẳng không xác định được)
\(\Rightarrow (P): -5x+2y-z+16=0\)
\((d_k)\parallel (6x-y-3z-13=0(1),x-y+2z-3=0(2))\)
\(\Leftrightarrow \overrightarrow {u_{d_k}}\perp \overrightarrow {n_1},\overrightarrow{n_2}\)\(\Rightarrow \overrightarrow{u_{d_k}}\parallel[\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}]\)
Mà \(\overrightarrow{n_1}=(6,-1,-3);\overrightarrow{n_2}=(1,-1,2)\)
\(\Rightarrow \overrightarrow{u_{d_k}}\parallel(-5,-15,-5)\) hay \(\frac{k+1}{-5}=\frac{2k+3}{-15}=\frac{1-k}{-5}\Rightarrow k=0\)
Câu 1 mình đặt ẩn nhưng dài quá nhác viết, với lại mình thấy nó không hay và hiệu quả. Mình nghĩ với cách cho giá trị AB,CD cụ thể thế kia thì chắc chắn có cách nhanh gọn hơn. Nếu bạn có lời giải rồi thì post lên cho mình xem ké với.
@@Nguyễn Việt Lâm
@Nguyen